Mit Hilfe der Fouriermethode Lösungen der PDGL finden. u_(t) = 4u_(xx) für 0≤ x ≤ l_(kursiv), t> 0.

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Mit Hilfe der Fouriermethode Lösungen der PDGL finden. u_(t) = 4u_(xx) für 0≤ x ≤ l_(kursiv), t> 0.

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Hi,
der Produktansatz $u(x,t) = f(x) g(t)$ führt auf folgende Dgl.
$(1) \quad f(x) g'(t) = 4 f''(x) g(t)$ daraus folgt die Gleichung
$(2) \quad \frac{1}{4} \frac{g'(t)}{g(t)} = \frac{f''(x)}{f(x)} = \lambda = const$
Also muss gelten
$(3) \quad \frac{1}{4} \frac{g'(t)}{g(t)} = \lambda$ und
$(4) \quad \frac{f''(x)}{f(x)} = \lambda$
Gleichung (3) hat die Lösung
$(5) \quad g(t) = C_1 e^{4 \lambda t}$ und Gleichung (4) hat die Lösung
$(6) \quad f(x) = C_2 e^{\sqrt{\lambda} \cdot x} + C_3 e^{-\sqrt{\lambda} \cdot x}$
Damit sieht die Lösung wie folgt aus
$(7) \quad u(x,t) = C_1 e^{4 \lambda t} \left( C_2 e^{\sqrt{\lambda} \cdot x} + C_3 e^{-\sqrt{\lambda} \cdot x} \right)$
Die partielle Ableitung der Lösung $u(x,t)$ nach $x$ sieht also so aus
$(8) \quad u_x(x,t) = C_1 e^{4 \lambda t} \left( C_2 \sqrt{\lambda} e^{\sqrt{\lambda} \cdot x} - C_3 \sqrt{\lambda} e^{-\sqrt{\lambda} \cdot x} \right)$
Die Randbedingung $u_x(0,t) = 0$ ist erfüllt, wenn gilt (einsetzten in (8))
$(9) \quad u_x(0,t) = C_1 e^{4 \lambda t} \sqrt{\lambda} (C_2 - C_3) = 0$ also gilt $C_2 = C_3$ oder $\lambda = 0$ , aber
$\lambda = 0$ entfällt aber wegen $u(x,0) \ne \text{const}$
Damit hat die Lösung folgende Form angenommen
$(10) \quad u(x,t) = C e^{4 \lambda t} \left( e^{\sqrt{\lambda} \cdot x} + e^{-\sqrt{\lambda} \cdot x} \right)$
Außerdem muss gelten $u_x(L,t) = 0 = C e^{4 \lambda t} \left( \sqrt{\lambda} e^{\sqrt{\lambda} \cdot L} - \sqrt{\lambda} e^{-\sqrt{\lambda} \cdot L} \right)$
Daraus folgt
$(11) \quad e^{2\sqrt{\lambda} \cdot L} = 1$ und daraus folgt
$(12) \quad \lambda_k = -\frac{\pi^2 k^2}{L^2}$
Damit gibt es für $k \in \mathbb{Z}$ folgende Lösungen
$(13) \quad u_k(x,t) = C_k e^{4 \lambda_k t} \left( e^{\sqrt{\lambda_k} \cdot x} + e^{-\sqrt{\lambda_k} \cdot x} \right) = 2 C_k e^{4 \lambda_k t} \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right)$
Die Addition all dieser Lösungen ist ebenfalls eine Lösung, also gilt
$(14) \quad u(x,t) = \sum_{k=-\infty}^\infty u_k(x,t) = \sum_{k=-\infty}^{-1} u_k(x,t) + u_0 + \sum_{k=1}^\infty u_k(x,t)$
(14) kann man auch schreiben als
$(15) \quad u(x,t) = \frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^\infty a_k \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right) e^{-4 \frac{\pi^2 k^2}{L^2} t}$ mit geeigneten Konstanten.
Nun muss noch gelten $u(x,0) = u_0(x) = x^2 ( 3L - 2x)$

