Para una placa cuadrada calentada a TTT en un solo borde, ¿cómo puedo mostrar que la temperatura en el centro es T/4T/4T/4?

Solo mirando la física, si el problema inicial tiene una solución y giras la placa de$\pi/2$se obtiene otra solución con condiciones de contorno rotadas de$\pi/2$. Realice el mismo procedimiento otras dos veces y terminará con cuatro soluciones con las correspondientes cuatro condiciones de contorno diferentes rotadas de$0$,$\pi/2$,$\pi$,$3/2 \:\pi$respectivamente.

Cada una de estas soluciones, en vista de la simetría axial, alcanza el mismo valor, digamos$u$, en el centro del plato. Este$u$es la incógnita del problema.

Como el sistema es lineal, si sumas todas estas soluciones obtienes una solución con condiciones de contorno dadas por la suma de las cuatro condiciones de contorno.

Es fácil ver que las condiciones de contorno totales no son más que$U_0$en cada borde del plato. Una solución de este problema es trivialmente la constante$u(x,y)=U_0$y esta es la única solución debido al teorema de unicidad. En particular, en el centro el valor vuelve a ser$U_0$. debe coincidir con$4u$.

De este modo$u = U_0/4$.

Por mucho que me guste el enfoque de Valter, estoy un poco incrédulo con respecto a la$u_0/4$valor. Así que decidí tratar de determinar el valor, 'de la manera difícil'.

$$u_{xx}+u_{yy}=0$$ $$u(0,y)=0,u(L,y)=0$$ $$u(x,0)=0,u(x,L)=u_0$$ Esto produce: $$u(x,y)=\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}A_n\sinh\Big(\frac{n\pi y}{L}\Big)\sin\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)$$ Y con la cuarta condición de contorno: $$u(x,L)=u_0=\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}A_n\sinh(n\pi)\sin\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)$$ $$A_n\sinh(n\pi)=\frac{2}{L}\int_0^Lu_0\sin\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)dx$$ $$A_n=\frac{2u_0}{L\sinh(n\pi)}\int_0^L\sin\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)dx$$ $$A_n=\frac{2u_0}{n\pi\sinh(n\pi)}\big(1-(-1)^n\big)$$ De modo que: $$u(x,y)=\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2u_0}{n\pi\sinh(n\pi)}\big(1-(-1)^n\big)\sinh\Big(\frac{n\pi y}{L}\Big)\sin\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)$$ $$u(x,y)=\frac{2u_0}{\pi}\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\big(1-(-1)^n\big)}{n\sinh(n\pi)}\sinh\Big(\frac{n\pi y}{L}\Big)\sin\Big(\frac{n\pi x}{L}\Big)$$ En el centro del plato $(L/2,L/2)$: $$u(L/2,L/2)=\frac{2u_0}{\pi}\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\big(1-(-1)^n\big)}{n\sinh(n\pi)}\sinh\Big(\frac{n\pi }{2}\Big)\sin\Big(\frac{n\pi }{2}\Big)$$ $$u(L/2,L/2)=\frac{2u_0}{\pi}\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)\cosh ((k+1/2)\pi)}$$ donde hemos usado $\sinh 2x = 2\sinh x \cosh x$, hemos restringido la suma a enteros impares $n= 2k+1$ya que los términos correspondientes a incluso $n$desaparecer. Finalmente $\sin(\pi(k+1/2))= (-1)^k$.

Desde este sitio donde

$$1/\cosh x$$ se denota por $$\mbox{Sech}[x]\:,$$ tenemos

$$\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)\cosh ((k+1/2)\pi)}= \frac{\pi}{8}$$ de modo que $$u(L/2,L/2)=\frac{2u_0}{\pi} \frac{\pi}{8} = \frac{u_0}{4}\:.$$

(Esta respuesta es un trabajo conjunto de Gert y V.Moretti)

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A continuación se muestran gráficos en 3D y de contorno para $u(x,y)$con $L=1$, $u_0=100$y usando los primeros cinco $(n=1,2,3,4,5)$términos (los términos pares son cero), utilizando la herramienta de trazado de wolframio alfa:

Obviamente se necesitan más términos para representar con precisión el$u(x,1)=100$condición.