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Beitrag |
    
HaJo
| | Veröffentlicht am Samstag, den 29. April, 2000 - 16:17: | 
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Ich habe schon wieder ein Problem !
¶U(x,t)/¶t = µ² * ¶²U(x,t)/¶x²
(soll 1.dimensionale Wärmegleichung sein )
u(x,0) = f(x) = 3 sin(2px) - 7 sin(4px) , 0 < x < a
u(0,t) = 0
u(a,t) = 0
µ = Konstante (warum wird sie als µ² angegeben ?)
Man bestimme die Lösung für u(x,t)
- Wie geht das ?
Für gew. DGl gibt es ja bekannte Lösungsansätze,
wie ist das mit partiellen DGL´s ?
-Wir hatten vor kurzem einige Vorlesungen zu Fourierreihen und Fouriertransformation. Brauche ich das zur Lösung des Problems ? |
franz
| | Veröffentlicht am Samstag, den 29. April, 2000 - 20:10: |
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Die FOURIER-Gleichung beschreibt die Wärmeleitung (hier eindimensionaler Fall) in einer ruhenden, begrenzten homogenen inkompressiblen Flüssigkeit ohne Wärmeausdehnung, -spannung oder -erzeugung.
Bekannter dürfte sie unter DT/Dt=chi*LAPLACE(T) sein. Die Konstante setzt sich aus Wärmeleitfähigkeit kappa, spezifischer Wärme c(p) und Dichte rho zusammen chi=kappa/c(p)*rho. Einen praktischen Nährwert für das Quadrat sehe ich nicht. Physikalischer Hintergrund sind Fragestellungen, aus einer gegebenen Temperaturverteilung künftige zu bestimmen (über du=Tds).
Versuch eines Lösungsansatzes: Das Medium wird hypothetisch nach nach links und rechts, unter Beibehaltung der Randbedingungen T(x,0)=To(x), unendlich ausgedehnt: To(-x)=! -To(x). Dabei ist mir die Grenzbedingung für a nicht ganz klar: a müßte sich doch durch f(x) bestimmen?
Mit dem Übergang zum unbegrenzten Medium steht uns deren allgemeine Lösung zur Verfügung. Sie hängt zusammen, wie richtig vermutet, mit einem Ansatz als FOURIER-Integral T=INTEGRAL Tk(t)exp(ikr)d³k, wodurch sich gewöhnliche Differentialgleichungen für die F.komponenten ergeben dTk/dt+k²*chi*Tk=0, respektive Tk=exp(-k²*chi*t)Tok.
Der eindimensionale Sonderfall T(x,t) = 1/(2*WURZEL(pi*chi*t)) *INTEGRAL[o..oo] To(x')* [exp-(x-x')²/(4chi*t) - exp-(x+x')/(4chi*t)]dx'. (Ableitung bei Interesse.)
Wie gesagt, mit der Stelle a bin ich noch im reinen, zweitens der Fortsetzung To(x) nach rechts und dann steht ja drittens noch das Integral.
Soviel als erster Anlauf, F.
PS. Künftig vielleicht besser im Physik-Forum. |
ILHAN
| | Veröffentlicht am Samstag, den 29. April, 2000 - 21:31: |
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Hallo HaJo,
hier mein Lösungsvorschlag, allerdings ohne phsikalische Hintergründe und ohne mathematische Beweise. Ich versuche dir ein "Schema F" zu Präsentieren, damit du solche DGL´s (Wärmeleitungsgleichung, Wellengleichung) lösen kannst.
1.ANSATZ
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Man tut so als sei u(x,t) als produkt von zwei funktionen darstellbar.
u(x,t) = X(x) * T(t)
damit wird aus dU(x,t)/t = X(x) * T'(t)
und µ² * d²U(x,t)/dx²= µ² X''(x) *T(t)
Mit diesem Ansatz lautet die DGL :
X(x) * T'(t) = µ² X''(x) *T(t)
Umformen ergibt :
T'(t)/(µ²T(t) = X''(x)/X(x)
Linkeseite : Funktion von t
Rechteseite : Funktion von x
Übereinstimmung gibt es nur, wenn :
T'(t)/(µ²T(t)) = -k
X''(x)/X(x) = -k
gilt (k ist eine Konstante, "-" wegen der einfachen Berechnung die noch folgt).
