2. Ordnung Anfangswertproblem < partielle < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:23 Mi 03.12.2008 | | Autor: | tobe |
| Aufgabe | Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems
[mm] u_{tt}=4u_{xx}+t [/mm]
[mm] u(x,0)=u_t(x,0)=0
[/mm]
mit Hilfe der Koordinatentransformation X=x+2t, T=x-2t |
Ich weiss nicht so genau wie ich darauf los soll. Gleich am Anfang unseres Skriptums wird zu diesem Problem "Separation der Variablen, Fourierreihen" angegeben.
Da dies ja ein sehr klassisches Problem ist, dachte ich dass es hier bestimmt ein paar Leute gibt die mir sagen können ob es sinnvoll ist damit drauf los zu gehen oder ob ich mich lieber anders durchkämpfen soll/überhaupt kann!
Wenn ich mal los lege:
-Separation der Variablen
-Sturm Liouville Problem
-Fourierreihen
Zu Separation der Variablen:
u(x,t)=X(x)T(t)
ist das eine Lösung, so müsste gelten
XT''=4X''T
also für X;T [mm] \not= [/mm] 0
[mm] \bruch{X''}{X}=\bruch{T''}{4T}
[/mm]
[mm] \Rightarrow X''-\lambda [/mm] X=0 ; [mm] T''-4\lambda [/mm] T=0
Hier stoße ich nun auf das oben erwähnte Sturm Liouville Eigenwertproblem:
[mm] (I)X''-\lambda [/mm] X=0
(II) ????
Bei (II) muss ich doch mein Anfangswertproblem irgendwie einbauen oder? Doch wie?
Ist das von mir bis hier hin gemachte richtig?
Hätte ich (II) würde ich einfach die [mm] \lambda [/mm] bestimmen für die (I) und (II) in nichttrivialer Weise erfüllt werden und dann würde ich auf Fourierreihen stoßen...
Danke für die, die mir helfen das zu erarbeiten.
EDIT:
Nach weiterer Analyse, habe ich bemerkt, dass ich die eindimensionale, beidseitig unbeschränkte Schwingungsgleichung: Darstellung von D'Alembert vor mir habe und nicht die eindimensionale, beschränkte. Also gehe ich natürlich ganz anders vor oder? Ich werde mich mal daran etwas versuchen und dann wieder etwas neues Verfassen!
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Hallo tobe,
> Bestimmen Sie die Lösung des Anfangswertproblems
>
> [mm]u_{tt}=4u_{xx}+t[/mm]
> [mm]u(x,0)=u_t(x,0)=0[/mm]
>
> mit Hilfe der Koordinatentransformation X=x+2t, T=x-2t
> Ich weiss nicht so genau wie ich darauf los soll. Gleich
> am Anfang unseres Skriptums wird zu diesem Problem
> "Separation der Variablen, Fourierreihen" angegeben.
> Da dies ja ein sehr klassisches Problem ist, dachte ich
> dass es hier bestimmt ein paar Leute gibt die mir sagen
> können ob es sinnvoll ist damit drauf los zu gehen oder ob
> ich mich lieber anders durchkämpfen soll/überhaupt kann!
>
> Wenn ich mal los lege:
> -Separation der Variablen
> -Sturm Liouville Problem
> -Fourierreihen
>
> Zu Separation der Variablen:
> u(x,t)=X(x)T(t)
> ist das eine Lösung, so müsste gelten
> XT''=4X''T
> also für X;T [mm]\not=[/mm] 0
>
> [mm]\bruch{X''}{X}=\bruch{T''}{4T}[/mm]
> [mm]\Rightarrow X''-\lambda[/mm] X=0 ; [mm]T''-4\lambda[/mm] T=0
>
> Hier stoße ich nun auf das oben erwähnte Sturm Liouville
> Eigenwertproblem:
> [mm](I)X''-\lambda[/mm] X=0
> (II) ????
> Bei (II) muss ich doch mein Anfangswertproblem irgendwie
> einbauen oder? Doch wie?
> Ist das von mir bis hier hin gemachte richtig?
