工程师和科学家的高等数学/平行板流：真实IC

平行板流：真实IC

稳态

上一个问题中选择的初始速度剖面与直觉相符，但实际上是凭空想出来的。一个更现实的推导如下。

问题指出（为了得到一个IC），流体在一段时间内处于压差之下，因此流动变得稳定，即稳定流动。"稳定"是说"不随时间变化"的另一种说法，"不随时间变化"是说

${\frac {\partial u}{\partial t}}=0\,$

将此代入上一节的PDE

${\frac {\partial u}{\partial t}}=\nu {\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}-{\frac {P_{x}}{\rho }}\,$

${\Big \Downarrow }$

$0=\nu {\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}-{\frac {P_{x}}{\rho }}\quad \Rightarrow \quad {\frac {P_{x}}{\nu \rho }}={\frac {d^{2}u}{dy^{2}}}\,$

独立于$t$，PDE变成了一个变量分离的ODE，因此我们可以积分。

${\frac {d^{2}u}{dy^{2}}}={\frac {P_{x}}{\nu \rho }}\quad \Rightarrow \quad u={\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}y^{2}+C_{1}y+C_{0}\,$

无滑移条件导致以下边界条件：$u=0$ at $y=0$ 和 $y=1$。我们可以将边界条件值代入积分后的ODE并求解Cs。

$0={\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}\cdot 0^{2}+C_{1}\cdot 0+C_{0}\quad \Rightarrow \quad C_{0}=0\qquad {\mbox{(Bottom plate BC: u = 0, y = 0)}}\,$

$0={\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}\cdot 1^{2}+C_{1}\cdot 1\quad \Rightarrow \quad C_{1}=-{\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}\qquad {\mbox{(Top plate BC: u = 0, y = 1)}}\,}$

将 C 代入并简化，得到

$u={\frac {P_{x}}{2\nu \rho }}(y^{2}-y)\,$

为了举例，假设 $P_{x}/(2\nu \rho )=-4$（注意，负压梯度会导致从左到右的流动）。 还要注意，这是一个恒定的梯度或斜率。 这将得到一个抛物线，它从 $0$ 开始，增加到 $1$ 的最大值，在 $y=1/2$ 处，然后返回到 $0$，在 $y=1$ 处。

这个抛物线看起来与之前使用的正弦曲线非常相似（你必须放大才能看到差异）。 但是，更重要的是，在感兴趣的狭窄域内，这两个函数是截然不同的（例如，看看它们的泰勒展开）。 使用抛物线代替正弦函数会导致更复杂的解。

因此，这得出了稳态流动，我们将把它用作改进的、真实的初始条件。 回想一下，问题是关于一种最初处于运动状态的流体，由于没有驱动力而逐渐停止。 现在，初边值问题 (IBVP) 发生了微妙的变化

${\frac {\partial u}{\partial t}}=\nu {\frac {\partial ^{2}u}{\partial y^{2}}}\qquad {\mbox{(PDE)}}\,$

$u(y,0)=4y-4y^{2}\qquad {\mbox{(IC)}}\,$

$u(0,t)=0\,$

$u(1,t)=0\qquad {\mbox{(BCs)}}\,$

分离变量

由于与上一节中的问题相比，唯一的区别是初始条件，因此变量可以分离，边界条件可以应用，没有任何区别，得到

$u(y,t)=e^{-(n\pi )^{2}\nu t}B\sin(n\pi y)\,$

但是现在我们卡住了（在应用边界条件后）！应用初始条件会使 $e^{-(n\pi )^{2}\nu t}$ 项随着 t = 0 消失，这就是初始条件。然而，然后初始条件函数就无法与之匹配。

$u(y,0)=4y-4y^{2}\,$

$B\sin(n\pi y)=4y-4y^{2}\,$

哪里出了问题？是假设 $u(y,t)=Y(y)T(t)$。无法满足初始条件意味着假设是错误的。现在应该很明显为什么在上一节中选择初始条件为 $\sin(\pi y)$。

然而，由于问题的线性性，我们可以继续。需要另一个绕行，它很长。

线性（特别是叠加原理）表示，如果 $u_{1}$ 是 BVP（不是整个 IBVP，仅是 BVP，边界值问题，应用边界条件）的解，另一个 $u_{2}$ 也是，那么一个线性组合， $C_{1}u_{1}+C_{2}u_{2}$，也是解。

让我们退一步，假设初始条件为

$u(y,0)=\sin(\pi y)+1/5\sin(3\pi y).$

这不再是一个现实的流动问题，但它包含了所谓的傅里叶正弦展开的前两项，请参阅这些傅里叶正弦展开示例。我们将在下面对此进行推广。现在让我们使用这个表达式，并将其与 t = 0 时消去 $e^{-(n\pi )^{2}\nu t}$ 的半路解（应用边界条件）进行比较。

$B\sin(n\pi y)=\sin(\pi y)+{\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)\,$

