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Wärmeleitungsgleichung

Wie lassen sich Wärmeänderungen mathematisch abbilden? In diesem Beitrag zeigen wir dir, wie man Wärmeleitungsgleichungen mit dem Separationsansatz löst.

Inhaltsübersicht

Eindimensionale Wärmeleitungsgleichung

Die Wärmeleitungsgleichung sagt aus, wie sich die Temperatur in einem Material oder Gas über die Zeit verändert. Auch die Diffusionsgleichung wird so beschrieben. Sie gibt an, wie sich die Konzentration eines Stoffes in Raum und Zeit ändert, da der Stoff diffundiert. Die eindimensionale Wärmeleitungsgleichung, oder Diffusionsgleichung, sieht so aus. Es ist eine parabolische Differentialgleichung.

$\partial_tu\left(x,t\right)=\partial_{xx}u(x,t)$

In diese setzen wir den Produktansatz

$u\left(x,t\right)=X(x)\ast T(t)$

ein.

$\partial_t(X(x)T(t))=\partial_{xx}(X(x)T(t))$

Auf der linken Seite können wir X(x) aus der Ableitung herausziehen und auf der rechten Seite T(t) .

$X(x)\partial_tT(t)=T(t)\partial_{xx}X(x)$

Wir schreiben es etwas übersichtlicher,

$X(x)T_t(t)=T(t)X_{xx}(x)$

separieren die Terme

$\frac{T_t\left(t\right)}{T\left(t\right)}=\frac{X_{xx}\left(x\right)}{X\left(x\right)}$

und setzen sie der Konstanten Lambda gleich.

$\frac{T_t\left(t\right)}{T\left(t\right)}=\frac{X_{xx}\left(x\right)}{X\left(x\right)}=\lambda$

Diffusionsgleichung lösen — Diffusionsgleichung

Das machen wir, da beide Seiten nur von einer Variablen abhängen. Sie können nur gleich sein, wenn sie konstant sind.

Lösen der separierten DGL

$\frac{T_t\left(t\right)}{T\left(t\right)}=\lambda$

$\frac{X_{xx}\left(x\right)}{X\left(x\right)}=\lambda$

die wir getrennt voneinander lösen. Jetzt schauen wir uns die Anfangs- und Randbedingungen an.

$u\left(x,0\right)=\sin{(x)}$

$u\left(0,t\right)=0$

$u\left(\pi,t\right)=0$

Aus diesen kannst du Anfangs- und Randbedingungen für die Funktionen T und X herleiten:

$u\left(x,0\right)=\sin{(x)}\rightarrow\ T\left(0\right)=\sin{(x)}$

$u\left(0,t\right)=0\rightarrow\ X\left(0\right)=0$

$u\left(\pi,t\right)=0\rightarrow\ X\left(\pi\right)=0$

Wir beginnen mit der Lösung der von t abhängigen Gleichung.

$T_t\left(t\right)=\lambda\ T\left(t\right)$

Hier führt ein Exponentialansatz zum Ziel.

$T\left(t\right)=ce^{\lambda t}$

Und schon geht’s weiter mit der zweiten von x abhängigen Gleichung. Es handelt sich um eine gewöhnliche Differentialgleichung zweiter Ordnung

$X_{xx}\left(x\right)=\lambda\ X\left(x\right)$

Hier stellen wir das charakteristische Polynom für $\mu$ auf

$\mu^2=\lambda$

Sturm-Liouville-Problem

Je nachdem, welchen Wert Lambda hat, sieht die Lösung unterschiedlich aus. Es liegt ein sogenanntes Sturm-Liouville-Problem vor, das du mit Fallunterscheidung lösen kannst. Dabei musst du drei Fälle betrachten:
Der erste Fall ist, dass Lambda größer Null ist.

$\lambda>0:\ \mu_{1/2}=\pm\sqrt\lambda$

Dann erhältst du rein reelle Werte für Lambda.

$X\left(0\right)=c_1e^{\sqrt\lambda\ast x}+c_2e^{-\sqrt\lambda\ast x}$

Und deine Lösung ist eine Kombination aus zwei Exponentialfunktionen. Wir setzen die Randbedingungen ein.