> Hätte ich (II) würde ich einfach die [mm]\lambda[/mm] bestimmen für
> die (I) und (II) in nichttrivialer Weise erfüllt werden und
> dann würde ich auf Fourierreihen stoßen...
>
> Danke für die, die mir helfen das zu erarbeiten.
>
> EDIT:
> Nach weiterer Analyse, habe ich bemerkt, dass ich die
> eindimensionale, beidseitig unbeschränkte
> Schwingungsgleichung: Darstellung von D'Alembert vor mir
> habe und nicht die eindimensionale, beschränkte. Also gehe
> ich natürlich ganz anders vor oder? Ich werde mich mal
> daran etwas versuchen und dann wieder etwas neues
> Verfassen!
Versuche erstmal diese partielle DGL mit Hilfe
obiger Koordinatentransfomation zu lösen.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:08 Do 04.12.2008 | | Autor: | tobe |
Dann mach ich mal so weit wie ich komme:
(I) [mm] u_{tt}=4u{xx}+t
[/mm]
X=x+2t
T=x-2t
-> [mm] x=\bruch{1}{2}(X+T) [/mm] ; [mm] t=\bruch{1}{4}(X-T)
[/mm]
[mm] U(X,T)=u(x,t)=u(\bruch{1}{2}(X+T),\bruch{1}{4}(X-T))
[/mm]
[mm] u_x=U_X X_X [/mm] + [mm] U_T T_X [/mm] = [mm] U_X+U_T
[/mm]
[mm] u_{xx}= U_{XX}+U{XT}+U{TX}+U{TT}=U_{XX}+2U_{XT}+U{TT}
[/mm]
[mm] u_t=2U_X-2U_T
[/mm]
[mm] u_{tt}=4(U_{XX}-2U_{XT}+U_{TT})
[/mm]
Eingesetzt in (I)
[mm] 4U_{XX}-8U_{XT}+4U_{TT})=4U_{XX}+8U_{XT}+4U_{TT}+t
[/mm]
[mm] -16U_{XT}=t
[/mm]
Und wie geht das nun hier weiter? Ich habe bisher immer nur 1. Ordnung durch Transformation gelöst und da kam ich dann hier immer auf etwas einfach zu lösendes. Wie gehe ich nun hier vor?
Vielen lieben Dank
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Hallo tobe,
> Dann mach ich mal so weit wie ich komme:
> (I) [mm]u_{tt}=4u{xx}+t[/mm]
>
> X=x+2t
> T=x-2t
>
> -> [mm]x=\bruch{1}{2}(X+T)[/mm] ; [mm]t=\bruch{1}{4}(X-T)[/mm]
>
> [mm]U(X,T)=u(x,t)=u(\bruch{1}{2}(X+T),\bruch{1}{4}(X-T))[/mm]
>
> [mm]u_x=U_X X_X[/mm] + [mm]U_T T_X[/mm] = [mm]U_X+U_T[/mm]
> [mm]u_{xx}= U_{XX}+U{XT}+U{TX}+U{TT}=U_{XX}+2U_{XT}+U{TT}[/mm]
>
> [mm]u_t=2U_X-2U_T[/mm]
> [mm]u_{tt}=4(U_{XX}-2U_{XT}+U_{TT})[/mm]
>
> Eingesetzt in (I)
> [mm]4U_{XX}-8U_{XT}+4U_{TT})=4U_{XX}+8U_{XT}+4U_{TT}+t[/mm]
>
> [mm]-16U_{XT}=t[/mm]
>
> Und wie geht das nun hier weiter? Ich habe bisher immer nur
> 1. Ordnung durch Transformation gelöst und da kam ich dann
> hier immer auf etwas einfach zu lösendes. Wie gehe ich nun
> hier vor?
Zunächst mußt Du das t auch in Abhängigkeit von X und T ausdrücken.
Jetzt kannt Du dann wie gewohnt integrieren.
