一维热传导方程(第三类边界:罗宾条件)

QkCalc中的第三类边界热传导方程计算

$$ \LARGE \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial t} = \alpha \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \\ \small 左端: \LARGE \begin{cases} \small \Box 第一类边界: \LARGE u(0,t) = 0 \\ \small \Box 第三类边界: \LARGE \frac{\partial u}{\partial x}(0,t) = \frac{h}{k}(u(0,t) - T_1) \end{cases} \\ \small 右端: \LARGE \begin{cases} \small \Box 第一类边界: \LARGE u(L,t) = 0 \\ \small \Box 第三类边界: \LARGE \frac{\partial u}{\partial x}(L,t) = -\frac{h}{k}(u(L,t) - T_2) \end{cases} \\ \small 初始温度：\LARGE u(x,0)=0 \end{cases}$$

在趣宽数学软件中，左端和右端的边界条件可在第一类和第三类之间选择，只要单击前面的方框就可以勾选其中的边界条件，例如左端是第一类，右端是第三类，那么只需要单击左端的第一类前面的方框和右端第三类前面的方框，选中后将出现一个勾。 输入模板中的$T_1,T_2$表示环境温度。$h,k$分别表示对流换热系数和导热系数。系统默认的是$\frac{1}{2}$，值得注意的是右端第三类边界条件默认是负数，所以在插入模板时$-\frac{h}{k}$带有负号。有关边界条件的说明详见下文。

一、第三类边界条件

1. 物理直觉：一个“不完美”的边界

第一类边界条件（狄利克雷）是“霸道”的：它强制边界温度等于某个值，比如$u(0,t)=100^{\circ}C$。这相当于把一个理想的无限大的恒温热源贴在杆端，无论杆内部怎么变化，边界温度纹丝不动。

第二类边界条件（诺伊曼）是“佛系”的：它强制边界上的热流（温度梯度）等于某个值，比如$u_x(0,t)=20$。这相当于用一个精确的加热器，无论边界温度是多少，都提供恒定的热流。

第三类边界条件（罗宾）介于两者之间，它描述了一个更真实、更常见的场景：杆端与周围流体（如空气、水）接触，热量交换的速率取决于杆端温度与流体温度的差异。

物理图像：物理图像：你把一根热铁棍的一端伸进室温的水里。水会带走铁棍的热量。铁棍端部温度越高，水温越低，热量流失得就越快。如果铁棍端部温度变得和水温一样了，热量交换就停止了。

一句话总结：第三类边界条件描述的是“对流换热”——热量交换的驱动力是表面温度与环境温度的差。

2. 边界的数学表达

第三类边界条件的标准形式通常写作：

$$-k\frac{\partial u}{\partial n}=h(u-T_{\infty})$$

左边：$-k\frac{\partial u}{\partial n}$

• $k$：物体的导热系数。 $k$ 越大，材料导热能力越强。
• $\frac{\partial u}{\partial n}$:温度沿外法线方向（从物体表面指向外部）的方向导数。这是傅里叶定律的体现。如果物体内部温度高，外部温度低（$\frac{\partial u}{\partial n} ​>0$），热量应该从物体内部流向外部，即热流是正的。

右边：$h(u-T_{\infty})$

这部分是牛顿冷却定律，它描述了边界处对流换热的强度。

• $h$:对流换热系数(单位：$W/(m^2\cdot K)$，它综合反映了流体流动状态、流体性质等因素对换热的影响。$h$ 越大，表示流体带走（或带来）热量的能力越强。
• $u$:物体表面的温度（在 $x=0$ 处，就是 $u(0,t)$）。
• $T_{\infty}$: 远离边界的流体温度（环境温度）。
• $(u-T_{\infty})$: 温度差，是换热的驱动力。温差越大，换热越剧烈。

