Problem bei der Wärmeleitungsgleichung

19.12.2006, 12:39

Resetter

Problem bei der Wärmeleitungsgleichung

Servus Jungs Mädels, Monstren und Mutanten Augenzwinkern

War hier schon öfter unterwegs und hab euch auch manchmal als unregistreierter mit Laplace-rücktransformationen und ähnlichem genervt Augenzwinkern

Endlich hab ich mich entschlossen mich zu registrieren, teilweise aus dem Grund weil ich auch denke, dass ich ab jetzt vielleicht Öfter nen kleinen Denkanstoß brauchen könnte Augenzwinkern

Um zur Sache zu kommen:
Ich hab ein kleines Problem bei nem Analysis 3 Beispiel:

Zitat:

Ein "halbunendlicher" Stab (x $\begin{eqnarray*} \geq \end{eqnarray*}$ 0), dessen Mantelfläche isoliert ist, besitze eine anfängliche Temperaturverteilung u(x,0)=f(x) und wird zum Zeitpunkt t=0 am Ende x=0 mit einem sehr großen Wärmereservoir der Temperatur u=0 verbunden. Der Wärmeausgleich werde durch die Gleichung

$\begin{eqnarray*} \frac{\delta u}{\delta t} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \kappa \frac{\delta^{2} u}{\delta x^{2}} \end{eqnarray*}$
für 0<x< $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ , 0<t< $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$

beschrieben.
a) Formulieren sie das vorliegende Problem als Rand-Anfangswertproblem
b) Lösen sie dieses Problem

Gut , ich hab mittlerweile mit einem Produktansat angesetzt und von wegen abklingender Funktion von t meinen Separationsparameter negativ gesetzt - dann kommen aufgrund u(0,t) im X-Term nur sinusterme vor - ich bin mittlerweile so weit:

$\begin{eqnarray*} u = D e^{-\lambda t} \sin(\sqrt{\frac{-\lambda}{\kappa}} x) \end{eqnarray*}$
Mit D einer Konstanten
und Lambda meinem Separationsparameter

Meine kleinen fragen:
1) Stimmts bis dahin? (is ja nicht sonderlich weit)
2) ich finde keine geeignete Superposition von Partikulärlösungen . vielleicht ein kleiner tipp?

Bin für jede Hilfe schwer dankbar (und hoffe dass mein LaTeX nicht zu mies is)

19.12.2006, 22:48

Abakus

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RE: Problem bei der Wärmeleitungsgleichung

Zitat:

Original von Resetter
Meine kleinen fragen:
1) Stimmts bis dahin? (is ja nicht sonderlich weit)
2) ich finde keine geeignete Superposition von Partikulärlösungen . vielleicht ein kleiner tipp?

Willkommen im Forum, Resetter Wink

Bei 1) bist du für mich zu deutlich weit: mir fehlt der erste Teil der Aufgabe, was sind die Randbedingungen ?

Wenn du die richtig hast, kannst du idR mit 3 Ansätzen jeweils eine Lösung finden, die jeweils eine der Randbedingungen erfüllt. Insgesamt kannst du aus den 3 Teillösungen die Lösung bilden (ich weiß nicht, ob du das Prinzip kennst). Welche Lösung willst du mit deiner Rechnung ermitteln ?

Grüße Abakus smile

19.12.2006, 23:06

Harry Done

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RE: Problem bei der Wärmeleitungsgleichung
sicher dass das lamda wirklich in der Wurzel negativ ist, wollte jetzt nicht alles nachrechnen, es wundert mich aber schon etwas.

Jetzt gilt an dieser Stelle ja: $\begin{eqnarray*} u(0,0)=0 \end{eqnarray*}$

Bei der Lösung musst du umbedingt beachten, dass die sin-Funktion periodisch ist und nicht nur eine einzige Nullstelle hat sondern unendlich viele.
Entweder du rechnest vollständig mit dieser Tatsache, dann wirst du um eine Fourierreihe nicht herumkommen, oder du läßt das weg und nimmst nur $\begin{eqnarray*} sin(\pi)=0 \end{eqnarray*}$ , aber eigentlich ja $\begin{eqnarray*} sin(k\pi)=0 \end{eqnarray*}$ mit k als ganze Zahl.