> Vielen lieben Dank
>
>
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:38 Do 04.12.2008 | | Autor: | tobe |
Ich habe ja bereits oben geschrieben:
[mm] t=\bruch{1}{4}(X-T)
[/mm]
Also kann ich sagen:
[mm] -16U_{XT}=\bruch{1}{4}X-\bruch{1}{4}T [/mm] |dT
[mm] -16U_X=\integral{\bruch{1}{4}X-\bruch{1}{4}T dT}=\bruch{1}{4}XT-\bruch{1}{8}T^2+c(X) [/mm] |dX
[mm] -16U=\integral{\bruch{1}{4}XT-\bruch{1}{8}T^2+c(X)}dX
[/mm]
[mm] -16U=\bruch{1}{8}X^2T-\bruch{1}{8}T^2X+\integral{c(X)}dX+d(T)
[/mm]
Kann ich das überhaupt so integrieren oder habe ich da irgend welche Kettenregeln vergessen? Ausserdem stehe ich gerade irgendwie auf dem schlauch was [mm] \integral{c(X)}dX [/mm] ist.
Wenn das jetzt alles so passen würde, könnte ich ja einfach rücksubstituieren und hätte meine Lösung oder? Bzw. ich müsste dann noch durch passende Wahl von c und d diejenige bestimmen die den Anfangsbedingungen genügen!
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Hallo tobe,
> Ich habe ja bereits oben geschrieben:
> [mm]t=\bruch{1}{4}(X-T)[/mm]
>
> Also kann ich sagen:
> [mm]-16U_{XT}=\bruch{1}{4}X-\bruch{1}{4}T[/mm] |dT
> [mm]-16U_X=\integral{\bruch{1}{4}X-\bruch{1}{4}T dT}=\bruch{1}{4}XT-\bruch{1}{8}T^2+c(X)[/mm]
> |dX
> [mm]-16U=\integral{\bruch{1}{4}XT-\bruch{1}{8}T^2+c(X)}dX[/mm]
>
> [mm]-16U=\bruch{1}{8}X^2T-\bruch{1}{8}T^2X+\integral{c(X)}dX+d(T)[/mm]
>
> Kann ich das überhaupt so integrieren oder habe ich da
> irgend welche Kettenregeln vergessen? Ausserdem stehe ich
> gerade irgendwie auf dem schlauch was [mm]\integral{c(X)}dX[/mm]
> ist.
> Wenn das jetzt alles so passen würde, könnte ich ja
> einfach rücksubstituieren und hätte meine Lösung oder? Bzw.
> ich müsste dann noch durch passende Wahl von c und d
> diejenige bestimmen die den Anfangsbedingungen genügen!
Na ja, die Lösung der homogenen partiellen DGL
[mm]U_{XT}=0[/mm]
ist gegeben durch
[mm]U\left(X,T\right)=\omega_{1}\left(T\right)+\omega_{2}\left(X\right)[/mm]
So daß sich hier die folgende Lösung ergibt:
[mm]U\left(X,T\right)=-\bruch{1}{128}*\left(T^{2}X-X^{2}T}\right)+\omega_{1}\left(T\right)+\omega_{2}\left(X\right)[/mm]
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:35 Do 04.12.2008 | | Autor: | tobe |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Jetzt wurde ich restlos ausgeknockt :)
ich versuche es mir mal zusammen zu bauen!
Deine Lösung der homogenen Gleichung:
U_{XT}=0
U_{x}=c_1(X)
U(X,T)=\integral{c_1(X)}dX+c_2(T)
\integral{c_1(X)}dX ist irgend eine funktion abhängig von X also z.B. \omega_{2}\left(X\right) genau so wie c_1 irgend eine Funktion abhängig von T ist also \omega_{1}\left(T\right)
Also $ U\left(X,T\right)=\omega_{1}\left(T\right)+\omega_{2}\left(X\right)$
Kann man das irgendwie so interpretieren? 
