Wärmeleitungsgleichung

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08.09.2010, 07:45	Jeba	Auf diesen Beitrag antworten »
Wärmeleitungsgleichung Hallo Leute, Stecke bei diesem Problem fest: $\begin{eqnarray} u_{t}(x,t)=u_{xx}(x,t)-u(x,t); x\in (0,2\pi ), t>0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u(x,0)=2 cos^2x; x\in (0,2\pi) \end{eqnarray}$ Mit Fourier habe ich die DGL gelöst: $\begin{eqnarray} Fu(w,t)=c\cdot e^{-(w^2+1)t} \end{eqnarray}$ und dann die Rücktransformation. Die sieht so aus: $\begin{eqnarray} u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi } } \int_0^{2\pi } \! c e^{-(w^2+1)t} e^{iwx} \, dw \end{eqnarray}$ und dann habe ich $\begin{eqnarray} u(x,0)=\frac{1}{\sqrt{2\pi } } \int_0^{2\pi } \! c e^{iwx} \, dw=2cos^2x \end{eqnarray}$ Da ja c von w abhängt, kann ich ja nicht einfach integrieren. Wär super, wenn mir da einer weiterhelfen könnte. Wie komme ich zu einer Lösung? Grüsse jeba
08.09.2010, 11:42	Jeba	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Wärmeleitungsgleichung Also das c ist das g(w) $\begin{eqnarray} \hat{f}\ \hat{g}=\frac{1}{\sqrt{2\pi } } \hat {(fg)}=\hat{u} \end{eqnarray}$ wenn ich dann nochmals F darauf anwende, habe ich: $\begin{eqnarray} fg=\frac{1}{\sqrt{2\pi } } (fg) \end{eqnarray}$ darf ich das überhaupt? Jetzt ist mir immer noch nicht klar, wie ich u(x,t) bekomme. Kann mir da jemand helfen?? Danke schon mal jeba
08.09.2010, 13:29	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Aus praktischer Sicht behandelt dein Problem die zeitliche Entwicklung der Wärmeverteilung innerhalb eines Stabes der Länge 2pi, wobei innerhalb des Stabes ortsabhängige Heizwendeln eingebaut sind, deren lokale Wärmeabgabe proportional zur lokalen Temperatur ist. Das bedeutet: Je wärmer eine Stelle x des Stabes ist, um so mehr Wärme produziert dort die Heizwendel. Die Anfangstempertur ist symmetrisch zu beiden Seiten des Stabes. Das heißt: Der Mittelpunkt des Stabes ist der Symmetriepunkt. Man kann das Problem auch ohne Fouriertransformation lösen, indem man die Lösung nach Eigenfunktionen entwickelt. Zu lösen ist das dann Eigenwertproblem $\begin{eqnarray} -u_k''=(\lambda_k-1) u_k \end{eqnarray}$ Die Eigenfunktionen sind zunächst die Kosinus- und Sinusfunktionen, wobei letztere aufgrund der Randbedingungen entfallen. Die Eigenfunktionen lauten also cos(...). Die Randbedingung dieses Eigenwertproblems lauten nämlich: $\begin{eqnarray} u_k(0)=u_k(2\pi) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u'_k(0)=u'_k(2\pi) \end{eqnarray}$ Diese Randbedingungen folgen aus derSymmetrie der Wärmeverteilung.
08.09.2010, 15:28	Jeba	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank für die Antwort. ich sehe nicht, wie du zu diesem Eigenwerproblem kommst. ausserdem habe ich noch andere ähnliche Aufgaben zu diesem Thema, deshalb würde ich doch gerne das mit Fourier verstehen. Kannst du mir da nicht weiterhelfen?
