10.6. Andere warmteproblemen. We hebben warmteproblemen bekeken van de vorm. 0 < x < L, t > 0. w(0, t) = 0, w(l, t) = 0, t 0. u(x, 0) = f(x), 0 x L,

Transcriptie

1 .6. Andere warmteproblem. We hebb warmteproblem bekek van de vorm α 2 u xx = u t, < x <, t > u(, t) =, u(, t) =, t u(x, ) = f(x), x, waarbij de temperatuur aan de beide uiteind constant bovdi gelijk is. In dat geval kond we de randvoorwaard homoge veronderstell. Als de temperatuur aan de uiteind constant is maar verschilld, dan gaat dat niet meer. Stel bijvoorbeeld dat u(, t) = T u(, t) = T 2, t. Dan geldt dat Dus : lim u(x, t) = v(x) met t v (x) =. v(x) = a x + a 2 met v() = T v() = T 2. Hieruit volgt dat a 2 = T a + a 2 = T 2 = a = T 2 T a 2 = T. Dus : v(x) = T 2 T x + T, x. Stel nu u(x, t) = v(x) + w(x, t), dan volgt : α 2 u xx = u t α 2 (v + w xx ) = + w t α 2 w xx = w t, want v(x) is onafhankelijk van t v (x) =. Voor de randvoorwaard geldt dan : w(, t) = u(, t) v() = T T = w(, t) = u(, t) v() = T 2 T 2 =. En voor de beginvoorwaarde vind we : w(x, ) = u(x, ) v(x) = f(x) v(x). Dus : α 2 w xx = w t, < x <, t > w(, t) =, w(, t) =, t w(x, ) = f(x) v(x), x. Dit is precies het probleem dat we al eerder hebb gelost. De oplossing is : w(x, t) = c n e n2 α 2 π 2 t 2 met c n = 2 f(x) v(x)] dx. Voor u(x, t) vind we t slotte heel evoudig : u(x, t) = v(x) + w(x, t).

2 Voorbeeld. Beschouw het beginrandwaardeprobleem u xx = u t, < x < 3, t > u(, t) = 2, u(3, t) = 5, t u(x, ) = f(x) = 4x, x 6 2x, x 3. We zi evoudig dat v(x) = x+2 voor x 3. Stel vervolgs u(x, t) = v(x)+w(x, t), dan volgt voor w(x, t) : w xx = w t, < x < 3, t > w(, t) =, w(3, t) =, t w(x, ) = f(x) v(x) = 3x 2, x 4 3x, x 3. De oplossing voor w(x, t) is dan (α 2 = = 3) : w(x, t) = c n e n2 π 2 t 9 3 met Nu volgt : c n = 2 3 = 5 3 f(x) v(x)] 3 dx (3x 2) 3 dx + 5 (3x 2) 3 dx = 2 3 (4 3x) 3 dx. (3x 2) d cos x 3 = 2 x (3x 2) cos = 2 cos x n 2 sin π2 3 = 2 (4 3x) 3 dx = 2 cos ] + 8 n 2 π 2 sin 3 3 cos x 3 dx (4 3x) d cos x 3 = 2 x (4 3x) cos cos x 3 dx = 2 cos + cos 3 8 x n 2 sin π2 3 3 = 2 5( ) n + cos 3 2 ] + 8 n 2 π 2 sin 3.

3 Dus : De oplossing is dus c n = 2 5( )n 2] + 36 n 2 π 2 sin 3 u(x, t) = x π 2 5( ) n 2] + 8 sin 3 n 2, n =, 2, 3,.... e n 2 π 2 t 9 3. In plaats van e vaste temperatuur aan de uiteind kunn we ook geïsoleerde uiteind beschouw. In dat geval vindt er dus ook aan de uiteind van de staaf ge warmteuitwisseling met de omgeving plaats. Dat wil zegg : u x (, t) = u x (, t) =, t. We beschouw dus e warmteprobleem van de vorm : α 2 u xx = u t, < x <, t > u x (, t) =, u x (, t) =, t u(x, ) = f(x), x. Ook dit probleem loss we op met behulp van de methode van scheid van variabel. Stel dat u(x, t) = X(x)T (t), dan volgt : α 2 u xx = u t α 2 X (x)t (t) = X(x)T (t) = X (x) X(x) = α 2 T (t) T (t) = σ. Dus : X (x) σx(x) = voor < x < T (t) σα 2 T (t) = voor t >. randvoorwaard volgt nu : Uit de u x (, t) = X ()T (t) = = X () = u x (, t) = X ()T (t) = = X () =. Voor X(x) vind we dus nu het volgde homoge randwaardeprobleem : X (x) σx(x) =, < x < X () =, X () =. We onderscheid weer drie mogelijkhed :. σ = : X (x) = = X(x) = a x + a 2. Dan is X (x) = a. Uit de randvoorwaard X () = X () = volgt dan dat a =. Echter : a 2 is willekeurig. Dus : σ = is e eigwaarde met bijbehorde eigfunctie X (x) =. 2. σ = µ 2 > : X (x) µ 2 X(x) = = X(x) = b cosh µx + b 2 sinh µx. Dan is X (x) = µb sinh µx + µb 2 cosh µx. Uit X () = volgt dan dat µb 2 = dus b 2 =. Uit X () = volgt dan dat µb sinh µ =. Maar sinh µ, want > µ. Dus : b =. Het probleem heeft dus ge positieve eigwaard. 3