Die Lösung ist dann:
$ U\left(X,T\right)=-\bruch{1}{128}\cdot{}\left(T^{2}X-X^{2}T}\right)+\omega_{1}\left(T\right)+\omega_{2}\left(X\right) $
Und nun werde ich mal rücksubstituieren:
u(x,t)=-\bruch{1}{128}((x-2t)^2(x+2t)-(x+2t)^2(x-2t)+\omega_{1}(x-2t)+\omega_{2}(x+2t)
u(x,t)=-\bruch{1}{128}(-8tx+4x^2t+16t^3)+\omega_{1}(x-2t)+\omega_{2}(x+2t)
Wenn ich da jetzt noch meine Anfangsbedingung reinbaue:
u(x,0)=\omega_{1}(x)+\omega_{2}(x)=0
u_t(x,0)=$-\bruch{1}{128}(-8x+4x^2+)+c\omega_{1}'(x)+c\omega_{2}'(x)=0 $
kann ich nun daraus irgendwie auf \omega_1 und \omega_2 schließen?
Wahrscheinlich ist da eh wieder alles Käse was ich gemacht habe. kannst du mir evtl. zeigen wie es nun weiter geht?
lg
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Hallo tobe,
> Jetzt wurde ich restlos ausgeknockt :)
>
> ich versuche es mir mal zusammen zu bauen!
> Deine Lösung der homogenen Gleichung:
> [mm]U_{XT}=0[/mm]
> [mm]U_{x}=c_1(X)[/mm]
> [mm]U(X,T)=\integral{c_1(X)}dX+c_2(T)[/mm]
> [mm]\integral{c_1(X)}dX[/mm] ist irgend eine funktion abhängig von
> X also z.B. [mm]\omega_{2}\left(X\right)[/mm] genau so wie [mm]c_1[/mm]
> irgend eine Funktion abhängig von T ist also
> [mm]\omega_{1}\left(T\right)[/mm]
>
>
> Also
> [mm]U\left(X,T\right)=\omega_{1}\left(T\right)+\omega_{2}\left(X\right)[/mm]
> Kann man das irgendwie so interpretieren?
>
> Die Lösung ist dann:
>
> [mm]U\left(X,T\right)=-\bruch{1}{128}\cdot{}\left(T^{2}X-X^{2}T}\right)+\omega_{1}\left(T\right)+\omega_{2}\left(X\right)[/mm]
>
> Und nun werde ich mal rücksubstituieren:
>
> [mm]u(x,t)=-\bruch{1}{128}((x-2t)^2(x+2t)-(x+2t)^2(x-2t)+\omega_{1}(x-2t)+\omega_{2}(x+2t)[/mm]
>
> [mm]u(x,t)=-\bruch{1}{128}(-8tx+4x^2t+16t^3)+\omega_{1}(x-2t)+\omega_{2}(x+2t)[/mm]
> Wenn ich da jetzt noch meine Anfangsbedingung reinbaue:
> [mm]u(x,0)=\omega_{1}(x)+\omega_{2}(x)=0[/mm]
> [mm]u_t(x,0)=[/mm]
> [mm]-\bruch{1}{128}(-8x+4x^2+)+c\omega_{1}'(x)+c\omega_{2}'(x)=0[/mm]
> kann ich nun daraus irgendwie auf [mm]\omega_1[/mm] und [mm]\omega_2[/mm]
> schließen?
> Wahrscheinlich ist da eh wieder alles Käse was ich gemacht
> habe. kannst du mir evtl. zeigen wie es nun weiter geht?
Aus
[mm]u\left(x,0\right)=\omega_{1}\left(x\right)+\omega_{2}\left(x\right)=0[/mm]
kann man zumindest
[mm]\omega_{2}\left(x\right)=-\omega_{2}\left(x\right)[/mm]
schließen.
Wie es dann weiter geht, weiss ich selbst noch nicht.
