2 svar
138 visningar
Peter1986 27
Postad: 8 jan 2021 17:11 Redigerad: 8 jan 2021 17:17

Skulle behöva hjälp att förstå en PDE-uppgift med Robinvillkor

Jag läste kursen "Matematisk Fysik" på LTU för ett tag sen, men jag har skjutit upp den kursen eftersom jag inte har haft något omedelbart behov av den och för att jag inte alls kommer överens med kursboken till den kursen.
I alla fall, jag fixade nyligen delen om Variationskalkyl utan några större problem, men nu känner jag att jag är totalt fast på delen där de börjar introducera "Sturm-Liouville"-operatorer, eftersom allting känns mer eller mindre taget ur luften och verkar vara baserat på en massa teori från kursen "Analysens Grunder", som tydligen inte är något förkunskapskrav för den här kursen.
Just nu så är det den här uppgiften som jag har fastnat på:

ut(x,t)-a·uxx(x,t)=0u(0,t)=T0ux(L,t)=qλu(x,0)=T0

Min metod har varit att först hitta den stationära lösningen u~(x) genom att sätta ut(x,t)=0, vilket då enligt randvillkoren ger

u~(x)=T0+qλ·x

Därefter så utnyttjar jag precis som vanligt att u(x,t)=v(x,t)+u~(x), och slänger in hela den substitutionen på varje rad i den ursprungliga ekvationen, vilket resulterar i några trevliga förenklingar:

vt(x,t)-a·vxx(x,t)=0v(0,t)=0vx(L,t)=0v(x,0)=-qλ·x

Det är ungefär här som jag inte längre hänger med på vad fasen det är som händer;
tydligen så ska man använda eigenfunktionen φ(x)=sin(βk·x), där βk=(k-12)·πL, och sen göra ansatsen v(x,t)=k=1k=vk(t)·φk(x), precis som när man jobbar med Dirichlet- och Neumann-villkor, men hur vet jag att eigenfunktionen är just φ(x)=sin(βk·x)?
Var kommer den funktionen ifrån?
Jag vet att man får fram den funktionen i Dirichlet-uppgifter, men varför får jag den funktionen den här gången?
Boken säger bara att "man finner att" det är den funktionen, men jag kan inte hitta någon ordentlig förklaring på den saken.

R0BRT 70
Postad: 10 jan 2021 13:37 Redigerad: 10 jan 2021 13:59

Jag ska försöka visa varför uttrycket blir på den formen. I din nya förenklade differentialekvation så går det att göra antagandet att v(x,t)=X(x)T(t)v(x,t)=X(x)T(t), dvs funktionen beror på produkten av två funktioner, en beroende endast av xx och en beroende endast av tt.

Insättning i din differentialekvation ger aX''T=XT'aX''T=XT', där derivatan på XX är med avseende på xx och derivatan på TT är med avseende på tt. Skriv om detta uttryck till:

X''X=1aT'T\frac{X''}{X}=\frac{1}{a}\frac{T'}{T},

eftersom uttrycket till vänster endast beror av xx och uttrycket till höger endast beror av tt så måste dessa vara lika med en konstant:

X''X=1aT'T=-λ\frac{X''}{X}=\frac{1}{a}\frac{T'}{T}=-\lambda.

Det visar sig att denna konstant är negativ, därför skrivs den enklast som -λ-\lambda. Resultatet kan skrivas som två differentialekvationer:

X''+λX=0X''+\lambda X = 0,

T'+aλT=0T'+a\lambda T = 0.

Din fråga är relaterad till den första av dessa med randvillkor:

X(0)=0X(0)=0,

X'(L)=0X'(L)=0.

Lösningen till differentialekvationen är på form:

X(x)=Acos(λx)+Bsin(λx)X(x)=A\cos{(\sqrt{\lambda}x)}+B\sin{(\sqrt{\lambda}x)}.

Randvillkoret X(0)=0X(0)=0 ger A=0A=0. Randvillkoret X'(L)=0X'(L)=0 ger:

Bλcos(λL)=0B\sqrt{\lambda}\cos{(\sqrt{\lambda}L)}=0.

Denna ekvation uppfylls om λ=(k-12)πL\sqrt{\lambda}=(k-\frac{1}{2})\frac{\pi}{L} för positiva heltal k=1,2,3,...k=1,2,3,.... Detta är var ditt uttryck kommer ifrån. Här brukar värdena på λ\lambda kallas egenvärden och själva lösningarna för egenfunktioner.

Peter1986 27
Postad: 10 jan 2021 14:33
R0BRT skrev:

Jag ska försöka visa varför uttrycket blir på den formen. I din nya förenklade differentialekvation så går det att göra antagandet att v(x,t)=X(x)T(t)v(x,t)=X(x)T(t), dvs funktionen beror på produkten av två funktioner, en beroende endast av xx och en beroende endast av tt.

Insättning i din differentialekvation ger aX''T=XT'aX''T=XT', där derivatan på XX är med avseende på xx och derivatan på TT är med avseende på tt. Skriv om detta uttryck till:

X''X=1aT'T\frac{X''}{X}=\frac{1}{a}\frac{T'}{T},

eftersom uttrycket till vänster endast beror av xx och uttrycket till höger endast beror av tt så måste dessa vara lika med en konstant:

X''X=1aT'T=-λ\frac{X''}{X}=\frac{1}{a}\frac{T'}{T}=-\lambda.

Det visar sig att denna konstant är negativ, därför skrivs den enklast som -λ-\lambda. Resultatet kan skrivas som två differentialekvationer:

X''+λX=0X''+\lambda X = 0,

T'+aλT=0T'+a\lambda T = 0.

Din fråga är relaterad till den första av dessa med randvillkor:

X(0)=0X(0)=0,

X'(L)=0X'(L)=0.

Lösningen till differentialekvationen är på form:

X(x)=Acos(λx)+Bsin(λx)X(x)=A\cos{(\sqrt{\lambda}x)}+B\sin{(\sqrt{\lambda}x)}.

Randvillkoret X(0)=0X(0)=0 ger A=0A=0. Randvillkoret X'(L)=0X'(L)=0 ger:

Bλcos(λL)=0B\sqrt{\lambda}\cos{(\sqrt{\lambda}L)}=0.

Denna ekvation uppfylls om λ=(k-12)πL\sqrt{\lambda}=(k-\frac{1}{2})\frac{\pi}{L} för positiva heltal k=1,2,3,...k=1,2,3,.... Detta är var ditt uttryck kommer ifrån. Här brukar värdena på λ\lambda kallas egenvärden och själva lösningarna för egenfunktioner.

Tack så mycket, nu blev allting betydligt klarare.

Jag minns att de vanliga Dirichlet- och Neumann-ekvationerna använde ungefär den där proceduren, men jag hade inte riktigt märkt sambandet mellan dem - det kändes som om SL-ekvationerna följde totalt andra regler, men tydligen så är de hyfsat lika de enklare varianterna.

Svara
Close