08.09.2010, 21:35	Rmn	Auf diesen Beitrag antworten »
Das, was du als c nennst, ist eigentlich Fu(w, 0), wie du es durch einfaches Einsetzen von t=0 rauslesen kannst. Du kannst es also durch FT von u(x, 0) erhalten. Übrigens, es ist nicht ratsam hier w oder Omega zu benutzen, da diese aus geschichtlichen Gründen meist als Parameten in der FT der Zeit benutzt werden und es deswegen unnötig für Verwirung sorgt. Üblich ist z.B: t<->w x<->k
09.09.2010, 09:07	Jeba	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke, werde hier aber der Übersichtlichkeit halber bei w bleiben. Also mit FT habe ich dann dieses Integral: $\begin{eqnarray} \frac{1}{\sqrt{2\pi } } \int_0^{2\pi } \! 2cos^2x e^{-iwx} \, dx \end{eqnarray}$ Kann man das einfach so ohne Hilfsmittel lösen? Sehe nicht ganz wie... (In einer anderen Aufgabe sollte die Lösung etwa so aussehen: mit $\begin{eqnarray} \hat u(w,t)=\hat f(w)\cdot e^{-t^2w^2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u(x,t)=\frac{1}{2t\sqrt{\pi } } \int_{\mathbb R} \! f(x-w)\cdot e^{-\frac{w^2}{4t^2} } \, dw \end{eqnarray}$ ) Deshalb bin ich mit der Faltung gekommen. Würde das Integral nicht einfacher werden? Habe dafür ja nicht mal eine Stunde Zeit bei der Prüfung.
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09.09.2010, 12:12	Rmn	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja du kanst bei der Berechnung der Rücktransformierten der Lösung $\begin{eqnarray} \hat u(w,t) = \hat u(w,0)e^{-(w^2+1)t} \end{eqnarray}$ Faltung anwenden. Dabei kennst du schon die Rücktransformierte von $\begin{eqnarray} \hat u(w,0) \end{eqnarray}$ aus der Aufgabenstellung. Die Rücktransformierte $\begin{eqnarray} e^{-(w^2+1)t} \end{eqnarray}$ muss du jedoch selbst berechnen, was nicht schwer ist. Dannach beide Falten.
09.09.2010, 13:18	Jeba	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie sehe ich aus der Aufgabenstellung, was Fu(w,0) ist? Mit Mathematica habe ich u(x,0) fouriertransformiert und dabei $\begin{eqnarray} e^{-iwx}\sqrt{2\pi} \end{eqnarray}$ herausbekommen. Aber dieses Integral kann ich nicht ohne Hilfe lösen. Kannst du mir da nochmal helfen? Und dann habe ich noch eine Frage zu den Grenzen beim Rücktransformieren: Wenn ich von (0, 2Pi) gehe, dann bekomme ich keine Lösung, jedoch wenn ich von 0 bis unendlich integriere... Wo liegt mein Problem? danke
09.09.2010, 13:43	Rmn	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} Fu(x, 0) = \hat u(w,0) \end{eqnarray}$ Also $\begin{eqnarray} F^{-1}\hat u(w,0) = u(x,0) = 2cox^2x \end{eqnarray}$ hast du doch gegeben.
09.09.2010, 15:40	Jeba	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, ich glaub jetzt habe ichs verstanden: $\begin{eqnarray} u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }} fg=f\cdot g=2cos^2x\cdot f(x,t) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \hat f(w,t)=e^{-(w^2+1)t} \end{eqnarray*}$ Jetzt muss ich eben nur noch das transformieren, dann habe ich mein u(x,t), oder? Nun habe ich immer noch das Grenzenproblem...
09.09.2010, 16:19	Jeba	Auf diesen Beitrag antworten »
Mein Ergebnis mit Grenzen (0, unendlich) $\begin{eqnarray} u(x,t)=\frac{2cos^2x \cdot e^{-\frac{x^2}{4t}-t}} {\sqrt{2t}} \end{eqnarray}$ Wenn das stimmt, wäre ich noch dankbar, wenn du mir das mit den Grenzen erklären könntest
10.09.2010, 12:02	Rmn	Auf diesen Beitrag antworten »
Die muss du am Ende falten nicht multiplizieren, was Ränder angeht, so muss es gesondert als Randwertbedingungen betrachtet werden z.B. in Form der Addition einer stationären Lösung, leider kann ich dir da nicht wirklich helfen.
10.09.2010, 12:38	Jeba	Auf diesen Beitrag antworten »
Also wird das integral nicht einfacher. Danke für die Hilfe.

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