Kannst ja mal bescheid sagen, ob dir Fourierreihen was sagen.

Gruß Jan

20.12.2006, 08:44

Resetter

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Mann, gut dass man hier nicht so einfach sitzen gelassen wird Augenzwinkern

also, um mal zu dem Fragn zu kommen:

Zitat:

was sind die Randbedingungen ?

Das was ihr da oben seht ist die gesamte Aufgabenstellung. Ich habe also mal angenommen:
u(0,t)=0
sowie
u(x,0)=f(x) (nicht näher Beschrieben, also solls wohl allgemein sein)

@Harry: Klar - sonst lös ich sowas ja auch mit Fourier - Wärmeleitungsgleichung machen wir (ich und ein Kumpel) zur Vorbereitung auf das Projekt hier bereits seit ner Woche - aber nen Sinus kann ich ja eigenlich eh nur nehmen, wenn ich ne zweite Nullstelle hab - das ist ja nichtmal gegeben bei nem halbunendlichen Stab....

Habs gestern nochmal nachgerechnet - das negative Lambda hab ich aus logischen Gründen gewählt, damit auch über der e-Potenz alles negativ wird - Abklingende Lösung (aus physikalisch-logischen beweggründen)

Habe gestern außerdem nochmal angefangen (das Kappa im Sinus stört mich)), ich schreibs mal soweit auf:

$\begin{eqnarray*} u=X(x)*T(t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} X(x)*T'(t)= \kappa X''(x)*T(t) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{T'(t)}{T(t)}*\frac{1}{\kappa}=\frac{X''(x)}{X(x)}=\lambda \end{eqnarray*}$

Dadurch komm ich auf 2 gewöhnliche DGL's:
$\begin{eqnarray*} T'-\lambda * \kappa*T=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} X''-\lambda*X=0 \end{eqnarray*}$

mit dem allgemeinen Lösungen

$\begin{eqnarray*} T = A*e^{\lambda * \kappa * t} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} X = B*\sin(\sqrt{\lambda})*x+C*\cos(\sqrt{\lambda}*x) \end{eqnarray*}$

mit A,B,C, Integrationskonstenten
von wegen Abklingende Lösung und wegen der Wurzel wähle ich
$\begin{eqnarray*} \lambda = -\alpha^2 \end{eqnarray*}$
(das darf ich doch, oder?)

Da u(0,t) = 0, und die T-Teile da nie Null werden, muss X dort Null sein:
C=0 (nur Sinus-Terme)

desweiteren durch einsetzten meines Alphas:
(normalerweise würd ich die zweite Nullstelle nutzen um das k einzudefiniern - aber hier gibt es keine zwete nullstelle - höchstens im unendlichen, und bin mir nicht sicher ob dort überhaupt)

$\begin{eqnarray*} T = A*e^{-\alpha^2 * \kappa * t} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} X = B*\sin(i * \alpha *x) \end{eqnarray*}$

und soweit bin ich jetzt....
Allerdings wär das X doch ein i*sinh(alpha*x), oder? - damit wär das Problem der zweiten Nullstelle gelöst - aber es wird komplex - ich komm also wieder nicht weiter....

20.12.2006, 18:33

Harry Done

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Hi Resetter,

du hast die DGL für X(x) falsch gelöst, so wie sie bei dir steht ist sie mit $\begin{eqnarray*} sinh(\sqrt{\lambda}) \end{eqnarray*}$ zu schreiben.

