Wärmeleitungs - Spezialfall

08.01.2007, 21:06

Firestormer

Wärmeleitungs - Spezialfall

Also erst einmal ein herzliches "Hallo!" an alle fleißigen User hier im Mathe-Board!
Und dann zu meinem eigentlichen Anliegen:

Mich beschäftigt (und ärgert manchmal) zurzeit folgendes Problem:

Ich möchte die Lösung einer Wärmeleitungsgleichung für die Wärmeleitung in einem "halbunendlichen" Stab (x>=0), welche folgendermaßen aussieht:

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

mittels geeigneter Substitution (so der Hinweis...) auf die Form:

$\begin{eqnarray*} u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}(\int_{-\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~e^{-w^2}f(2w \sqrt{kt}+x)~dw - \int_{\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~e^{-w^2}f(2w \sqrt{kt}-x)~dw) \end{eqnarray*}$

bringen.

Dazu habe ich auch schon einiges probiert:

Unter anderem habe ich die sin-Fkt. mal komplett, mal teilweise durch e-Fkt. ersetzt, habe einige Substitutionen durchprobiert, aber irgendwie komme ich nicht auf diese gewünschte Form.
Außerdem wurde ja hier ein Integral (wahrscheinlich nach einer Substitution) auch schon ausgerechnet...
Ich habe leider auch noch keinen Schimmer davon, warum sich die Grenzen bei der Subst. so verändern...

Ich bin für jede Hilfe (und seien es auch "nur" Vorschläge oder Gedanken dazu) dankbar!

mfG

08.01.2007, 21:16

Abakus

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RE: Wärmeleitungs - Spezialfall
Was mir auffällt, ist das Argument von f. Das legt die Substitution

$\begin{eqnarray*} v := 2w \sqrt{kt}+x \end{eqnarray*}$

ja irgendwie nahe( v und w sind die Variablen; k, t, x sind Konstanten).

Hast du die Substitution mal probiert und wieweit kommst du damit ? (ein Integral muss ja wohl ausgerechnet werden, aber das sehen wir ggf. erst nach der Substitution).

Grüße Abakus smile

08.01.2007, 23:27

Firestormer

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RE: Wärmeleitungs - Spezialfall
Danke erstmals für die schnelle Antwort!

Mit dieser Substitution:

$\begin{eqnarray*} v=2w\sqrt{kt}+x \end{eqnarray*}$
und somit
$\begin{eqnarray*} dv=2\sqrt{kt}dw \end{eqnarray*}$

komme ich bis:

$\begin{eqnarray*} \frac{4\sqrt{kt}}{\pi} \int_{-\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~\int_{0}^{\infty}~f(2w\sqrt{kt}+x)e^{-k\lambda^2t} sin{(\lambda x)}sin{(\lambda(2w\sqrt{kt}+x))}~d\lambda~dw \end{eqnarray*}$

Somit habe ich folgende Probleme:

- Ich habe zwar diese Funktion f(...+x), aber nirgends diesen Teil mit f(...-x). - selbes Problem mit unterer Grenze beim zweiten Integral - woher das andere Vorzeichen? Oder kommt dieser erst durchs Integrieren?? -> Aber wie: ev. doch zuerst andere Substitution?

- wie bekomme ich die neue e-Potenz mit w^2 im Exponenten?

- Als neue Idee: Kann ich hier auf Fourier-Transformation/Reihen zurückgreifen und mit Faltungs-/Verschiebungssätzen arbeiten?

09.01.2007, 00:23

Abakus

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RE: Wärmeleitungs - Spezialfall

Zitat:

Original von Firestormer
Mit dieser Substitution:

$\begin{eqnarray*} v=2w\sqrt{kt}+x \end{eqnarray*}$
und somit
$\begin{eqnarray*} dv=2\sqrt{kt}dw \end{eqnarray*}$

komme ich bis:

$\begin{eqnarray*} \frac{4\sqrt{kt}}{\pi} \int_{-\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~\int_{0}^{\infty}~f(2w\sqrt{kt}+x)e^{-k\lambda^2t} sin{(\lambda x)}sin{(\lambda(2w\sqrt{kt}+x))}~d\lambda~dw \end{eqnarray*}$

Ja, habe ich auch. Ich ziehe das f noch aus dem zweiten Integral raus:

$\begin{eqnarray*} = \frac{4\sqrt{kt}}{\pi} \cdot \int_{-\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~f(2w\sqrt{kt}+x) \cdot \int_{0}^{\infty} ~ e^{-k\lambda^2t} \cdot sin{(\lambda x)} \cdot sin{(\lambda(2w\sqrt{kt}+x))}~d\lambda~dw \end{eqnarray*}$

Zitat:

- Ich habe zwar diese Funktion f(...+x), aber nirgends diesen Teil mit f(...-x). - selbes Problem mit unterer Grenze beim zweiten Integral - woher das andere Vorzeichen? Oder kommt dieser erst durchs Integrieren?? -> Aber wie: ev. doch zuerst andere Substitution?

