Wärmeleitungsgleichung,

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1 Fachbereich Mathematik der Universität Hamburg SoSe 2015 Dr. Hanna Peywand Kiani Wärmeleitungsgleichung, Die ins Netz gestellten Kopien der Anleitungsfolien sollen nur die Mitarbeit während der Veranstaltung erleichtern. Ohne die in der Veranstaltung gegebenen zusätzlichen Erläuterungen sind diese Unterlagen unvollständig (z. Bsp. fehlen oft wesentliche Voraussetzungen). Tipp oder Schreibfehler, die rechtzeitig auffallen, werden nur mündlich während der Veranstaltung angesagt. Eine Korrektur im Netz erfolgt NICHT! Eine Veröffentlichung dieser Unterlagen an anderer Stelle ist untersagt! 1

2 Die Anfangsrandwertaufgabe für die Wärmeleitungsgleichung u t cu xx = h(x,t) u(x,0) = u 0 (x) x (a,b), u(a,t) = f(t) t > 0, u(b,t) = g(t) t > 0, c : Wärmeleitfähigkeit / Diffusionskoeffizient Schritt 1) Randwerte homogenisieren [ v(x,t) := u(x,t) f(t)+ x a ] b a (g(t) f(t)) v(a,t) = u(a,t) f(t) a a b a (g(t) f(t)) v(b,t) = u(b,t) f(t) b a b a (g(t) f(t)) c > 0, t > 0, x (a,b) bei uns (0,L) 2

3 Neue DGL für v mit a = 0 und b = L: u(x,t) := v(x,t)+f(t)+ x L (g(t) f(t)) u t (x,t) := v t (x,t)+ f(t)+ x L (ġ(t) f(t)) u x (x,t) := v x (x,t)+0+ 1 L (g(t) f(t)) u xx (x,t) := v xx (x,t) DGL : v t cv xx = h(x,t) f(t) x L (ġ(t) f(t)) =: h(x,t) Neue Anfangswerte : v(x,0) = u(x,0) f(0) x L (g(0) f(0)) =: v 0(x). Das neue Problem besteht aus : i. d. R. inhomogener DGL, inhomogene Anfangswerte, homogene Randdaten 3

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5 Schritt 2) Zerlegung in zwei einfachere Probleme Wir betrachten die zwei Aufgaben: I) II) ṽ t cṽ xx = 0 ˆv t cˆv xx = h(x,t) ṽ(x,0) = v 0 (x) ˆv(x,0) = 0 ṽ(0,t) = ṽ(l,t) = 0 ˆv(a,t) = ˆv(b,t) = 0. Problem I): homogene DGL, homog. Randwerte, inhomog. Anfangswerte Produktansatz: v(x,t) = q(t) p(x) Einsetzen in DGL: q(t) p(x) c q(t) p (x) = 0 Umsortierung ergibt: q(t] q(t) = (x] cp p(x) = konstant! Zunächst: p (x) = λ p(x) 4

6 v(0,t) = q(t) p(0) = 0 = v(l,t) = q(t) p(l) = 0 = DGL: p = λ p Charakteristisches Polynom: µ 2 +λ = 0 µ = ± λ allgemeine Lösung ae λx +be λx Außer für doppelte Nullstellen! Hier λ = 0 λ = 0 = p(x) = a 0 e 0x +b 0 xe 0x = a 0 +b 0 x, p(0) = 0 = a 0 = 0 p(l) = 0 = b 0 L = 0 5

7 λ < 0 = p(x) = ae λx +be λx p(0) = 0 = ae 0 +be 0 = 0 p(l) = 0 = ae λl ae λl = 0 λ > 0 = p(x) = âe λx +ˆbe λx p(x) = âe i λx +ˆbe i λx = p(0) = 0 = acos(0)+bsin(0) = a = 0 p(l) = 0 = bsin( λl) = 0 Nichttriviale Lösungen gibt es also nur für: 6

