Wärmegleichung beschränktes Gebiet

Neue Frage »

09.11.2011, 10:57	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Wärmegleichung beschränktes Gebiet Hallo! Ich habe hier eine eindimenstionale Wärmegleichung auf einem beschränkten Gebiet (Stab) zu lösen: $\begin{eqnarray} $$ u: [0,l]\times [0,\infty) \to \mathbb R $$ \end{eqnarray}$ erfüllt $\begin{eqnarray} \end{eqnarray}\begin{align}u_{xx}(x,t) &= u_t(x,t)\\<br /> u(0,t)&=a\\<br /> u(l,t)&=b\\<br /> u(x,0)&=g(x)\end{align}\begin{eqnarray} \end{eqnarray}$ Wir sollen nun Lösungen finden, die getrennte Variablen haben, also Lösungen der Form $\begin{eqnarray} u(x,t) = X(x)T(t) \end{eqnarray}$ . Mit diesem Ansatz: 1.) $\begin{eqnarray} u(0,t) = X(0)T(t) = 0 \quad \Rightarrow \quad X(0)= 0 \end{eqnarray}$ 2.) $\begin{eqnarray} u(l,t) = X(l)T(t) = 0 \quad \Rightarrow \quad X(l)= 0 \end{eqnarray}$ 3.) $\begin{eqnarray} u(x,0) = X(x)T(0) = g(x) \quad \Rightarrow \quad X(x)= \frac{g(x)}{T(0)} \end{eqnarray}$ Letzteres eingesetzt in die PDE: $\begin{eqnarray} <br /> u_{xx} = u_t \, \Rightarrow \, X''(x)T(t) = X(x)T'(t) \Rightarrow T'(t) = \frac{g''(x)}{g(x)}\cdot T(t) \end{eqnarray}$ Aber jetzt ist $\begin{eqnarray} T \end{eqnarray}$ ja doch von $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ abhängig. Was habe ich falsch gemacht?
10.11.2011, 10:17	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Keiner ne Idee? EDIT: Hab noch mal gegooglet und bin mit folgendem Ansatz draufgekommen: Da aus der letzten Gleichung folgt, dass $\begin{eqnarray} \frac{X''}{X} = \frac{T'}{T} \end{eqnarray}$ für alle x und t, sind beide konstant und man kann sie separat lösen.
10.11.2011, 10:54	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
ich denke , du hast gar nix falsch gemacht, sondern dein (zwischen)ergebnis (nur) falsch interpretiert: da laut VORAUSSETZUNG X nur von x und T nur von t abhängen sollen, bedeutet: $\begin{eqnarray} \frac{X^{\prime\prime}}{X} =\frac{T^\prime}{T}\to\frac{X^{\prime\prime}}{X}=C =\frac{T^\prime}{T} \end{eqnarray}$ wie im link angegeben
10.11.2011, 11:07	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke! Damit bin ich dann auf Lösungen gekommen, die von cosinus hyperbolicus, sinus hyperbolicus und der Exponentialfunktion aufgespannt werden.
11.11.2011, 11:02	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Neues Problem: Gefunden habe ich jetzt die Lösungen von $\begin{eqnarray} u_{xx} = u_t \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} u(0, t) = 0 = u(l, t) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} u(x, 0) = g(x) \end{eqnarray}$ . Die nächste Frage ist jetzt, wie schließe ich damit auf Lösungen mit $\begin{eqnarray} u(0, t) = a,\, u(l, t) = b \end{eqnarray}$ ? Ich habe schon alles mögliche ausprobiert, komme aber auf keinen Ansatz.
11.11.2011, 12:45	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry für den Mehrfachpost, aber ich fasse nochmal zusammen, was ich bisher rausgefunden habe: Wenn man annimmt, dass $\begin{eqnarray} u(x,t) \end{eqnarray}$ sich nach Variablen trennen lässt, also $\begin{eqnarray} u(x,t) = X(x)T(t) \end{eqnarray}$ , dann sind die Lösungen von $\begin{eqnarray} u_{xx}=u_t \end{eqnarray}$ genau von der Form $\begin{eqnarray} X(x) = \cos(\sqrt c x) \cdot X(0) + \sin(\sqrt c x) \cdot \frac{X'(0)}{\sqrt c} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} T(t) = e^{-c \cdot t} \cdot T(0) \end{eqnarray}$ , wobei $\begin{eqnarray} c \end{eqnarray}$ eine beliebige positive Konstante ist. Damit bekommt man auch Lösungen, die die Eigenschaften $\begin{eqnarray} u(0,t) = 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} u(l, 0) = 0 \end{eqnarray}$ erfüllen: $\begin{eqnarray} u(0,t) = X(0)T(t) = 0 \, \Rightarrow \, X(0) = 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} u(l,t) = (\cos(\sqrt x l) \cdot 0 + \sin(\sqrt c l) \cdot \frac{X'(0)}{\sqrt c})\cdot e^{-c \cdot t}\cdot T(0) = 0 \end{eqnarray}$ , woraus folgt, dass $\begin{eqnarray} \sqrt c = m \cdot \frac{\pi}{l} \end{eqnarray}$ für ein $\begin{eqnarray} m \in \mathbb N \end{eqnarray}$ gilt (damit der Sinusterm 0 wird).7 Aus diesen Lösungen, die durch $\begin{eqnarray} c \end{eqnarray}$ parametrisiert sind, kann man dann eine Basis des Lösungsraums bilden (mithilfe einer Überlegung zu Fourierreihen), also Lösungen, die zusätzlich noch $\begin{eqnarray} u(x, 0) = g(x) \end{eqnarray}$ erfüllen sollen. Aber was mach ich jetzt mit dem inhomogenen Problem? Wenn ich gegeben habe, dass $\begin{eqnarray} u(0, t) = a,\, u(l, t) = b \end{eqnarray}$ für alle t>0 gelten soll? Mir stellte sich folgendes Problem: $\begin{eqnarray} a = u(0, t) = X(0)\cdot T(t) \end{eqnarray}$ ist einfach nicht wahr für alle $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ !
Anzeige