它仍然无法匹配。但是，请注意，初始条件中的各个项可以匹配。我们只需将常数设置为使两边匹配的值。

$B_{1}\sin(n_{1}\pi y)=\sin(\pi y)\Rightarrow n_{1}=1\ {\mbox{and}}\ B_{1}=1\,$

$B_{3}\sin(n_{3}\pi y)={\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)\Rightarrow n_{3}=3\ {\mbox{and}}\ B_{3}={\frac {1}{5}}\,$

注意下标用于识别每个项：它们反映了从分离常数得到的整数 $n$。 可以为用 $n$ 识别的每个 IC 项获得解。

$u_{1}(y,t)=e^{-(1\pi )^{2}\nu t}1\sin(1\pi y)=e^{-\pi ^{2}\nu t}\sin(\pi y)$        $n=1\ {\mbox{and}}\ B=1\,$

$u_{3}(y,t)=e^{-(3\pi )^{2}\nu t}{\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)=e^{-9\pi ^{2}\nu t}{\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)\,}$        $n=3\ {\mbox{and}}\ B={\frac {1}{5}}\,$

线性指出，这两个解的和也是 BVP 的解（不需要新常数）

$u_{1+3}(y,t)=e^{-\pi ^{2}\nu t}\sin(\pi y)+{\frac {1}{5}}e^{-9\pi ^{2}\nu t}\sin(3\pi y)\,}$

因此，我们将解加起来得到了一个新解……这对什么有用？尝试设置 $t=0$

$u_{1+3}(y,0)=e^{-\pi ^{2}\nu \cdot 0}\sin(\pi y)+{\frac {1}{5}}e^{-9\pi ^{2}\nu \cdot 0}\sin(3\pi y)=\sin(\pi y)+{\frac {1}{5}}\sin(3\pi y)\,$

每个分量解都满足 BVP， **而这些解的和恰好满足我们的替代 IC**。 现在，具有 IC $u(y,0)=\sin(\pi y)+1/5\sin(3\pi y)$ 的 IBVP 现在已解决。 对于 **任何** 具有半频率为 $n\pi$ 的正弦函数的线性组合，它都将以相同的方式起作用。 “线性组合”是指项的和，每个项都乘以一个常数。 假设该和收敛且逐项可微分。

让我们以更通用的方式做我们刚才做过的事情。首先，我们将我们的初始条件 (IC) 表示为正弦函数的线性组合（其中 $e^{-(n\pi )^{2}\nu t}$ 在 t = 0 时被消去），实际上，有无限多个正弦函数。但每一项都必须“收敛”，它不能在整个空间中任意地发散。

$u(y,0)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)\qquad {\mbox{(IC: an arbitrary linear combination of sines)}}\,$

其次，在假设 t = 0（即初始条件）的情况下，找到每一项的 n 和 B，然后将它们代回每一项中，不作任何关于 t 的假设，保持 t 不变。

$u_{n}(y,t)=e^{-(n\pi )^{2}\nu t}B_{n}\sin(n\pi y)\qquad {\mbox{(solution of}}\ n^{th}\ {\mbox{term)}}\,$

第三，将所有项与其各自的 n 和 B 相加。

$u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }u_{n}(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}B_{n}\sin(n\pi y)\qquad {\mbox{(sum of solutions)}}\,$

第四，将 t = 0 代入各项之和，并从第一步中恢复初始条件。

$u(y,0)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu \cdot 0}B_{n}\sin(n\pi y)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)\qquad {\mbox{(IC recovered)}}\,$

因此，我们在这个例子中走了一圈，但找到了 n 和 B，因为我们能够将每一项与初始条件等效/满足。现在，如果初始条件是正弦函数的线性组合，我们就可以解决这个问题。但这个问题的初始条件不是这样的和，它只是一个愚蠢的抛物线。或者说不是吗？

级数构造

在 19 世纪，一位名叫约瑟夫·傅里叶的科学家在帮助拿破仑征服世界的间隙，在研究同一个边值问题（关于热流）时提出了一個重要的问题：一个函数是否可以表示为正弦波的和，类似于泰勒级数？简短的回答是：可以，如果满足一些合理的条件，就像我们已经提到的那样。详细的答案如下，本节将给出更详细的解释。

满足某些条件的函数可以扩展为正弦函数、余弦函数或两者的和。在本例中，要完成这个扩展，只需要找到系数 $B_{n}$。一个使用积分的小技巧可以实现这一点。

正弦函数有一个非常重要的性质，叫做正交性。正交性有很多种，我们将在下一章中介绍。与本问题相关的是以下内容：

$\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\sin(n\pi y)\,dy={\begin{cases}1,&m=n\\0,&m\neq n\end{cases}}$

一个小提示可能会有所帮助。正交性字面意思是两条直线相互垂直。这两条直线可以是向量，每个向量都有自己的坐标元组。如果这两个向量相互垂直，那么它们的坐标元组的乘积和总是等于零（在欧几里得空间中）。乘积和求和的方法也用于确定两个函数是否正交。根据这个定义，我们上面乘积和积分的函数大多数情况下是正交的，但并非总是如此。