8 λ n = ( nπ L ) 2 = n 2 ω 2, n N,ω = π L Zugehörige Lösungen: ( nπ ) p n (x) = sin(nωx) = sin L x Mit diesen λ Werten lösen wir die zweite DGL q n (t] q n (t) = c p n(x] p n (x) = c λ n q n (t) = cλ n q n (t) q n (t) = e cλ nt = e cω2 n 2 t ṽ(x,t) = α n e cω2 n 2t sin(nωx) ω = π L 7

9 ṽ(x,t) = α n e cω2 n 2t sin(nωx) ω = π L Die Anfangswerte liefern die Bedingung ṽ(x, 0) = α n sin(nωx) = v 0 (x) also sind die α n die Fourier Koeffizienten der ungeraden, 2L periodischen Fortsetzung von v 0 : α n = 2 L L 0 v 0 (x)sin(nωx)dx. 8

10 Problem II) inhomogene DGL, homogene Rand- und Anfangswerte Ansatz ˆv(x,t) = ˆv n (x,t) = a n (t)p n (x) homogene Randwerte werden erfüllt von: p n (x) = sin(nωx) Ansatz lautet damit: ˆv(x, t) = a n (t)sin(nωx) Wir setzen diesen Ansatz in die DGL ˆv t cˆv xx = h(x,t) ein und erhalten [ȧ n (t)+cn 2 ω 2 a n (t)]sin(nωx) = h(x,t) Fourier Reihe der ungeraden 2L period. Fortsetzung von h(x,t) bzgl. x F h(x,t) = c n (t)sin(nωx) 9

11 Koeffizientenvergleich liefert für jedes a n eine lineare DGL erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten ȧ n (t)+cn 2 ω 2 a n (t) = c n (t) Die Lösung muss noch die Anfangswerte erfüllen ˆv(x,0) = a n (0)sin(nωx) = 0 = a n (0) = 0 Man berechnet die a n (t), erhält ˆv. Schritt 3: Zusammensetzen zur Lösung des ursprünglichen Problems : u(x,t) = ˆv(x,t) + ṽ(x,t) + f(t) + x L (g(t) f(t)) 10

12 Beispiel 1: Klausur 2007 (Struckmeier/Kiani) u t u xx = x π π(t+1) 2 0 < x < π, t R +, u(x,0) = 1 x + sin(6x) 0 < x < π, π u(0,t) = 1 t > 0, t+1 u(π,t) = 0 t > 0. Schritt 1) Randwerte homogenisieren v(x,t) := u(x,t) f(t) x a b a (g(t) f(t)) 11

13 Neue Aufgabe für v(x,t) = u(x,t) 1 t+1 ( 1 x ) π DGL für u: u t u xx = x π π(t+1) 2 v t (x,t) = v t v xx = u t + 1 (t+1) 2 ( 1 x π) uxx = v(x,0) = v(0,t) = u(0,t) 1 t+1 = 0, v(π,t) = u(π,t) 1 t+1 ( 1 π ) π = 0. 12

14 Diese Aufgabe mit homogener Differentialgleichung und homogenen Randwerten hat die Lösung v(x,t) = a n e cω2 n 2t sin(nωx), ω = π L = 1, c = 1 Anfangswerte verlangen v(x,0) = a n sin(nx) = sin(6x) also a k = und u(x,t) = v(x,t)+ 1 t+1 x π(t+1) = 13

15 Beispiel 2) u t u xx = 0 u(x,0) = sin(x) 2x π 0 < t, 0 < x < π/2, 0 x π/2, u(0,t) = u( π 2,t) = 1 e t t > 0. Schritt 1) Randdaten homogenisieren u = v +f + x L (g f) hier g(t) = f(t) = 1 e t, also u(x,t) = v(x,t)+1 e t u t = v t +e t u xx = v xx v(x,0) = u(x,0) 1+e 0 = u(x,0) v(0,t) = v( π 2,t) = 0 14