等号代表能量守恒。它告诉我们：在边界上，通过固体内部热传导传到边界的热流密度，必须等于边界与流体之间通过对流换热带走的热流密度。

热量不能凭空产生或消失。从内部传过来的热量，必须全部交给流体带走。

3. 结合左右两端，理解完整图像

• 杆的左端 ( $x=0$)：

确定外法线方向：在 $x=0$处，外法线指向 $x$ 轴的负方向。所以$\frac{\partial u}{\partial n} = -\frac{\partial u}{\partial x}$，代入标准形式：

$$ - k \frac{\partial u}{\partial n} = -k( - \frac{\partial u}{\partial x}) = k\frac{\partial u}{\partial x} = h(u(0,t) - T_{\infty})$$

整理后，得到左端边界条件的常用形式：

$$\frac{\partial u}{\partial x}(0,t) = \frac{h}{k}(u(0,t) - T_{\infty})$$

这个公式非常直观：

• 如果杆端温度 $u(0,t)$ 高于环境 $T_{\infty}$，左边为正，那么 $u_x(0,t)>0 $。这意味着左端附近的温度从左向右升高，热量从高温的杆流向低温的环境，杆在冷却。
• 如果杆端温度低于环境，右边为负，那么$u_x(0,t)<0$。这意味着左端附近的温度从左向右降低，热量从环境流入杆内，杆在加热。
• 杆的右端 ( $x=L$)：

外法线方向指向 $x$ 轴正方向。所以：$\frac{\partial u}{\partial n} = \frac{\partial u}{\partial x}$，代入标准形式：

$$ - k \frac{\partial u}{\partial x} = h(u(L,t) - T_{\infty})$$，整理后，得到右端边界条件：

$$ -\frac{\partial u}{\partial x}(L,t) = \frac{h}{k}(u(L,t) - T_{\infty}) $$

$$ \frac{\partial u}{\partial x}(L,t) = -\frac{h}{k}(u(L,t) - T_{\infty}) $$

这个右端的公式表明：

• 如果杆端温度 $u(L,t)$ 高于环境 $T_{\infty}$，右边为正，那么 $u_x(L,t)<0 $。即热流向右。这表示热量从杆内流出到右端环境。
• 如果杆端温度 $u(L,t)$ 低于环境 $T_{\infty}$，右边为负，那么 $u_x(L,t)>0 $。即热流向左。由于右边界的外法向指向右，负的热流意味着热量从外界流入杆内。

二、第三类边界条件计算举例

一、问题设定

考虑一根长度为 $L=4$ 的杆，位于区间 $[1,5]$ 上。

• 左端$(x=1)$：与温度为 $T_1 = 0^{\circ}C$ 的流体换热，换热系数 $h_1 = 1$，导热系数$k=1$
• 右端$(x=5)$:与温度为$T_2=100^{\circ}C$的流体换热，换热系数$h_2=4$,导热系数等于$k=2$，注意右端的整体需要取负数,所以可表示为$-\frac{4}{2}$
• 初始条件：在 $t=3$ 时，整个杆的温度为 $10^{\circ}C$（均匀）
• 散热率:$\alpha = 1$

二、建立定解问题

$$ \large \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial t} = \alpha \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, & 1 < x < 5, t > 3 \\ u_x(1,t)=u(1,t), & t \geq 3 \\ u(5,t) = -\frac{4}{2}(u(5,t)-100), & t \geq 3 \\ u(x,3)=10, & 1 < x < 5 \end{cases}$$

计算过程

步骤 1：时间平移

令$\tau=t−3, v(x,\tau)=u(x,\tau+3)=u(x,t)$。则$τ>0$，初始条件变为$v(x,0)=10$。方程和边界条件不变:

$$ \large \begin{cases} v_\tau = v_{xx}, & 1 < x < 5, \tau > 0 \\ v_x(1,\tau)=v(1,\tau), & \tau \geq 0 \\ v_x(5,\tau) = -2v(5,\tau)+200, & \tau \geq 0 \\ v(x,0)=10, & 1 < x < 5 \end{cases}$$