Damit haben wir zwei gew. DGL´s
T'(t) + kµ²T(t) = 0
mit T(0) = 3 sin(2PIx) - 7 sin(4PIx)
und
X''(x) + kX(x) = 0
mit X(0) = 0 , und X(a) = 0
2.LÖSUNG DER GEW.DGL´s
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Ich nehme an, du kannst gew. DGL´s (insbesondere diese hier) lösen, deswegen nur die Kurzfassung.
X''(x) + kX(x) = 0
jetzt muß man die Fälle für k unterscheiden
2.1 k = 0
------------
=> X(x) = c1*x+c2
setzt man die Randwerte ein, so bekommt man
für die Integrationskonstanten c1=c2=0
(triviale Lösung, interessiert nicht)
also für k = 0 nur triviale Lösung
2.2 k X(x) = c1*cosh(Wurzel[-k]*x)+c2sinh(Wurzel[-k]*x)
Auch hier bekommt man nur die triviale Lösung
2.3 k > 0
------------
=> X(x) = c1*sin[Wurzel[k]*x)+c2sin[Wurzel[k]*x)
Randwerte einsetzen ergibt:
c1=0 und
c2*sin(Wurzel[k]*a) = 0
da wir nicht triviale Lösungen suchen muß
sin(Wurzel[k]*a) = 0 werden
das ist dann der Fall wenn für das Argument
Wurzel[k]*a = n*PI gilt
damit wird k= n²PI²/a²
==> X(x) = c2*sin(n*PI*x/a)
=============================
T'(t) + kµ²T(t) = 0
hat die Lösung
T(t) = c3*e^(-k*µ²*t)
T(t) = c3*e^(-(n²PI²µ²/a²)*t)
=================================
u(x,t) = X(x) * T(t) war der Ansatz
u(x,t) = c2*sin(n*PI*x/a)*c3*e^(-(n²PI²µ²/a²)*t)
vereinfachung c2*c3 = C
u(x,t) =C*sin(n*PI*x/a)*e^(-(n²PI²µ²/a²)*t)
Alle Lösungen ergeben sich durch die Linearkombination:
u(x,t) = Summe[(n=1,N)C*sin(n*PI*x/a)*e^(-(n²PI²µ²/a²)*t)]
Randwert für u(x,0) = 3sin...... einsetzen
die obige Summe ausführlich schreiben (damit man die Koeffizienten vergleichen kann) ergibt als Lösung :
u(x,t) = 3sin(2Pix)*e^(-9µ²PI²t/a²) - sin(4PIx)*e^(-16µ²PI²t/a²)
Wenn ich mich nicht verrechnet und vertippt habe, müßte das die Lösung sein.
Der Randwert u(x,o) = 3sin.... = f(x)
war schon so gegeben, daß man hier die Fourierreihe nicht gebraucht hat. Normalerweise ist das nicht der Fall, dann muß man den Randwert (f(x) ) in eine Fourierreihe entwickeln, damit man die Koeffizienten vergleichen kann.
Ich hoffe du kannst damit was anfangen, wenn du weiterhin probleme hast, dann melde dich. |
franz
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 30. April, 2000 - 18:22: |
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Aus physikalischer Sicht eine Randbemerkung zu der routinierten Lösung - für die ich mich herzlich bedanke und auf die ich mich hier beziehe. Die Aufgabenstellung ist fehlerhaft. An der Stelle a wird die Randbedingung u(a,0)=0 im allgemeinen garnicht erfüllt. Vermutlich hängt es damit zusammen, daß die vorgestellte Lösung dies ebenfalls nicht leistet, beispielsweise für t=0, a=1/4.
Einen Sinn ergeben erst Wellenzahlen [K² statt k im Ansatz] K(n)=n*K=n*2pi/a, stehende und, wie sich dann zeigt, abklingende Wellen zwischen 0 und a, also f(x)=!3sin(Kx)-7sin(2Kx) oder, mit b:=µ²K², u(x,t)= 3*sin(Kx)exp-b²*t - 7*sin(2Kx)exp-(2b)²*t.
Gruß Franz.
PS. 2.3 soll vermutlich X(x)=c1*cos.. heißen.