16 Neue Aufgabe mit homogenen Randdaten: v t v xx = e t 0 < t, 0 < x < π/2, v(x,0) = sin(x) 2x π 0 x π/2, v(0,t) = v( π,t) = 0 t > 0. 2 Es ist also c = 1, L = π/2, ω = π/l = 2. 2.Schritt: Zerlegen 1. Teilaufgabe: v = ṽ + ˆv ṽ t ṽ xx = 0 ṽ(x,0) = sin(x) 2x π 0 < t, 0 < x < π/2, 0 x π/2, ṽ(0,t) = ṽ( π,t) = 0 t >

17 Geschlossene Lösungsdarstellung: ṽ(x,t) = α n e cω2 n 2t sin(nωx) = α n e 4n2t sin(2nx) ṽ(x,0) = sin(x) 2x π mit α n = 2 L L 0 v 0 (x)sin(nωx)dx. also α n = 4 π π/2 0 ( sin(x) 2x π ) sin(2nx) dx. bzw. α n = 16

18 Berechnung der Fourierkoeffizienten A n = π/2 0 sin(x)sin(2nx)dx = 2n( 1)n 1 4n 2 (2 x part. oder Formelsammlung) B n = α n = 4 π π/2 0 xsin(2nx)dx = π( 1)n+1 4n [ A n 2 ] π B n = 4 π [ 2n( 1) n 1 4n 2 2 π (1 x partiell oder Formelsammlung) π( 1) n+1 ] 4n = 8n( 1)n π(1 4n 2 ) 8( 1)n+1 4nπ = 2( 1)n π [ 4n (1 4n 2 ) + 1 ] = 2( 1)n n nπ(1 4n 2 ) ṽ(x,t) = α n e 4n2t sin(2nx) = 2( 1) n 2 t nπ(1 4n 2 ) e 4n sin(2nx)) 17

19 2. Teilaufgabe: ˆv t ˆv xx = e t ˆv(x,0) = 0 0 < t, 0 < x < π/2, 0 x π/2, ˆv(0,t) = ˆv( π,t) = 0 t > 0. 2 Ansatz wie oben ˆv(x,t) = a n (t)sin(2nx) = a n (t)sin(nωx) ˆv t (x,t) = ȧ n (t)sin(2nx) v xx (x,t) = DGL: ( ) = e t 1 18

20 Mit der Fourierreihe F h der ungeraden periodischen Fortsetzung von h(x,t) = e t, x [0,π/2] bzgl. x F h(x,t) = c n (t)sin(2nx) = (ȧn (t)+4n 2 a n (t) ) sin(2nx) = c n (t)sin(2nx) = ȧ n (t)+cn 2 ω 2 a n (t) = ȧ n (t)+4n 2 a n (t) = c n (t) c n (t) = 2 π/2 π/2 0 e t sin(2nx)dx = 4e t π π/2 0 sin(2nx)dx = 4e t π [ cos(2nx) 2n ] π/2 0 = 0 n gerade 4e t nπ n ungerade. 19

21 Die Anfangswerte verlangen: ˆv(x,0) = a n (0)sin(2nx) = 0 Also: a n (0) = Für gerade n erhalten wir ȧ n (t)+4n 2 a n (t) = 0, a n (0) = 0 a n (t) = 0. Für ungerade n erhalten wir jeweils eine lineare inhomogene gewöhnliche Dgl: Lösung der homogenen Dgl. ȧ n (t)+4n 2 a n (t) = 4e t nπ a n,h (t) = γ n e 4n2 t 20

22 Inhomogene Dgl. entspricht ẏ(t)+4n 2 y(t) = 4 nπ e t = p(t) e µt Spezieller Ansatz (s. DGL I) : y p (t) = q(t) e µt oder Variation der Konstanten: y h (t) = k e 4n2t = y p (t) = k(t) e 4n2 t 21