步骤 2：空间平移

令$ξ=x-1$，则$ξ∈[0,4]$,$x=ξ+1$。

定义$w(ξ,τ)=v(ξ+1,τ)=v(x,τ)$。方程：$wτ​=w_{ξξ}​$（因为平移不改变导数）

边界条件：

左端$ξ=0$（即$x=1$）：

$$ v_x(1,τ)=v(1,τ)⇒w_ξ​(0,τ)=w(0,τ) $$

右端$ξ=4$（即$x=5$）：

$$ v_x(5,τ)=-2v(5,τ)+200⇒w_ξ​(4,τ)=-2w(4,τ)+200 $$

初始条件：

$$ w(ξ,0)=v(x,0)=10 $$

步骤 3：现在问题在标准区间 $[0,4]$ 上

$$ \large \begin{cases} w_\tau = w_{\xi\xi}, & 0 < \xi < 4, \tau > 0 \\ w_\xi(0,\tau)=w(0,\tau), & \tau \geq 0 \\ w_\xi(4,\tau) = -2w(4,\tau)+200, & \tau \geq 0 \\ w(\xi,0)=10, & 0 < \xi < 4 \end{cases}$$

步骤 4：求稳态解 $w_s ( ξ )$

设$w_s(ξ)=Aξ+B$。

边界条件：

1.$w_s'​(0)=A=w_s​(0)=B⇒A=B$

2.$w_s'​(4)=A=-2w_s​(4)+200=−2(4A+B)+200=−8A−2B+200$

由 $A=B$ 代入 (2)：

$$ A=−8A−2A+200=−10A+200 $$

$$ 11A=200⇒A= \frac{200}{11}​≈18.1818 $$

$$ B=A≈18.1818 $$

稳态解：

$$ w_s​(ξ)= \frac{200}{11}(ξ+1)≈18.18ξ+18.18 $$

代回$x=ξ+1$：

$$ u_s(x)= \frac{200}{11}x$$

步骤 5：齐次化

令$w(ξ,τ)=z(ξ,τ)+w_s(ξ)$。

方程：$z_τ=z_{ξξ}$​

边界条件：

左端：

$$ wξ​(0,τ)=zξ​(0,τ)+w_s'(0)=z_ξ​(0,τ)+A $$

原条件：$w_ξ​(0,τ)=w(0,τ)=z(0,τ)+w_s​(0)=z(0,τ)+B$

由于$A=B$，得：

$$ z_ξ​(0,τ)+A=z(0,τ)+A⇒z_ξ​(0,τ)=z(0,τ) $$

右端：

$$ w_ξ​(4,τ)=z_ξ​(4,τ)+ws'​(4)=zξ​(4,τ)+A $$

原条件：$w_ξ​(4,τ)=−2w(4,τ)+200=−2(z(4,τ)+w_s​(4))+200$

$$=−2z(4,τ)−2w_s​(4)+200$$

所以$−2w_s​(4)+200=−10A+200=A$。因此右端条件变为：

$$ z_ξ​(4,τ)+A=−2z(4,τ)+A⇒z_ξ​(4,τ)=−2z(4,τ) $$

初始条件：

$$ z(ξ,0)=w(ξ,0)−w_s​(ξ)=10− \frac{200}{11} ​(ξ+1) $$

步骤 6：解 $z$ 的齐次问题

$$ \large \begin{cases} z_\tau = z_{\xi\xi}, & 0 < \xi < 4, \tau > 0 \\ z_\xi(0,\tau)=z(0,\tau), & \tau \geq 0 \\ z_\xi(4,\tau) = -2z(4,\tau), & \tau \geq 0 \\ z(\xi,0)=10 - \frac{200}{11}(\xi+1), & 0 < \xi < 4 \end{cases}$$