$X\left(0\right)=c_1e^{\sqrt\lambda\ast0}+c_2e^{-\sqrt\lambda\ast0}=c_1+c_2=0\rightarrow\ c_2=-c_1$

E^0 ergibt Eins, sodass die Summe c_1 plus c_2 übrig bleibt. Also ergibt sich, dass c_2 gleich - c_1 ist.

$X\left(\pi\right)=c_1\left(e^{\sqrt\lambda\ast\pi}-e^{-\sqrt\lambda\ast\pi}\right)=0\rightarrow\ e^{\sqrt\lambda\ast\pi}-e^{-\sqrt\lambda\ast\pi}\neq0\ ,\ c_1=c_2=0$

Sturm-Liouville-Problem

Lösung der zweiten Randbedingung

Die zweite Randbedingung führt auf die triviale Lösung c_1 gleich c_2 gleich Null, da der Ausdruck in Klammern ungleich Null ist. Der zweite Fall ist, dass $\lambda$ gleich Null ist.

$\lambda=0:\ \mu_{1/2}=0$

Mit der doppelten Nullstelle bei Null ergibt sich folgendes X,

$X\left(x\right)=c_1x+c_2$

in das du die Randbedingungen einsetzt.

$X\left(0\right)=c_1\ast0+c_2=0\rightarrow\ c_2=0$

Die erste Randbedingung ergibt, dass c_0 gleich Null sein muss.

$X\left(\pi\right)=c_1\ast \pi=0\rightarrow\ c_1=0$

Die zweite Randbedingung führt auf c_Eins gleich Null. Auch hier erhalten wir also nur die triviale Lösung. Der dritte und letzte Fall ist Lambda kleiner Null.

$\lambda<0:\ \mu_{1/2}=\pm\ i\sqrt{|\lambda|}=\pm\ i\alpha\rightarrow\lambda=-\alpha^2$

Die Eigenwerte $\mu$ sind imaginäre Zahlen. Um eine bessere Übersicht zu haben, kannst du dir Alpha definieren, so dass gilt

$\lambda=-\alpha^2$

Es ergibt sich folgende Form der Lösung,

$X\left(x\right)=c_1\cos{\left(\alpha x\right)}+c_2\sin{\left(\alpha x\right)}$

in die wir mal wieder die Randbedingungen einsetzen.

$X\left(0\right)=c_1\cos{\left(\alpha\ast0\right)}+c_2\sin{\left(\alpha\ast0\right)}=c_1=0\rightarrow\ c_1=0$

C_1 ergibt sich zu Null.

$X\left(\pi\right)=c_2\sin{\left(\alpha\ast \pi\right)}=0\rightarrow\alpha=n,\ n\in\mathbb{N}$

C_2 kann beliebig gewählt werden, solange Alpha eine natürliche Zahl n ist.
Hier ergibt sich endlich eine nichttriviale Lösung, sogar mehrere, da du verschiedene n einsetzen kannst. Die Gesamtlösung kannst du als Summe schreiben.

$X\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n\sin{\left(nx\right)}$

Wärmeleitungsgleichung Lösung — Gesamtlösung

Da wir nun $\lambda$ kennen,

$\lambda=-\alpha^2=-n^2$

können wir es auch in den Ansatz für T einsetzen.

$T\left(t\right)=ce^{\lambda t}=ce^{-n^2t}$

Die Gesamtlösung u sieht so aus:

$u\left(x,t\right)=X\left(x\right)T\left(t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_ne^{-n^2t}\sin{(nx)}$

Jetzt setzen wir noch die Anfangsbedingung ein

$u\left(x,0\right)=X\left(x\right)T\left(0\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_ne^{-n^2\ast0}\sin{(nx)}=\sum_{n=0}^{\infty}c_n\sin{(nx)}=\sin{(nx)}$

Durch Koeffizientenvergleich weißt du nun, dass c_1=1 und alle anderen c_n=0 sind.
Deine finale Lösung sieht so aus:

$u\left(x,t\right)=e^{-t}\sin{x}$

Finale Lösung der Wärmeleitungsgleichung — Finale Lösung

Achte darauf, dass in dieser kein n, $\alpha$ , $\lambda$ oder C mehr vorkommt. Denn die solltest du vorher alle bestimmt haben. Jetzt weißt du, wie du die Wärmeleitungsgleichung löst und wie du mit einem Sturm-Liouville-Eigenwertproblem umgehst.

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