4 3. σ = µ 2 < : X (x) + µ 2 X(x) = = X(x) = c cos µx + c 2 sin µx. Dan is X (x) = µc sin µx + µc 2 cos µx. Uit X () = volgt dan dat µc 2 = dus c 2 =. Uit X () = volgt dan dat µc sin µ =. Dit leidt tot niet-triviale oplossing als sin µ = dus µ = met n =, 2, 3,.... In dat geval is c willekeurig te kiez. Het probleem heeft dus negatieve eigwaard bijbehorde eigfuncties van de vorm σ n = n2 π 2 2 X n (x) = cos x, n =, 2, 3,.... Als σ = vind we voor T (t) : T (t) =. En voor de negatieve eigwaard vind we : Dus : u (x, t) = X (x)t (t) = σ = n2 π 2 2 = T n (t) = e n 2 π 2 α 2 t 2, n =, 2, 3,.... u n (x, t) = X n (x)t n (t) = e n2 π 2 α 2 t 2 De oplossing kan dus word geschrev in de vorm Uit de beginvoorwaarde volgt dan : u(x, t) = c 2 + c n e n2 π 2 α 2 t 2 cos x, n =, 2, 3,.... cos x. u(x, ) = f(x) f(x) = c 2 + c n cos x. Dit is e Fourier cosinusreeks voor f dus volgt : Merk op dat c = 2 f(x) dx c n = 2 f(x) cos x c 2 = f(x) dx, het gemiddelde van de begintemperatuurverdeling f(x) op x. dx, n =, 2, 3,.... Uiteraard zijn er ook andere situaties mogelijk, zoals e vaste temperatuur aan één van de uiteind terwijl het andere uiteinde geïsoleerd is. Ook is het mogelijk om randvoorwaard te bekijk waarbij de verandering in temperatuur aan de uiteind van de staaf evredig is met de dan heersde temperatuur. De methode van scheid van variabel werkt ook in al deze gevall. We gaan daar nu echter niet verder op in. Meer algeme randwaardeproblem kom in hoofdstuk nog wel aan de orde..7. De golfvergelijking : trilling van e snaar. We bestuder nu de uitwijking u(x, t) van e trillde snaar met lgte, waarbij x met x de positie in de snaar weergeeft t de tijd. De dikte van de snaar wordt hierbij verwaarloosd. We nem aan dat de snaar aan de beide uiteind vast zit. De functie u(x, t) beschrijft de uitwijking t 4

5 opzichte van de ruststand. Deze kan dus zowel positief als negatief zijn. Voor u(x, t) kan m e partiële differtiaalvergelijking afleid van de vorm a 2 u xx = u tt, < x <, t >, waarbij a 2 e positieve constante is die afhankelijk is van het materiaal de spanning van de snaar. Zie voor e afleiding van deze vergelijking Appdix B vanaf pagina 67 (ge ttamstof). Deze vergelijking heet de golfvergelijking. De constante a 2 wordt wel de veerconstante goemd. Hierbij is overigs wel de demping door onder andere de luchtweerstand verwaarloosd. Deze golfvergelijking treedt ook op bij allerlei andere problem waarbij golfbeweging (trilling) e rol spel. Aangezi de uiteind van de snaar vast zitt is de uitwijking daar nul geldt voor de randvoorwaard dat u(, t) = u(, t) = voor t. In dit geval is de afgeleide van u(x, t) naar t ook van de tweede orde. Dit houdt in dat er ook twee beginvoorwaard opgelegd kunn word, namelijk één voor u(x, t) zelf (de begintoestand) één voor u t (x, t) (de beginsnelheid). De snaar wordt in e bepaalde stand losgelat op tijdstip t =. Dit kan evtueel ook met e bepaalde beginsnelheid gebeur. Het algeme probleem voor zo n trillde snaar ziet er dan dus zo uit : a 2 u xx = u tt, < x <, t > u(, t) =, u(, t) =, t u(x, ) = f(x), u t (x, ) = g(x), x. Ook dit probleem kunn we oploss met behulp van de methode van scheid van variabel. Stel dat u(x, t) = X(x)T (t), dan volgt : a 2 u xx = u tt a 2 X (x)t (t) = X(x)T (t) = X (x) X(x) = a 2 T (t) T (t) = σ. Dus : X (x) σx(x) = voor < x < T (t) σa 2 T (t) = voor t >. Uit de randvoorwaard volgt nu weer : u(, t) = X()T (t) = = X() = u(, t) = X()T (t) = = X() =. Voor X(x) vind we dus weer het homoge randwaardeprobleem : X (x) σx(x) =, < x < X() =, X() =. Dit is precies hetzelfde randwaardeprobleem als bij de warmtevergelijking. We onderscheid weer drie mogelijkhed : 5