12.11.2011, 23:49	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Würde mich freuen, wenn jemand was dazu sagen kann
13.11.2011, 01:34	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, Wenn du irgendeine partikuläre Lösung $\begin{eqnarray} u_p \end{eqnarray}$ zum inhomogenen Problem $\begin{eqnarray} u_{xx}=u_t \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} u_p(0,t) = a, \; u_p(l,t) = b \end{eqnarray}$ erraten kannst und dann $\begin{eqnarray} u_h \end{eqnarray}$ eine Lösung zum homogenen Problem mit Anfangswert $\begin{eqnarray} \tilde g(x) = g(x) - u_p(x,0) \end{eqnarray}$ ist, dann ist $\begin{eqnarray} u = u_h + u_p \end{eqnarray}$ eine Lösung zum inhomogenen Problem, denn die PDE wird gelöst, $\begin{eqnarray} u(0,t) = u_h(0,t) + u_p(0,t) = 0 + a = a \end{eqnarray}$ für alle Zeiten (analog für das andere Ende) und ausserdem gilt dann $\begin{eqnarray} u(x,0) = u_h(x,0) + u_p(x,0) = g(x) - u_p(x,0) + u_p(x,0) = g(x) \end{eqnarray}$ Also löst $\begin{eqnarray} u(x,t) \end{eqnarray}$ das Problem. Bleibt also nur noch eine partikuläre Lösung zu finden! Gruss
13.11.2011, 09:58	riwe	Auf diesen Beitrag antworten »
vielleicht hilft dir dieses
13.11.2011, 10:01	Duedi	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielen Dank euch zweien! Damit müsste ich klar kommen

Neue Frage »

Antworten »

Wärmegleichung beschränktes Gebiet

Verwandte Themen