23 Spezieller Ansatz : a n,p = βe t liefert: βe t +4n 2 βe t = 4e t nπ = β = Die allgemeine Lösung lautet somit a n (t) = 4e t n(4n 2 1)π + γ ne 4n2 t 4 n(4n 2 1)π Aus der Anfangsbedingung a n (0) = 0 folgt (immer noch n ungerade) a n (0) = a n (t) = 4 n(4n 2 1)π + γ n = 0 = γ n = 4e t n(4n 2 1)π + 4 n(4n 2 1)π e 4n2t = Insgesamt also a n (t) = 4 n(4n 2 1)π 4 n(4n 2 1)π (e 4n2t e t ) 0 n gerade 4 n(4n 2 1)π (e 4n2t e t ) n ungerade 22

24 Zusammensetzung der Lösung: siehe Kästen: u(x,t) = v(x,t)+1 e t = ṽ(x,t)+ ˆv(x,t)+1 e t ṽ(x,t) = 2( 1) n 2 t nπ(1 4n 2 ) e 4n sin(2nx)) ˆv(x,t) = a n (t)sin(2nx) a n (t) = 0 n gerade 4 n(4n 2 1)π (e 4n2t e t ) n ungerade ˆv = 4 2 t (2n 1)(4(2n 1) 2 1)π (e 4(2n 1) e t )sin(2(2n 1)x) 23

25 Zusammenstellung geschlossener Lösungsformeln (ohne Gewähr, bitte vor der Klausur mit Vorlesung/Formelsammlung abgleichen!) I) Wärmeleitungsgleichung, ARWA, homogen, homogene Randwerte u t cu xx = 0 c > 0, x (0,L), t > 0 u(x,0) = u 0 (x) u(0,t) = 0 t > 0, u(l,t) = 0 t > 0, x [0,L], u(x,t) = a k e cω2 k 2t sin(kωx) ω = π L k=1 u(x,0) = a k sin(kωx)! = u 0 (x) evtl. Koeffizientenvergleich k=1 a k = 2 L b a u 0 (x)sin(kωx)dx falls Koeff nvergleich nicht möglich 24

26 II) Wärmeleitungsgleichung, ARWA, inhomogen, homogene Randwerte: u t cu xx = h(x,t), x (0,L), t > 0 u(x,0) = u 0 (x), x (0,L) u(0,t) = 0 u(l,t) = 0 t > 0 Entweder: wie oben zerlegen ũ t cũ xx = 0 0 < t, 0 < x < L, ũ(x,0) = u 0 (x) 0 x L, ũ(0,t) = ũ(l,t) = 0 t > 0. Also Typ I) und 25

27 û t cû xx = h(x,t) 0 < t, 0 < x < L, û(x,0) = 0 0 x L, û(0,t) = û(l,t) = 0 t > 0. û(x,t) = a k (t) sin(kωx) DGL: k=1 (ȧ k (t)+ a k (t) ck2 π 2 k=1 ω = π L L 2 )sin(kωx)! = h(x,t) evtl. Koeffizientenvergleich da k (t) (t) + a k (t) ck2 π 2 = c dt L 2 k (t), a k (0) = 0 falls Koeff nvergleich nicht möglich c k (t) = 2 L L 0 h(x,t) sin(kωx)dx und dann summieren: u = û+ũ gewöhnliche Dgl s für die a k 26

28 oder: direkt u t cu xx = h(x,t), x (0,L), t > 0 u(x,0) = u 0 (x), x (0,L) u(0,t) = 0 u(l,t) = 0 t > 0 u(x,t) = k=1 a k (t) sin(kωx) da k (t) (t) + a k (t) ck2 π 2 dt L 2 c k (t) = 2 L b k = 2 L L 0 L 0 h(x, t) sin(kωx)dx u 0 (x) sin(kωx)dx ω = π L = c k (t), a k (0) = b k 27

29 III) Wärmeleitungsgleichung, ARWA, inhomogene Randwerte: u t cu xx = h(x,t), x (0,L), t > 0 u(x,0) = u 0 (x), x (0,L) u(0,t) = f(t) u(l,t) = g(t) t > 0 Randwerte homogenisieren v(x,t) = u(x,t) f(t) x L (g(t) f(t)) ergibt neue Aufgabe für v mit homogenen Randwerten. Falls neue Dgl. homogen : Fall I). Falls neue Dgl. inhomogen : Fall II). 28