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Aufgabe:

ich hab folgende lineare inhomogene PDE erster Ordnung

Die Anfangsbedingung T(x,0)=20 und als Randbedingung T(0,t)=20 sind gegeben

*) Tx + Tt = 1

Problem/Ansatz:

Seperation der Variable der Form

T(x,t)=X(x)+Y(t)

ich bildete dann die partielle Ableitung

1) Tx = X'

2) Tt = Y'

Nun setzte man 1) und 2) in  *) ein und erhält

X' + Y' =1

Nach der Seperation in X(x) und Y(x) erhalte ich 

X' = Y'-1 

Diese Gleichung wird einer Konstante k gesetzt 

X' = Y'-1 = k

Es entstehen ein System von gewöhnlichen DGL's die folgendermaßen aussehen.

X' = k und Y'-1 = k

Diese müssen einzeln gelöst werden und in Abhängigkeit von k kommen unterschiedliche Lösungen heraus

meine Lösungen sind: T(x,t)=X(x)+Y(t)

Für k>0

**)T(x,t)= kx+(1-k)t + C

Für k=0

***)T(x,t)= t + C

Für k<0

****)T(x,t)=-kx+(1+k)t+ C

ich hab die Randbedingung und die Anfangsbedingung für die unterschiedliche Lösungen **),***), ****) eingesetzt aber diese vereinbaren sich nicht immer.

ich hab dann die partielle Ableitungen von  **),***), ****) gebildet und in die ausgangs PDE eingesetzt, um herauszufinden für welche k sich überhaupt Lösungen finden lassen.

**) für k=1 ließ sich die PDE lösen

***) für k=0 ließ sich die PDE lösen

****) für k=-1  ließ sich die PDE lösen

ich weiß nicht mehr weiter wie man mit den Randbedingung und der Anfangsbedingung an die Lösung der PDE kommt.

Bitte um Hilfe!

Vielen Dank im Voraus!

von

2 Antworten

+1 Daumen

Hallo du hast  mit X'+Y'=1 , X'=1-Y'

mit k dann X'=k , X=k'x+ und Y'=(1-k) , Y=(1-k)t+c2

sonst seh ich keine Fehler und auch nicht was nicht passt.

Gruß lul

von 39 k

Ja, das sind Fehler beim eintippen die du gesehen hast. An sich hab ich letztlich richtig gerechnet.

Es geht eher um den letzten Teil bei dem ich die allgemeine Lösung heraus habe.

Ich weiß halt nicht wie ich mit der allgemeine Lösung alle Lösungen herausbekomme, die sich AUCH MIT DEN RANDBEDINGUNGEN Vertragen.

Beispiel

Für k=0

T(x,t)= t+C

Randbedingung T(0,t)=20

T(0,t)=t+C=20 |-t

C=20-t

Die Konstante Lösung löst auch die anfangsbedingung T(x,0)=20

T(x,t)=20

T(x,0)=20 == 20

Anfangsbedingung ist auch erfüllt, ABER

Die PDE ist nicht mehr erfüllt !!!

Tx=0

Tt =0

Tx + Tt  = 1

0 + 0 ist nicht 1

Deshalb ist die Konstante Lösung

T(x,t) = 20 doch keine Lösung der PDE!

Verstehst du jetzt mein Problem ?

Für k>0

Und k<0 hab ich ein ähnliches Problem.





+1 Daumen

Hi,

Deine Lösung ist ja \( T(x,t) = kx + (1-k)t + C \)

Die erste Randbedingung ergibt \( T(x,0) = kx + C = 20 \). Also folgt hieraus \( k = 0 \) und \( C = 20 \)

Die zweite Randbedingung fordert jetzt \( T(0,t) = (1-k)t + C = 20 \)

Das bedeutet aber \( k = 1 \) und \( C = 20 \)

Damit hat man einen Widerspruch, da einmal \( k = 0 \) und einmal \( k = 1 \) gelten soll. Damit hat das Rand- Anfangswertproblem keine Lösung.

Ganz allgemein kann man das auch aus Folgendem sehen. Die Gleichung $$  u_t(t,x) + b u_x(t,x) = f(t,x) \text{ mit }  u(0,x) = g(x) $$ hat die eindeutige Lösung $$  u(t,x) = g(x-bt) + \int_0^t f[s, x+(s-t)b] ds $$

In Deinem Beispiel gilt

\( b = 1 \), \( f(t,x) = 1 \) und \( g(x) = 20 \)

Damit ergibt sich als eindeutige Lösung $$  u(t,x) = 20 + t $$ Das entspricht Deiner Lösung  mit \( k = 0 \) und \( C = 20 \). Wegen der Eindeutigkeit der Lösung gibt es auch keine anderen. Dann folgt aber \( u(t,0) = 20 +t \ne 20 \). Also gibt es hier ebenfalls keine Lösung.

von 28 k

Ich bin dir sehr dankbar für die ausführliche Antwort, aber laut Wolfram Alpha gibt es mit den Randbedingungen eine Analytische Lösung der PDE

T(x,t)= 20+t-t*H(t-x)+x*H(t-x)

H ist in dem Fall die Heavisidefunktion, dessen Definitionsbereich nicht angegeben ist.

Normalerweise ist die Heavisidefunktion bei x>0 = 1 und für x<0 = 0 definiert.

Kann es sein Dass es vielleicht mehrere k gibt es bei der die Lösung die Randbedingung erfüllt und obendrein die PDE löst und die Summe über dieses Lösungen oben gebildet wurde?

T(x,t)=20+t kommt auch oben in der Lösung vor....

Obiger Satz, den ich angeführt habe, gilt für Lösugsfunktionen aus \( \mathbb{C}^1 \). Die Heavisidefunktion gehört nicht dazu. War in der Aufgabenstellung angegeben, aus welcher Klasse die Lösungsfunktion stammen dürfen?

Nein, nicht wirklich!

PDE.PNG

Wie  man sieht, gelten die Randbedingungen nur für \( x, t \ge 0 \). Also irgendwelche Einschränkungen muss es schon geben.

Ansonsten ist die Wolframlösung natürlich eine Lösung wie  man durch bilden der Ableitungen sieht.

$$  T_t(t,x) + T_x(t,x) = 1 - \Phi(t-x) - t \Phi'(t-x) + x \Phi'(t-x) + t \Phi'(t-x) + \Phi(t-x) - x \Phi'(t-x) = 1 $$


Weiter gilt $$  T(0,x) = 20 + x \Phi(-x) $$ und $$ T(t,0) = 20 + t - t \Phi(t) $$ D.h. \( T(0,x) = 20 \) für \( t \ge 0 \) und \( T(t,0) = 20 \) für \( x \ge 0 \)

Vielen Dank für diese ausführliche Antwort!!! Du hast mir mega geholfen!

Ich hab die ganze Zeit überlegt, wie ich an diese Lösung von Wolfram Alpha komme.

Deine Lösung kann geschrieben werden als $$ T(t,x) = 20 + t - k(t,x) (t - x) $$ wenn man \( k \) nicht mehr als eine Konstante auffasst sondern als eine Funktion von \( t \) und \( x \) und die Wolframlösung als $$  T(t,x) = 20 + t - \Phi(t-x) (t - x) $$

Jetzt muss man für \( k(t,x) \) einen Ausdruck finden, für den gilt \( k(0,x) x = 0 \) für \( x \ge 0 \) und \( (1 - k(t,0)) t = 1 \) für \( t \ge 0 \) und das ist erfüllt für \( k(t,x) = \Phi(t-x) \)

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