6 . σ = : X (x) = = X(x) = a x + a 2. Uit de randvoorwaard X() = X() = volgt dan weer dat a = a 2 =. 2. σ = µ 2 > : X (x) µ 2 X(x) = = X(x) = b cosh µx + b 2 sinh µx. Uit X() = X() = volgt dan ook weer dat b = b 2 =. 3. σ = µ 2 < : X (x) = µ 2 X(x) = = X(x) = c cos µx + c 2 sin µx. Uit X() = volgt dat c =. Uit X() = volgt dan dat c 2 sin µ = dat leidt tot niet-triviale oplossing als µ = met n =, 2, 3,.... Het probleem heeft dus alle negatieve eigwaard bijbehorde eigfuncties van de vorm Voor T (t) vind we echter in dit geval σ n = n2 π 2 2 X n (x) =, n =, 2, 3,.... T (t) + n2 π 2 a 2 2 T (t) = = T n (t) = c n cos at Hieruit volgt : dus u n (x, t) = X n (x)t n (t) = u(x, t) = Uit de eerste beginvoorwaarde volgt nu + k n sin at, n =, 2, 3,.... c n cos at + k n sin at ], n =, 2, 3,... c n cos at + k n sin at ]. u(x, ) = f(x) c n = f(x) dus c n = 2 f(x) dx, n =, 2, 3,.... Voor de tweede beginvoorwaarde differtiër we eerst naar t : u t (x, t) = a c n sin at + a k n cos at ]. Dan volgt : u t (x, ) = g(x) a k n = g(x) dus a k n = 2 g(x) dx = k n = 2 a g(x) dx, n =, 2, 3,.... 6

7 T slotte is er nog e andere manier om teg het probleem aan te kijk. Neem aan dat g(x) = voor alle x met x. Beschouw verder de begintoestand f(x) met x. Als we deze functie onev voortzett voor < x < vervolgs buit het interval (, ] periodiek met periode 2, dus f( x), < x < h(x) = f(x), x h(x + 2) = h(x) voor alle x R, dan geldt h(x) = c n met c n = h(x) dx = 2 f(x) dx. Maar dan volgt dat Hieruit volgt dat h(x at) = h(x + at) = c n ( c n ( 2 h(x at) + h(x + at)] = cos at cos at c n cos x + cos x Als g(x) = dan is namelijk k n = voor alle n =, 2, 3,.... De oplossing kan in dat geval dus geschrev word als u(x, t) = h(x at) + h(x + at)], 2 sin at ) sin at ). at cos = u(x, t). waarbij de functie h uit f wordt verkreg door deze onev periodiek voort te zett met periode 2. Meer algeme (zie opgave 3) geldt : stel dat u(x, t) = ϕ(x at) + ψ(x + at), dan volgt dat u xx = ϕ (x at) + ψ (x + at) u tt = ( a) 2 ϕ (x at) + a 2 ψ (x + at) = a 2 u xx. Dit betekt dus dat u(x, t) = ϕ(x at) + ψ(x + at) e oplossing is van a 2 u xx = u tt voor iedere functie ϕ iedere functie ψ. Dit zegt iets over de vorm ( dus de eigschapp) van de oplossing van e golfvergelijking. Het is echter niet van praktisch nut bij het oploss van e beginrandwaardeprobleem op basis van zo n golfvergelijking. Daarvoor kunn we beter de methode van scheid van variabel gebruik. 7