步骤 7：分离变量$z$

设$z(ξ,τ)=X(x)T(t)$，得：$X''+λX=0,T'+αλT=0$

令$λ=β^2$，通解$X(ξ)=A\cos⁡(βξ)+B\sin⁡(βξ)$

边界条件：

$1.X'(0)=X(0)$

$$ Bβ=A $$

$2.X'(4)=−2X(4)$

$$ −\sin(4β)Aβ+\cos(4β)Bβ=−2\sin(4β)B−2\cos(4β)A $$

代入$A=Bβ$：

$$ 2\sin(4β)B+3\cos(4β)Bβ−\sin(4β)Bβ^2=0 $$

$$ B(2\sin(4β)−\sin(4β)β2+3\cos(4β)β)=0 $$

由于$B≠0$,得特征方程：

$$ 2\sin(4β)−\sin(4β)β2+3\cos(4β)β=0 $$

两端同时除以$\cos⁡(4β)$得到：

$$\tan(4\beta) = \frac{3\beta}{\beta^2-2}$$

步骤 8：特征函数

取$B=1$,由$A=Bβ$

$$ X_n(\xi) = \sin(\xi \beta_n) + \beta_n \cos(\xi \beta_n) $$

通解

$$ z(\xi,\tau) = \sum_{n=1}^{\infty}C_n X_n(\xi)e^{-\alpha\beta_n^2 \tau} $$

$$ w(\xi,\tau) = w_s(\xi) + \sum_{n=1}^{\infty}C_n X_n(\xi)e^{-\alpha \beta_n^2 \tau} $$

$$C_n = \frac{\int_{0}^4 [X_n(\xi)z(\xi,0)]d\xi }{\int_0^4 [X_n(\xi)]^2d\xi}$$

还原到原变量

$\tau = t-3, \xi = x-1$

$$ u(x,t) = \frac{200}{11}x + \sum_{n=1}^{\infty} C_n [ \sin(\beta_n(x-1) + \beta_n\cos((x-1)\beta_n)]e^{-\alpha \beta_n^2(t-3)}$$

三、如何求解特征方程的根?

1.方程分析

$$\tan\beta = -\beta$$

• $\beta=0$ 是一个解，但对应特征函数 $X(x) =0$（平凡解），通常舍去。
• 正根 $\beta_n>0$ 才是我们需要的。
• 由于 $\tan\beta$ 是奇函数， $-\beta$ 也是奇函数，所以根关于原点对称： $\beta_{-n}=-\beta_n$

因此只需求 正根。

2.根的分布

画出 $y = \tan\beta$ 和 $y = -\beta$ 的图像：

• $\tan\beta$ 在 $\beta = n\pi + \frac{\pi}{2}, n=0,1,2,3,\dots$处有间断点(垂直渐近线)。$\tan\beta=0$的位置在$(n+1)\pi，n=0,1,2,3,\dots$的位置
• $−\beta$ 是一条过原点的下降直线

所以根的区间在 $[n\pi + \frac{\pi}{2} , (n+1)\pi]$内恰好有一个根（ $n = 0,1 , 2 , 3 ,\dots$）。

3.数值求解方法(牛顿法)

牛顿迭代法的核心思想是：用切线的根来近似曲线的根。切线方程:

$$ y=f(\beta_k) + f'(\beta_k)(\beta - \beta_k)=0 \quad \implies \beta = \beta_k - \frac{f(\beta_k)}{f'(\beta_k)}$$

将这个值作为下一次的近似$\beta_{k+1}$，所以，对于方程$f(\beta)=\tan\beta+\beta=0$，迭代公式：

$$\beta_{k+1}=\beta_k - \frac{f(\beta_k)}{f'(\beta_k)}$$

其中$f'(\beta)=\sec^2\beta + 1 = \frac{1}{\cos^2\beta} + 1$

牛顿法步骤（以第一个根为例）：

• 1.取初值$\beta_0 = 2.0$（在区间 ( 1.57 , 4.71 )内）
• 2.计算$f(2.0)=\tan⁡(2.0)+2.0=−2.1850+2.0=−0.1850$
• 3.计算$f'(2.0)=1/\cos^2(2.0)+1=6.7744$
• 4.更新:$\beta_1=2.0-(-0.1850)/6.7744=2.0273$
• 5.重复:$\beta_2 \approx 2.028754$

牛顿法的特点是： 需要导数，初值要接近真根，如果初值不接近真根，误差较大!