Deine Substitution mit $\begin{eqnarray*} \lambda=-\alpha^2 \end{eqnarray*}$ ist auf jeden Fall richtig, hab das schon am Anfang für lambda genommen, aber nachträglich geht ja auch.
Dann bekomme ich für u folgendes raus:

$\begin{eqnarray*} u(x,t)=D\cdot e^{-\alpha^2 \kappa t}\cdot sin(\alpha x) \end{eqnarray*}$

man benötigt jetzt noch einen Zwischenschritt, um lambda zu bestimmen, ich weiß physikalisch nicht, was sich da noch als mögliche Randwertbedingung anbietet. Vielleicht ist $\begin{eqnarray*} u_x (0,t) \end{eqnarray*}$ ja noch eine weiter Bedingung. Kenne das leider nur mit zwei festen Enden, wo jede eine feste Temperatur besitzt, also u(l,t)=T0.
Ich denke mal,dass $\begin{eqnarray*} u_x(0,t)=0 \end{eqnarray*}$ gilt, weiß ich aber leider nicht genau.

Wenn es da so eine Bedinung gibt, muss du, wenn du Nullstellen berechnest, die Periodität der trigonometrischen Funktionen beachten. Die Lösung ist nach dem Superpositionsgesetz dann eine Reihe der Form.

$\begin{eqnarray*} u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}~ D_n\cdot e^{-\alpha_n^2 \kappa t}\cdot sin(\alpha_n x) \end{eqnarray*}$

mit $\begin{eqnarray*} u(x,0)=f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}~ D_n \cdot sin(\alpha_n x) \end{eqnarray*}$

kann man nach Fourierreihengesetzen nach D "umformen":
$\begin{eqnarray*} D_n=\frac{2}{L}\int_{b}^{a}~f(x) sin(\alpha_n x)~dx \end{eqnarray*}$

wobei $\begin{eqnarray*} L=\frac{n\pi}{\alpha_n} \end{eqnarray*}$ gilt.

Man braucht halt noch die dritte Anfangswertbedingung und außerdem hoffe ich, dass ich mich nicht verzettelt habe.

Gruß Jan

23.12.2006, 11:27

Resetter

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okay, hat ne weile gedauert das aufzubereiten - die Anfangsbedingung $\begin{eqnarray*} u_{x}(0,t)=0 \end{eqnarray*}$ sieht mir sehr realistisch aus für $\begin{eqnarray*} t>t_{k} \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} t_{k} \end{eqnarray*}$ der ritischen Zeit, die das System braucht umeventuell am anfang vorhandene Temperaur bi x=0 auszugleichen - dürfte aber winzig sein...
Bei $\begin{eqnarray*} t<t_{k} \end{eqnarray*}$ selber würd ichs mir nicht sagen trauen...

Das Problem dass sich mir jetzt stellt ist folgendes:
$\begin{eqnarray*} u(x,t)=D e^{- \kappa \alpha^{2} t} \sin(\alpha x) \end{eqnarray*}$ (vorerst)

$\begin{eqnarray*} u_{x}(0,t)=D e^{- \kappa \alpha^{2} t} \alpha \cos(\alpha 0) = 0 \end{eqnarray*}$

d.h. kann ich das alpha von wegen periodischer Nullstellen ja garnicht rausformen, da mir der cosinus eins wird, solange das x noch drin steht
(alpha wird also null) --> was mach ih nun wieder falsch

(langsam hab ich das gefühl das projekt zu wählen war ein schwerer fehler)

25.12.2006, 12:47

Harry Done

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Hi,
ich habe die Lösung dieses Problemes in einem Buch von mir gefunden. Ich wäre wohl nicht so darauf gekommen, aber im Nachhinein scheint es plausibel zu sein (steht leider nur der Lösungsweg ohne Begründung).
Die haben dort, wie wir ja auch schon, umgeformt bis:

$\begin{eqnarray*} u(x,t)=D(\alpha)e^{-\kappa \alpha^2 t}sin(\alpha x) \end{eqnarray*}$