Die Substitution $\begin{eqnarray*} v := 2w \sqrt{kt} - x \end{eqnarray*}$ liefert dir den anderen Teil.

Zitat:

- wie bekomme ich die neue e-Potenz mit w^2 im Exponenten?

Es müsste gelingen, das innere Integral auszurechnen:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty} ~ e^{-k\lambda^2t} \cdot sin{(\lambda x)} \cdot sin{(\lambda(2w\sqrt{kt}+x))}~d\lambda = ~? \end{eqnarray*}$

Dadurch müsste es sich ergeben.

Zitat:

- Als neue Idee: Kann ich hier auf Fourier-Transformation/Reihen zurückgreifen und mit Faltungs-/Verschiebungssätzen arbeiten?

Möglich; einen direkten Ansatz sehe ich da aber nicht.

Grüße Abakus smile

09.01.2007, 13:18

Firestormer

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RE: Wärmeleitungs - Spezialfall
Mit

$\begin{eqnarray*} v := 2w \sqrt{kt} - x \end{eqnarray*}$

komme ich auf einen zweiten Teil - aber wie werden diese beiden verkmnüpft bzw. warum können diese beiden miteinander verknüpft werden?

1. Teil:
$\begin{eqnarray*} = \frac{4\sqrt{kt}}{\pi} \cdot \int_{-\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~f(2w\sqrt{kt}+x) \cdot \int_{0}^{\infty} ~ e^{-k\lambda^2t} \cdot sin{(\lambda x)} \cdot sin{(\lambda(2w\sqrt{kt}+x))}~d\lambda~dw \end{eqnarray*}$

2. Teil:
$\begin{eqnarray*} = \frac{4\sqrt{kt}}{\pi} \cdot \int_{\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~f(2w\sqrt{kt}-x) \cdot \int_{0}^{\infty} ~ e^{-k\lambda^2t} \cdot sin{(\lambda x)} \cdot sin{(\lambda(2w\sqrt{kt}-x))}~d\lambda~dw \end{eqnarray*}$

Dieses Integral

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\infty} ~ e^{-k\lambda^2t} \cdot sin{(\lambda x)} \cdot sin{(\lambda(2w\sqrt{kt}+x))}~d\lambda = ~? \end{eqnarray*}$

auszurechnen ist nicht besonders leicht - vor allem kommt da ja auch die Fehlerfkt. vor.

Von dieser (Fehlerfkt/Gauss-Fkt)

$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{\infty} ~ e^{-\sigma^2} ~d\sigma \end{eqnarray*}$

kann ja bekanntlich keine Stammfkt. gefunden werden - aber sie ist von $\begin{eqnarray*} -\infty \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} \sqrt{\pi} \end{eqnarray*}$ und von $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ bis $\begin{eqnarray*} \infty \end{eqnarray*}$ gleich $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \end{eqnarray*}$

Aber ich komm noch nicht darauf ob/was das bringt.

09.01.2007, 17:54

Harry Done

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RE: Wärmeleitungs - Spezialfall
kleiner tipp:

$\begin{eqnarray*} sin(\lambda v)sin(\lambda x)=\frac{1}{2}[cos(\lambda(v-x))-cos(\lambda(v+x))] \end{eqnarray*}$

und dann deine Substitution.

edit: allerdings in das erste Intergral $\begin{eqnarray*} (v-x)/2\sqrt{\kappa t}=\omega \end{eqnarray*}$
und in das zweite $\begin{eqnarray*} (v+x)/2\sqrt{\kappa t}=\omega \end{eqnarray*}$

09.01.2007, 23:40

Firestormer

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RE: Wärmeleitungs - Spezialfall
Ja! Das mit dem Tipp

$\begin{eqnarray*} sin(\lambda v)sin(\lambda x)=\frac{1}{2}[cos(\lambda(v-x))-cos(\lambda(v+x))] \end{eqnarray*}$

(warum habe ich nicht früher daran gedacht *ggrrrrr*)
, dann die Trennung der beiden Teile und der Substitution

$\begin{eqnarray*} v=2w\sqrt{kt}+x \end{eqnarray*}$ bzw. im 2. Teil $\begin{eqnarray*} v=2w\sqrt{kt}-x \end{eqnarray*}$

bringt mich wirklich schon in die Nähe der gesuchten Form.
Ich stehe momentan bei:

$\begin{eqnarray*} u(x,t) = \frac{2\sqrt{kt}}{\pi}[\int_{\frac{-x}{2\sqrt{kt}}}^{\infty }~f(2w\sqrt{kt}+x)(\int_{0}^{\infty }~e^{-k\lambda^2t}cos(2\lambda w\sqrt{kt})~d\lambda)~dw - \int_{\frac{x}{2\sqrt{kt}}}^{\infty }~f(2w\sqrt{kt}-x)(\int_{0}^{\infty }~e^{-k\lambda^2t}cos(2\lambda w\sqrt{kt})~d\lambda)~dw ] \end{eqnarray*}$

Hier liegt das Problem dann wiederum beim Ausrechnen von

$\begin{eqnarray*} I = \int_{0}^{\infty }~e^{-k\lambda^2t}cos(2\lambda w\sqrt{kt})~d\lambda \end{eqnarray*}$

Ich habe versucht hier mit $\begin{eqnarray*} z^2=k\lambda^2t \end{eqnarray*}$ zu substituieren was mich auf

$\begin{eqnarray*} I = \int_{0}^{\infty }~e^{-z^2}cos(2wz)\frac{1}{\sqrt{kt}}~dz \end{eqnarray*}$

bringt.

Hier würde sich beim Vorfaktor

$\begin{eqnarray*} \frac{2\sqrt{kt}}{\pi} \end{eqnarray*}$

dann schon mal $\begin{eqnarray*} \sqrt{kt} \end{eqnarray*}$ rauskürzen.

Weiter komme ich leider nicht - es hat mMn fix was mit der Fehler-/Gaussfkt. zu zun, denn wenn ich durch diese irgendwie das Ergebnis $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{\pi}}{2} \end{eqnarray*}$ reinbringe, dann kommt der Vorfaktor $\begin{eqnarray*} \frac{2\sqrt{kt}}{\pi} \end{eqnarray*}$ schon mal in die richtige Form mit $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{\pi}} \end{eqnarray*}$ .

Nur wie, das ist die Frage...

10.01.2007, 00:21

Firestormer

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RE: Wärmeleitungs - Spezialfall
So ungefähr kurz vor Mitternacht kam mir dann die Erleuchtung!:

Mit

$\begin{eqnarray*} I = \int_{0}^{\infty }~e^{-z^2}cos(2wz)\frac{1}{\sqrt{kt}}~dz \end{eqnarray*}$

war ich auf dem richtigen Weg und ausgerechnet wird das ganze folgendermaßen. Dieses Integral wird nach w abgeleitet. Man erhält:

$\begin{eqnarray*} \frac{dI(w)}{dw} = -2\int_{0}^{\infty }~e^{-z^2}sin(2wz)z\frac{1}{\sqrt{kt}}~dz \end{eqnarray*}$

jetzt ist es möglich das Integral partiell integrieren und man erhält:

$\begin{eqnarray*} \frac{dI(w)}{dw} = -2w \int_{0}^{\infty }~e^{-z^2}cos(2wz)\frac{1}{\sqrt{kt}}~dz \end{eqnarray*}$

was ja nichts anderes ist als:

$\begin{eqnarray*} \frac{dI(w)}{dw} = -2w I(w) \end{eqnarray*}$

Dies ist eine gew. Diff.-Gl. und liefert

$\begin{eqnarray*} I(w) = I(0) e^{-w^2} \end{eqnarray*}$

wobei

$\begin{eqnarray*} I(0)=\int_{0}^{\infty }~e^{-z^2}\frac{1}{\sqrt{kt}}~dz \end{eqnarray*}$

ist. Dann kommt meine schon erwähnte Gauss-Fkt. ins Spiel und liefert:

$\begin{eqnarray*} I=\frac{\pi}{2} \frac{1}{\sqrt{kt}} e^{-w^2} \end{eqnarray*}$

Das Ganze dann noch eingesetzt und ich bin bei meiner gewünschten Form:

$\begin{eqnarray*} u(x,t)=\frac{1}{\sqrt{\pi}}(\int_{-\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~e^{-w^2}f(2w \sqrt{kt}+x)~dw - \int_{\frac{x}{2 \sqrt{kt}} }^{\infty}~e^{-w^2}f(2w \sqrt{kt}-x)~dw) \end{eqnarray*}$

Vielen Dank für eure super Mithilfe!!!
Ich werde jetzt die weitere Rechnung in Angriff nehmen und ich weiß jetzt auch wo ich bei ev. Problemen Hilfe suchen werde Augenzwinkern

10.01.2007, 00:39

Abakus

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RE: Wärmeleitungs - Spezialfall
Ja, das hab ich auch gerade (mit Maple) raus:

$\begin{eqnarray*} I = \frac{1}{\sqrt{kt}} \cdot \int_{0}^{\infty }~e^{-z^2}cos(2wz)~dz = \frac{1}{\sqrt{kt}} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{\pi} \cdot e^{-w^2} \end{eqnarray*}$

Klasse, dass es hinkommt Freude

Grüße Abakus smile

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