4.使用二分法求解

二分法求解的思想是，先求得$[n\pi + \frac{\pi}{2} , (n+1)\pi]$的中点位置的结果。如果函数值大于零，说明需要往左端移动，如果函数值小于零，说明需要往右端移动，每一次移动都是移动到该端的中间位置，依此条件不断迭代，直到误差符合要求为止。

下表是使用二分法迭代20次求得的前10个根的数值结果

$n$	$\beta_n$
1	2.02875775
2	4.91318092
3	7.97866626
4	11.08553911
5	14.20743719
6	17.33637750
7	20.46916774
8	23.60428442
9	26.74091560
10	29.87858642

如何求解：

$$\tan(0.2\beta) = -4\beta$$

令$\gamma = 0.2\beta$,则 $\beta = 5\gamma$

$$\tan \gamma = -4 \cdot 5\gamma \quad \implies \tan\gamma = -20\gamma$$

先求解$\tan\gamma = -20\gamma$,再乘以5得到$\beta$

四、物理图像

下面的热传导方程（第三类边界）:

$$ \LARGE \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial t} = \alpha \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \\ \small 左端：\LARGE u_x(1,t) = u(1,t) \\ \small 右端: \LARGE u_x(5,t) = -2(u(5,t) - 100) \\ \small 初值温度：\LARGE u(x,3) = 10 \\ \end{cases} $$

最终解：

$$u(x,t) = \frac{200}{11}x + \sum_{n=1}^{\infty}C_n[\beta_n \cos(\beta_n(x-1)) + \sin(\beta_n(x-1))]e^{-\beta_n^2(t-3)}$$

$$C_n = \frac{\int_0^4 [10-\frac{200}{11}(\xi + 1)]X_n(\xi)d\xi}{\int_0^4 [X_n(\xi)]^2d\xi}$$

$$X_n(\xi) = \beta_n\cos(\beta_n\xi) + \sin(\beta_n \xi)$$

特征方程：

$$\tan(4\beta) = \frac{3\beta}{\beta^2-2}$$

物理解读：

左端$x=1：u_x(1,t)=u(1,t)$

这是第三类边界条件（对流换热）的特例，其中换热系数$h=1$，环境温度$T_{\infty}=0$。根据傅里叶定律，热流密度$q=−ku_x$​，这里$k=1$。

• 如果 $u(1,t) > 0 $，则 $u_x(1,t)>0$，表示温度从 $x=1$ 向右升高。那么$q(1,t)=−u_x(1,t)<0$，即热流向左（从杆内流向外界）。

物理意义：物理意义：杆在左端散热给环境（环境温度 0℃）。

• 如果$u(1,t)<0$，则$u_x(1,t)<0$，热流向右，表示环境加热杆。但本例中初始温度 $10℃ > 0$，且稳态解左端约 $18℃$，所以始终 $u(1,t) > 0$，左端始终散热。

一句话：左端是一个冷却边界，环境温度 0℃，杆把热量传给环境。

右端$x=5：u_x(5,t)=−2(u(5,t)-100)$

这是第三类边界条件，其中换热系数$h=2$，环境温度$T_{\infty}=100$。

• 如果$u(5,t)<100$，则右边括号为正，$u_x(5,t)<0$。即热流向右（从杆内流出到环境）。但本例中$u_x(5,t)>0$，所以它是一个加热边界。

稳态解：长时间后的最终状态

$$ u_s(x) = \frac{200}{11}x \approx 18.18x $$

左端$x=1：u_s(1) \approx 18.18^{\circ}C$

右端$x=5：u_s(5) \approx 90.91^{\circ}C$

杆的右端被 100℃ 的环境加热，左端被 0℃ 的环境冷却。初始时整根杆是 10℃。随着时间的推移，杆的温度逐渐上升，并最终建立起一个从右端约 91℃ 到左端约 18℃ 的线性温度分布。热量从右端环境流入杆，穿过杆，从左端环境流出。