让我们将初始条件称为 $\phi (y)$ 来对其进行概括。我们将初始条件与其展开式（即正弦函数的线性组合）相等，然后运用一些技巧。请记住，我们的目标是从线性组合的正弦函数中重构一个抛物线函数

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)=\phi (y)\,$

$2\sin(m\pi y)\cdot \sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)=2\sin(m\pi y)\cdot \phi (y)\,$

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\cdot 2\sin(m\pi y)\sin(n\pi y)=2\sin(m\pi y)\phi (y)\,$

$\int _{0}^{1}\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\cdot 2\sin(m\pi y)\sin(n\pi y)dy=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy\,$

$\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\sin(n\pi y)dy=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy\,$

$B_{m}=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy\,$

在最后一步中，除了当 $m=n$ 时，求和中的所有项都变成了 $0$，因为这是正交正弦函数唯一得到 $1$ 的情况。这隔离并明确定义了 $B_{m}$，它与 $B_{n}$ 相同，因为 m = n。则 $\phi (y)$ 的展开式为

$\phi (y)=\sum _{m=1}^{\infty }(\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy)\cdot \sin(m\pi y)\,$

或者等效地

$\phi (y)=\sum _{m=1}^{\infty }B_{m}\sin(m\pi y)\qquad ;\ B_{m}=\int _{0}^{1}2\sin(m\pi y)\phi (y)\ dy\,$

许多重要的细节将在后面专门的一章中进行阐述；一个值得注意的细节是，这种展开仅在区间 $0\leq y\leq 1$ 上对抛物线进行了（非常肤浅的）逼近，而不是从 $-\infty$ 到 $+\infty$。

这个展开最终可以与之前推导的 BVP 的正弦解之和相结合。请注意，最后一个方程与 $u(y,0)$ 非常相似。由此得出

$u(y,0)=\sum _{n=1}^{\infty }B_{n}\sin(n\pi y)\,$

$u(y,0)=\sum _{n=1}^{\infty }\int _{0}^{1}2\sin(n\pi y)\phi (y)\ dy\cdot \sin(n\pi y)\qquad \,$

因此，该展开将满足作为 $\phi (y)$ 给出的 IC（惊讶了吗？）。具有任意 IC 的问题的完整解是

$u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}B_{n}\sin(n\pi y)\,$

$u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}\int _{0}^{1}2\sin(n\pi y)\phi (y)\ dy\cdot \sin(n\pi y)\,$

在这个问题中，具体来说，IC 是 $\phi (y)=4y-4y^{2}$，因此

$B_{n}=\int _{0}^{1}2\sin(n\pi y)(4y-4y^{2})dy={\frac {8}{n^{3}\pi ^{3}}}(2-2\cos(n\pi )-n\pi \sin(n\pi ))\,$

正弦和余弦函数只取决于 $n\pi$ 的积分。由于 $n$ 是一个整数，这些函数可以变得更美观。

$\sin(n\pi )=0\qquad ;\ n{\mbox{ is an integer.}}\,$

$\cos(n\pi )=(-1)^{n}\qquad ;\ n{\mbox{ is an integer.}}\,$

$\qquad {\Big \Downarrow }$

$B_{n}={\frac {16-16(-1)^{n}}{n^{3}\pi ^{3}}}\,$

需要注意的是，对于偶数 $n$， $B_{n}=0$。把所有东西放在一起，最终完成了 IBVP 的求解。

$u(y,t)=\sum _{n=1}^{\infty }e^{-(n\pi )^{2}\nu t}{\frac {16-16(-1)^{n}}{n^{3}\pi ^{3}}}\sin(n\pi y)\,$

可以观察到很多有趣的事情。首先，$u(y,t)$ 并不是 $y$ 函数和 $t$ 函数的乘积。一开始就假设了这样的解，后来证明是错误的，但最终还是得出了解，这要归功于线性性和所谓的 **傅里叶正弦展开**。

仔细观察一下这个过程，会发现一些可能令人不安的事情：这种冗长的解法 **严格来说只对给定的边界条件有效**。由于 $\phi (y)$ 的定义，该解在初始条件方面是通用的（初始条件甚至不需要与边界条件匹配），然而，边界条件的微小变化将需要从头开始重新计算。

抛物线形的初始条件，它与上一节中使用的正弦函数非常相似，完全是造成无限求和的原因（或者，当你理解傅里叶级数的美妙之处后，就会感谢它！）。有趣的是，可以近似地计算序列 $B_{n}$ 的前几个数值。

${\begin{aligned}B_{1}&\approx 1.03205\\B_{3}&\approx 0.03822\\B_{5}&\approx 0.00826\\B_{7}&\approx 0.00301\,\end{aligned}}$

回想一下，偶数项都是$0$. 第一项远超其他项，这是有道理的，因为第一项看起来已经非常非常类似于抛物线。回想一下$n^{2}$ 出现在指数中，使得时间不太接近$0$ 时，高阶项变得更小。