so ich versuche jetzt mal den Lösungsweg den die im Buch benutzen zu interpretieren:
Ich kenne es so, wenn der Stab eine endliche Länge hat, dann ergibt sich eine berechenbare Periodendauer und man muss mit dem Superpositionprinzip die einzelnen Lösungsmöglichkeiten addieren, was dann auf die Fourierreihe führt (wie ich das ja auch schon einmal gepostet habe). Hier ist es jetzt so, dass der Stab ja keine endliche Länge besitzt, es kann $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ jetzt jeden beliebigen Wert annehmen und ist nicht diskret immer nur für ein Vielfaches einer natürlichen Zahl festgelegt, so wie es bei der Fourierreihe wäre.
Es könnte für $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ jetzt 1 gelten oder auch 1000, um das Überlagerunsprinzip anzuwenden, wie man es ja auch bei der Summenbildung bei Fourier macht, muss man jetzt jede infinitisimal kleine Abweichung $\begin{eqnarray*} d\alpha \end{eqnarray*}$ immer wieder addieren, das ist dann so als rechnet man unendlich viele Streifen der parameterabhängigen Funktion $\begin{eqnarray*} u(\alpha) \end{eqnarray*}$ zusammen. Das entspricht ja gerade der Integralrechnung, diese Summenbildung wäre dann in unserem Fall:
$\begin{eqnarray*} u(x,t)=\int_{0}^{\infty}~D(\alpha)e^{-\kappa \alpha^2 t}sin(\alpha x)~d\alpha \end{eqnarray*}$

mit der Randwertbedingung dann:
$\begin{eqnarray*} f(x)=\int_{0}^{\infty}~D(\alpha)sin(\alpha x)~d\alpha \end{eqnarray*}$

mit dem Fourier-Integralsatz (mal in die Formelsammlung gucken oder du kennst das schon) ergibt sich dann:
$\begin{eqnarray*} D(\alpha)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}~f(x)sin(\alpha x)~dx \end{eqnarray*}$
Was ja auch so geschrieben werden darf:
$\begin{eqnarray*} D(\alpha)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}~f(v)sin(\alpha v)~dv \end{eqnarray*}$

Wenn man das wieder in die erste Gleichung einsetzt für $\begin{eqnarray*} B(\alpha) \end{eqnarray*}$ dann bekommt man die allgemeine Lösung:

$\begin{eqnarray*} u(x,t)=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}~\int_{0}^{\infty}~f(v)e^{-\kappa \alpha^2 t}sin(\alpha v)sin(\alpha x)~d\alpha~dv \end{eqnarray*}$

Ich denke, dass sieht alles ganz plausible aus, wenn du noch Fragen hast gerne stellen.

Gruß Jan

PS: Frohe Weihnachten an alle, muss jetzt erstmal Braten essen gehen Wink

[edit]Tippfehler korrigiert

26.12.2006, 02:00

Resetter

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wow - kla, damit is das Problem gelöst.... Superposition nach kontinuierlichem Parameter - fürchterlich der Mensch...

(wär ich im Leben nicht drauf gekommen)
Danke danke vielmals - kanst mir noch sagen welches Buch du da hast?

Euch allen großen Dank und frohe Festtage! ^^

26.12.2006, 02:43

Harry Done

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Das Buch heißt "Höhere Mathematik für Ingenieure und Naturwissenschaftler" aus der Schaum-Serie
(McGraw-Hill ISBN:3-89028-928-2)
Kann ich nur empfehlen, gibt einen guten Gesamtüberblick über viele Themenbereiche von Linearare DGL, über Laplace/Fourier-Trafo bzw Reihen,Vektoranalysis/Integralsätze, Gamma-,Beta-,Bessel- und Legrende-Funktionen, PDG, komplexe Integrale, Matrizen bis hin zur Variationsrechnung.
(Ich glaube, die Schreibweise ist noch aus der Übersetzung aus dem Englischen teilweise übernommen, bzw. hat Unterschiede zum Mathematikuntericht am Gym. , so stehen Ableitungen z.B. häufig ohne y'(x) sonderen meistens mit Differentialquotienten, was ich aber ohnehin viel besser finde, das Buch greift immer nur auf die gekürzten Schreibweisen zurück, wenn es sinnvoll ist )

Gruß Jan

26.12.2006, 09:15

Resetter

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der Strich schafft später ja sowieso nur noch unklarheiten - differentialquotionten sind unmissverständlich

naja, mal sehn ob ich mir son Buch besorgen kann *g*

danke jedenfalls ^^

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