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 Angewandte Wärmeleitungsgleichung |
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pli
Junior 
Dabei seit: 27.05.2021
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 |  Themenstart: 2021-05-27
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Hallo zusammen
Ich bin in einen Kurs für Maschinen-Ing's reingerutscht und verstehe leider kein Wort😖. Auf jeden Fall soll ich jetzt eine stationäre Lösung für ein Randwertproblem finden und weiss nicht mal wo anfangen:
Also hier die Aufgabe:
Bestimmen Sie die (zeitunabhängige) stationäre Lösung des Randwertproblems:
\(\frac{d^2T}{dx^2} - \frac{Uh}{Ak}(T-T_\infty)=0\)
\(T(0) = T_0, \qquad -k\frac{dT}{dx}(L)=h(T(L)-T_\infty)\)
\(T=T(x,t)\)
Mir ist eigentlich nur klar das \(\frac{Uh}{Ak}\) konstant ist. Mit Google habe ich noch herausgefunden, dass die zweite Bedingung eine Robin Randbedingung ist. Jedoch habe ich nirgendwo eine Anleitung gefunden wie ich damit umgehen muss
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semasch
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2021-05-29
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Moin pli,
bist du mit (zumindest gewöhnlichen) Differentialgleichungen vertraut?
LG,
semasch
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pli
Junior
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-29
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Hallo semasch
Ist schon länger her.
Ich habe mittlerweile den folgenden Ansatz gewählt:
\(T=e^{\lambda x}\) und \(T''=\lambda^2e^{\lambda x}\)
Da \(e^{\lambda x}\neq 0\) muss \(\lambda^2-\frac{Uh}{Ak}=0\) sein oder?
Somit wäre \(\lambda=\pm\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}\). Somit wäre dann die Lsg der homogenen DGL:
\(T_{hom}=C_1 e^{-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}}+C_2e^{\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}}\)
Bin ich da einigermasser richtig?
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semasch
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-05-29
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Ja, das ist soweit ganz richtig (bis auf ein $x$ im Exponenten deiner letzten Formel, das wohl vom Editor verschluckt worden ist).
Ok, dann hier eine kleine Wiederholung: Die allgemeine Lösung $T(x) = T_{\text{hom}}(x) + T_{\text{part}}(x)$ der DGL ist dann die Summe aus deiner allgemeinen Lösung $T_{\text{hom}}(x)$ der homogenen Gleichung und einer Partikulärlösung $T_{\text{part}}(x)$ der inhomogenen Gleichung, die du lösen willst.
Was also noch ausständig ist, ist (i) eine Partikulärlösung zu finden und (ii) die Konstanten $C_1, C_2$ so zu bestimmen, dass die beiden Randbedingungen erfüllt sind.
LG,
semasch
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pli
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-05-29
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Stimmt natürlich mit dem x. Hier also nochmals die richtige Lösung
\(T_{hom}=C_1e^{-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}x} + C_2e^{\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}x}\)
Dann in einem zweiten Schritt muss ich ja \(T_{part}\) bestimmen. Mit Papula habe ich jetzt so was rausbekommen:
\(g(x)=-\frac{Uh}{Ak} T_{\infty}\)
\(g'(x)=0\)
\(g''(x)=0\)
Eingesetzt in die Aufgabe gäbe dies dann:
\(0-\frac{Uh}{Ak}A=-\frac{Uh}{Ak}T_\infty\)
\(A=\frac{-\frac{Uh}{Ak}T_\infty}{-\frac{Uh}{Ak}}=T_\infty\)
Somit wäre \(T_{part}=T_\infty\)
Damit gilt:
\(T=T_{hom}+T_{part}=C_1e^{-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}x} + C_2e^{\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}x}+T_{\infty}\)
zu (ii):
Die erste Randbedingung lautet ja:
\(T(0)=C_1+C_2+T_{\infty}=T_0\) (1)
Für die zweite brauche ich ja die erste Ableitung von T:
\(T'=C_1(-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}})e^{-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}x} + C_2(\sqrt{\frac{Uh}{Ak}})e^{\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}x}\)
Somit lautet die zweite Randbedingung ausgeschrieben:
\(-k( C_1(-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}})e^{-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}L} + C_2(\sqrt{\frac{Uh}{Ak}})e^{\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}L})=h(C_1e^{-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}L} + C_2e^{\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}L}+T_{\infty}-T_{\infty})\)
In einem ersten Schritt hebt sich \(T_\infty\) auf. Also:
\(-k( C_1(-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}})e^{-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}L} + C_2(\sqrt{\frac{Uh}{Ak}})e^{\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}L})=h(C_1e^{-\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}L} + C_2e^{\sqrt{\frac{Uh}{Ak}}L})\) (2)
Wenn ich jetzt die Gleichungen in einen Solver eingebe erhalte ich für \(C_1\) und \(C_2\) nur zwei Riesenbrüche. Das kann doch nicht stimmen oder?