Die Bezeichnung T ist bei Wärmeleitungsproblemen, wo es um Temperaturfelder T(r,t) geht, leicht mißverständlich. |
ILHAN
| | Veröffentlicht am Montag, den 01. Mai, 2000 - 09:46: |
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Die Aufgabenstellung ist nicht korrekt. Eine allgemeine Aufgabenstellung ist mit einer konkreten Aufgabenstellung gemischt (oder vertauscht) wurden ! Es fehlt die Angabe von a. Bei der Lösung sieht man aber spätestens beim Einsetzen des Ranwertes f(x), daß a = 1 sein muß.
Ich bin auch bei der ganzen Berechnung davon ausgegengen, daß a=1 ist, habe aber bis zum Schluß a mit geschleppt, um die gesamte Strucktur der Lösung zu zeigen.
Punkt 2.2 muß natürlich
c1*COS[Wurzel[k]*x)+c2sin[Wurzel[k]*x) sein und
die Endlösung enthält im Exponenten kein a mehr (a=1)
(kommt vom kopieren und einfügen!!)
u(x,t) = 3sin(2Pix)*e^(-9µ²PI²t) - sin(4PIx)*e^(-16µ²PI²t)
An dieser Stelle eine Bitte an Hajo sich zu melden und uns eventuell die Musterlösung zu zeigen (normalerweise bekommt man nach einigen Tagen in der Übungsstunde die Musterlösung, war zu meiner Zeit so). Es würde mich sehr interessieren, ob einfachere Ansätze gibt.
Wie macht man eigentlich diese ganzen Sonderzeichen z.B µ², oder das Zeichen für die partielle Ableitung ?? Ich habe sie hier aus der Aufgabenstellung kopiert. |
H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 03. Mai, 2000 - 10:22: |
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An die Fans partieller DGL. ,
Mit der obigen Aufgabe haben sich schon Franz und ILHAN mit Erfolg beschäftigt, und beide haben treffende Kommentare abgegeben.
Im folgenden möchte ich versuchen, ein paar Unebenheiten zu glätten.
Die Lösung einer Aufgabe steht und fällt mit der Aufgabenstellung; ich versuche, diese neu zu formulieren, in absentia des Aufgabenstellers selbst.
Die partielle Differentialgleichung der Wärmeleitung für einen dünnen Stab hat die von HaJo gegebene Form, wobei wir die Konstante mü durch m ersetzen;
t ist die Zeit und x die Abszisse des Stabes.
Man bestimme nach dem Verfahren der Partikulärlösungen von Fourier eine Lösung der Differentialgleichung, die für x = 0 und x = a zu jeder Zeit verschwindet und zu Anfang, für t = 0, gleich f(x) ist.
Eine explizite Festlegung für die Funktion f(x) bleibe noch offen.
Als Resultat erhält man (siehe die Herleitung von ILHAN) :
u = Summe über n ( B(n) * e ^ ( - n^2*Pi ^2*m^2* t /a^2) * sin(n*Pi*x /a)
mit B(n) = 2 / a * (int ( f ( z ) * sin ( n * Pi * z / a ) ) * dz) ;untere Grenze 0 , obere Grenze a.
Bemerkungen:
1. Auch die unendliche Reihe Summe n = 1 bis unendlich für u stellt eine Lösung der partiellen DGL. dar, wenn die entsprechende unendliche trigonometrische Reihe gleichmässig konvergiert.
2. Die in der Aufgabe von HaJo explizit gegebene Funktion f(x) hat die
Periode p = 1; man müsste, wie schon meine Vordenker erwähnten,
a = 1 setzen .Man erhält die einzigen von null verschiedenen B-Werte:
B2 = 3 und B4 = - 7.
3. Reizvoll sind die Aufgaben zu den folgenden Themen ,die analog
gelöst werden können :
Wärmeleitung beim unbegrenzten Stab, beim einseitig begrenzten Stab,
Wärmeausbreitung in einem Ring, ferner:
Berechnung einer schwingenden Saite,
Schwingungen einer kreisförmigen, am Rand eingespannten dünnen Platte und - last ,but not least - im Zeitalter des handy :
die gute alte Telegraphengleichung , ebenfalls eine partielle DGL.
MfG.H.R. |
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