>
> lg
>
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:02 Sa 06.12.2008 | | Autor: | Jojo987 |
Hallo zusammen,
ich möchte mich einmal dieser Problematik anschließen.
gut also zur information... ich ein absoluter Neuling was die partielle DGL betreffen.
ich habe jetzt bei meiner Lösung zwar erst nach X integriert aber das dürfte für die Lösung der Problems keinen Unterschied machen.
also habe ich
[mm] U(X,T)=\bruch{1}{128}(T^{2}X-TX^{2})+\integral{c(T) dT}+H(X)
[/mm]
wenn man nun die Koordinaten rückttransformiert erhält man
[mm] u(x,t)=\bruch{1}{32}t(4t^{2}-x^{2})+G(x-2t)+H(x+2t) [/mm] bzw.
[mm] u_{t}(x,t)=\bruch{1}{32}(12t^{2}-x^{2})-2G'(x-2t)+2H'(x+2t)
[/mm]
so und nun kann ma doch einfach die Anfangsbedingungen einsetzen und kann so G und H bestimmen, oder?
(I) u(x,0)=G(x)+H(x)=g(x)
(II) [mm] u_{t}(x,0)=-\bruch{1}{32}x^{2}-2G'(x)+2H'(x)=h(x)
[/mm]
aus (I) erhält man G(x)=g(x)-H(x)
(II) mussman erst über die grenzen integrieren um an G und zu kommen ==>
[mm] \integral_{0}^{x}{H'(s)-G'(s) ds}=\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}({h(s)-\bruch{1}{32}s^{2}) ds}
[/mm]
[mm] H(x)=\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{h(s) ds}-bruch{1}{192}s^{3}+G(x)
[/mm]
G und H eleminieren und in die Allgemeine Lösung engesetzt ergibt:
[mm] u(x,t)\bruch{1}{32}t(4t^{2}-x^{2})+g(x)
[/mm]
nunja wie soll ich sagen...ich bin mir da sehr sehr unsicher. Habe dieses schema aus einem Allgemeinen Beispiel übernommen.
und noch die Frage...Wieso nehmt ihr [mm] U_{XT}=0?
[/mm]
das ist doch eine eindimensionale, beidseitig unbeschränkte Schwingungsgleichung die die Form
[mm] u_{tt}=c^{2}u_{xx}+f(x,t)
[/mm]
besitzt. bei unserem beispiel ist das f(x,t)=t und somit müsste doch die Lösungsidee [mm] U_{XT}=F(x,t) [/mm] lauten. Aber bitte klärt mich über meine zahlreichen Bildungslücken bei partiellen DGL auf. Bedanke mich für jeden Hinweis.
Gruß Johannes
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Hallo Jojo987,
> Hallo zusammen,
>
> ich möchte mich einmal dieser Problematik anschließen.
>
> gut also zur information... ich ein absoluter Neuling was
> die partielle DGL betreffen.
>
> ich habe jetzt bei meiner Lösung zwar erst nach X
> integriert aber das dürfte für die Lösung der Problems
> keinen Unterschied machen.
>
> also habe ich
>
> [mm]U(X,T)=\bruch{1}{128}(T^{2}X-TX^{2})+\integral{c(T) dT}+H(X)[/mm]
>
> wenn man nun die Koordinaten rückttransformiert erhält man
> [mm]u(x,t)=\bruch{1}{32}t(4t^{2}-x^{2})+G(x-2t)+H(x+2t)[/mm] bzw.
>
> [mm]u_{t}(x,t)=\bruch{1}{32}(12t^{2}-x^{2})-2G'(x-2t)+2H'(x+2t)[/mm]
>
> so und nun kann ma doch einfach die Anfangsbedingungen
> einsetzen und kann so G und H bestimmen, oder?
>
> (I) u(x,0)=G(x)+H(x)=g(x)
Die Anfangsbedingung lautet: [mm]u\left(x,0\right)=0[/mm]
> (II) [mm]u_{t}(x,0)=-\bruch{1}{32}x^{2}-2G'(x)+2H'(x)=h(x)[/mm]
>
> aus (I) erhält man G(x)=g(x)-H(x)
>
> (II) mussman erst über die grenzen integrieren um an G und
> zu kommen ==>
>
> [mm]\integral_{0}^{x}{H'(s)-G'(s) ds}=\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}({h(s)-\bruch{1}{32}s^{2}) ds}[/mm]
>
> [mm]H(x)=\bruch{1}{2}\integral_{0}^{x}{h(s) ds}-bruch{1}{192}s^{3}+G(x)[/mm]
>
> G und H eleminieren und in die Allgemeine Lösung engesetzt
> ergibt:
>
> [mm]u(x,t)\bruch{1}{32}t(4t^{2}-x^{2})+g(x)[/mm]
>
> nunja wie soll ich sagen...ich bin mir da sehr sehr
> unsicher. Habe dieses schema aus einem Allgemeinen Beispiel
> übernommen.