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semasch
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-05-29
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Ich bin mit dem Lehrbuch von Papula zwar nicht vertraut und kenne daher die dort (und ich vermute auch von dir) verwendete Notation nicht, aber die von dir bestimmte Partikulärlösung ist jedenfalls richtig.
Was deine Zweifel im Hinblick auf (ii) angeht: Das Gleichungssystem für $C_1,C_2$ stimmt jedenfalls so, wie du es bestimmt hast. Zur Kontrolle deines Ergebnisses: Ich habe anstelle von Exponentialfunktionen mit hyperbolischen Funktionen gerechnet. Meine allgemeine Lösung lautet mit der Abkürzung $\kappa := \sqrt{\frac{Uh}{Ak}}$ daher
\[T(x) = T_{\infty} + D_1 \cosh(\kappa x) + D_2 \sinh(\kappa x),\]
mit den zunächst unbestimmten Koeffizienten $D_1,D_2$. Implementierung der Randbedingungen führt dann zu der Lösung
\[T(x) = T_{\infty} + (T_0-T_{\infty}) \left(\cosh(\kappa x) - \frac{\cosh(\kappa L) + \frac{\kappa k}{h} \sinh(\kappa L)}{\sinh(\kappa L) + \frac{\kappa k}{h} \cosh(\kappa L)} \sinh(\kappa x)\right).\]
Hier habe ich auch nochmal nachgerechnet, und die beiden Randbedingungen sind erfüllt. Nachdem auch hier ein etwas größerer Bruch vorkommt, würde ich mir bei deiner Lösung nichts anderes erwarten. Im Zweifelsfall kannst du in deiner Lösung die Exponentialfunktionen durch hyperbolische Funktionen ausdrücken und schauen, ob du dieselben Koeffizienten $D_1,D_2$ erhältst oder aber alternativ in deiner Lösung die Gültigkeit der Randbedingungen nachrechnen.
LG,
semasch
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MontyPythagoras
Senior 
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 | Beitrag No.6, eingetragen 2021-05-29
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Hallo zusammen,
an der Aufgabe ist etwas faul. $T_\infty$ heißt nicht ohne Grund so. Das $\infty$ kann sich prinzipiell auf das $x$ oder das $t$ beziehen, aber dass es sich auf die Zeit bezieht, ist eher unwahrscheinlich, denn wir suchen eine stationäre Lösung, und da ist der Zeitpunkt ja egal. Dann müsste es sich auf $x=\infty$ beziehen, was auch sicher der Plan ist, denn typischerweise bezeichnet man mit $T_\infty$ die Temperatur des Körpers in unendlicher Entfernung von dem betrachteten Punkt. Und das muss eine endliche Temperatur sein.
Aber dann sind die Lösungen falsch. Also nicht falsch gerechnet, aber für $x=\infty$ kommt jedenfalls nicht $T_\infty$ heraus. Und das ist ein Problem, denn das bedeutet, dass $T$ für $x\to\infty$ gegen plus oder minus unendlich geht, was keinen Sinn macht.
Lange Rede, kurzer Sinn: Wir haben zwei Integrationskonstanten, aber drei Randbedingungen. Zwei Integrationskonstanten könnte ich schon mit $T(0,t)=T_0$ und $T(\infty,t)=T_\infty$ bestimmen. Daher ist auch eigentlich in Beitrag #4 automatisch $C_2=0$, weil sonst $T(\infty,t)=\pm\infty$ gilt.
Mit $\sinh$ und $\cosh$ zu rechnen kann vorteilhaft sein, ist aber hier nicht empfehlenswert. Der Grund ist, dass man mit den reinen Exponentialfunktionen sofort sieht, dass $C_2=0$ sein muss, was man mit der Lösung in #5, wenn sie auch richtig sein mag, nicht ohne weiteres sieht. $T(x\to\infty)$ läuft hier nur dann nicht aus dem Ruder, wenn $\frac{\cosh(\kappa L) + \frac{\kappa k}{h} \sinh(\kappa L)}{\sinh(\kappa L) + \frac{\kappa k}{h} \cosh(\kappa L)} =1$ gilt, was $\frac{\kappa k}h=1$ erfordert, was in aller Regel nicht stimmen dürfte.