Da (15) die Form einer Fourierreihe hat, muss $u_0(x)$ in eine Fourierreihe entwicklet werden. Da in (15) nur Kosinus Terme auftreten, setzt man $u_0(x)$ symmetrisch auf dem Intervall $[ -L, 0 ]$ fort durch $u_0(x) = u_0(-x)$
Damit ergeben sich die Fourierkoeffizienten $\tilde a_k$ und $\tilde b_k$ von $u_0(x)$ zu
$(16) \quad \tilde a_k = \frac{24 L^3 \left[ (-1)^k - 1 \right] }{ \pi^4 k^4} \text{ für } k=1,2 \cdots \text{ und } \ \ a_0 = L^3$ sowie
$(17) \quad \tilde b_k = 0$
Damit ergibt sich die Lösung insgesamt zu
$(18) \quad u(x,t) = \frac{L^3}{2} + \sum_{k=1}^\infty \frac{24 L^3 \left[ (-1)^k - 1 \right] }{ \pi^4 k^4} \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right) e^{-4 \frac{\pi^2 k^2}{L^2} t}$

Beantwortet 31 Dez 2017 von _user2221

Hi,

(1) Gleichung (11) und (12)

Aus $u_x(L,t) = 0 = C e^{4 \lambda t} \left( \sqrt{\lambda} e^{\sqrt{\lambda} L} - \sqrt{\lambda} e^{-\sqrt{\lambda} L} \right)$ folgt

$\lambda = 0 \ \text{ oder } \ e^{\sqrt{\lambda} L} - e^{-\sqrt{\lambda} L} = 0$

$\lambda = 0$ führt zu keiner sinnvollen Lösung, s. (9), also muss gelten

$e^{\sqrt{\lambda} L} = e^{-\sqrt{\lambda} L}$ daraus folgt $e^{2\sqrt{\lambda} L} = 1 = e^{ 2 i \pi k }$ und daraus folgt

$2\sqrt{\lambda} L = 2 i \pi k$ also $\lambda_k = -\frac{\pi^2 k^2}{L^2}$

(2) Aus (14) folgt (15)

$u(x,t) = \sum_{k=-\infty}^\infty u_k(x,t) = \sum_{k=-\infty}^{-1} u_k(x,t) + u_0 + \sum_{k=1}^\infty u_k(x,t)$

$u_k(x,t) = C_k e^{4 \lambda_k t} \left( e^{\sqrt{\lambda_k} \cdot x} + e^{-\sqrt{\lambda_k} \cdot x} \right) = 2 C_k e^{4 \lambda_k t} \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right)$

Damit gilt $u_0(x,t) = 2 C_0 = \frac{a_0}{2}$

$\sum_{k=-\infty}^{-1} u_k(x,t) = \sum_{k=1}^{\infty} u_{(-k)}(x,t) = \sum_{k=1}^{\infty} 2 C_{(-k)} e^{4 \lambda_{(-k)} t} \cos\left( -\frac{ \pi k}{L} x \right) = \\ \sum_{k=1}^{\infty} 2 C_{(-k)} e^{4 \lambda_{k} t} \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right)$

weil der Kosinus eine gerade Funktion ist und $\lambda_{(-k)} = \lambda_k$ gilt.

Also gilt

$\sum_{k=-\infty}^{-1} u_k(x,t) + \sum_{k=1}^\infty u_k(x,t) = \sum_{k=1}^\infty 2 \left( C_{(-k)} +C_k \right) \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right) e^{-4 \frac{\pi^2 k^2}{L^2} t}$

also gilt

$\frac{a_0}{2} + \sum_{k=1}^\infty a_k \cos\left( \frac{ \pi k}{L} x \right) e^{-4 \frac{\pi^2 k^2}{L^2} t}$

mit $a_k = 2 \left( C_{(-k)} +C_k \right)$ und $a_0 = 4 C_0$

(3) Warum ist $\tilde b_k = 0$

$u_0(x,t) = x^2 ( 3L - 2x)$ ist symmetrisch fortgesetzt worden auf $[-L, \ L ]$ , deswegen kann die Fourierreihe von $u_0(x,t)$ nur Kosinustherme enthalten. Kämen auch Sinusterme vor, wäre die Funktion nicht mehr symmetrisch. Also muss $\tilde b_k = 0$ gelten.

Kommentiert 2 Jan 2018 von _user2221

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