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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 erhĂ€lt

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 mĂŒssen einzeln gelöst werden und in AbhĂ€ngigkeit von k kommen unterschiedliche Lösungen heraus

meine Lösungen sind: T(x,t)=X(x)+Y(t)

FĂŒr k>0

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

FĂŒr k=0

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

FĂŒr k<0

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

ich hab die Randbedingung und die Anfangsbedingung fĂŒr 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 fĂŒr welche k sich ĂŒberhaupt Lösungen finden lassen.

**) fĂŒr k=1 ließ sich die PDE lösen

***) fĂŒr k=0 ließ sich die PDE lösen

****) fĂŒr 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 Vorraus!

vor 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

vor von 28 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

FĂŒr 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 erfĂŒllt, ABER

Die PDE ist nicht mehr erfĂŒllt !!!

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 ?

FĂŒr k>0

Und k<0 hab ich ein Àhnliches 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.

vor von 25 k

Ich bin dir sehr dankbar fĂŒr die ausfĂŒhrliche 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 fĂŒr x<0 = 0 definiert.

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

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

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

Nein, nicht wirklich!

PDE.PNG

Wie  man sieht, gelten die Randbedingungen nur fĂŒr \( x, t \ge 0 \). Also irgendwelche EinschrĂ€nkungen muss es schon geben.

Ansonsten ist die Wolframlösung natĂŒrlich 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. \( T(0,x) = 20 \) fĂŒr \( t \ge 0 \) und \( T(t,0) = 20 \) fĂŒr \( x \ge 0 \)

Vielen Dank fĂŒr diese ausfĂŒhrliche Antwort!!! Du hast mir mega geholfen!

Ich hab die ganze Zeit ĂŒberlegt, 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 fĂŒr \( k(t,x) \) einen Ausdruck finden, fĂŒr den gilt \( k(0,x) x = 0 \) fĂŒr \( x \ge 0 \) und \( (1 - k(t,0)) t = 1 \) fĂŒr \( t \ge 0 \) und das ist erfĂŒllt fĂŒr \( k(t,x) = \Phi(t-x) \)

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