$\sinh$ und $\cosh$ bieten sich immer dann an, wenn man z.B. aus Symmetriegründen von vornherein weiß, dass die gesuchte Funktion entweder gerade oder ungerade ist, denn dann braucht man nur entweder $\sinh$ oder $\cosh$, aber nicht beide. Aber das ist Geschmackssache.
Ciao,
Thomas
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semasch
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| Beitrag No.7, eingetragen 2021-05-29
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Moin Thomas,
ich denke nicht, dass ich deinem Einwand so zustimmen kann.
Das RWP ist definiert für $x \in [0,L]$, weswegen insbesondere der Grenzübergang $x \to \infty$ für endliches $L$ nicht zulässig ist. Sinn macht dieser nur für $L \to \infty$, und in diesem Fall hat man
\[\frac{\cosh(\kappa L) + \frac{\kappa k}{h} \sinh(\kappa L)}{\sinh(\kappa L) + \frac{\kappa k}{h} \cosh(\kappa L)} \to 1,\]
also genau die in deinem Beitrag erwähnte Bauart des Koeffizienten von $\sinh$, die
\[T(x) \to T_{\infty} + (T_0 - T_{\infty}) (\cosh(\kappa x) - \sinh(\kappa x)) = T_{\infty} + (T_0 - T_{\infty}) e^{-\kappa x} =: T(x,L \to \infty)\]
und in weiterer Folge
\[T(x,L \to \infty) \to T_{\infty} \quad \text{für} \quad x \to \infty\]
nach sich zieht. Das erklärt und legitimiert in meinen Augen auch die Namensgebung $T_{\infty}$ hinreichend und macht die Aufgabe wohlgestellt. 🙂
Dass das Verwenden der hyperbolischen Funktionen z.B. in Situationen besonderer Symmetrie empfehlenswert ist, ist ein guter Punkt. Wenn man sich hier die Randbedingungen anschaut, so sieht man aber, dass man den Koeffizienten $D_1$ von $\cosh$ aus $T(0) = T_0$ direkt ablesen kann, was dann auch die Bestimmung von $D_2$ aus der anderen Randbedingung recht unkompliziert macht. Das Verwenden der hyperbolischen Funktionen hat meiner Ansicht nach in diesem Fall also primär aus algebraischen Gesichtspunkten seine Vorteile, was denke ich auch nicht zu unterschätzen ist, wenn man (so wie ich) händisch rechnet. 😄
LG,
semasch
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.8, eingetragen 2021-05-30
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Hallo semasch,
die Aufgabe soll/muss man wohl so verstehen, dass es um die Wärmeleitung durch einen eindimensionalen Körper (langer dünner Stab der Länge L oder eine Wand ohne Wärmeleitung in Querrichtung) mit Wärmequelle oder -senke geht, und einem Wärmeübergang an dessen Ende. Dann ist $T_\infty$ die Temperatur des Mediums, das er berührt, und nicht des Körpers selbst. Und das meinte ich damit, dass etwas faul ist. Das könnte man ja in der Aufgabenstellung auch dazu schreiben. 😃
Wie schon gesagt, die Hyperbelfunktionen haben sicherlich ihre Vorteile, besonders bei Symmetrien, aber sicher auch in diesem Fall, wenn man eben nicht $x\to\infty$ berechnen muss, sondern einen endlichen Randwert.
Ciao,
Thomas
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semasch
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| Beitrag No.9, eingetragen 2021-05-31
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Moin Thomas,
ich verstehe. Ich kann zwar (wie in Beitrag #7 erwähnt) verstehen, woher die Bezeichnung $T_{\infty}$ kommt, aber es wäre vielleicht doch geschickter gewesen, eine andere Bezeichnung für diese Größe zu wählen, die die von dir beschriebene physikalische Situation besser zu fassen vermag, oder zumindest auf Letztere erläuternd einzugehen.
LG,
semasch
|
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pli
Junior
Dabei seit: 27.05.2021
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-08
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Hallo zusammen,
semasch hatte recht, die Lösung ergibt einen Bruch. Besten Dank für die Hilfe
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