Die Frage ist, wie jetzt die Anfangsbedingungen behandelt werden.
Die erste Anfangsbedingung geht ja noch:
[mm]u\left(x,0\right)=G\left(x\right)+H(x\right)=0 \Rightarrow G\left(x\right)=-H\left(x\right)[/mm]
Aber dann die 2. Anfangsbedingung:
[mm]u\left(x,0\right)=a*T^{2}+\bruch{\partial G}{\partial X}\bruch{\partial X}{\partial t}+\bruch{\partial H}{\partial T}\bruch{\partial T}{\partial t}[/mm]
[mm]=a*T^{2}+2*\bruch{\partial G}{\partial X}-2*\bruch{\partial H}{\partial T}[/mm]
Nach der 1. Anfangsbedingung folgt ja
[mm]\bruch{\partial G}{\partial X}\bruch{\partial X}{\partial x}=-\bruch{\partial H}{\partial T}\bruch{\partial T}{\partial x}[/mm]
[mm]\Rightarrow \bruch{\partial G}{\partial X}=-\bruch{\partial H}{\partial T}[/mm]
Kann ich dies schreiben, so sind die Lösungen eindeutig festgelegt.
Oder ich kann dies schreiben:
[mm]\bruch{\partial G}{\partial T}=-\bruch{\partial H}{\partial T}[/mm]
bzw,
[mm]\bruch{\partial G}{\partial X}=-\bruch{\partial H}{\partial X}[/mm]
für t=0.
Hier habe ich dann eine Vielzahl von Lösungen.
>
> und noch die Frage...Wieso nehmt ihr [mm]U_{XT}=0?[/mm]
> das ist doch eine eindimensionale, beidseitig
> unbeschränkte Schwingungsgleichung die die Form
Um die Lösungen der homogenen partiellen DGL zu bestimmen.
Dazu haben wir die Koordinatentransformation in der Aufgabe verwendet.
>
> [mm]u_{tt}=c^{2}u_{xx}+f(x,t)[/mm]
>
> besitzt. bei unserem beispiel ist das f(x,t)=t und somit
> müsste doch die Lösungsidee [mm]U_{XT}=F(x,t)[/mm] lauten. Aber
> bitte klärt mich über meine zahlreichen Bildungslücken bei
> partiellen DGL auf. Bedanke mich für jeden Hinweis.
Korrekt heißt das: [mm]U_{XT}=F\left(X,T\right)[/mm]
> Gruß Johannes
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:36 Do 04.12.2008 | | Autor: | tobe |
| Aufgabe | Gegeben sei für 0<=x<=1 und t>=0 die partiellen Differentialgleichung
[mm] u_{tt}=u_{xx} [/mm] ,
[mm] u_x(0,t)=u_x(1,t)=0, [/mm]
[mm] u(x,0)=cos(\pi [/mm] x), [mm] u_t(x,0)=cos(2\pi [/mm] x)
a, Zeigen Sie, dass der Separationsansatz u(x,t)=X(x)T(t) auf das Randwertproblem
(I) X''- [mm] \lambda [/mm] X=0 ; X'(0)=X'(1)=0
sowie die folgende Differentialgleichung führt:
(II) T''- [mm] \lambda [/mm] T=0
b, Ermitteln Sie die Eigenwerte [mm] \lambda_n [/mm] und Eigenfunktionen [mm] X_n, n\varepsilon \IN, [/mm] von (I).
Lösen Sie danach (II) für die so erhaltenen Eigenwerte [mm] \lambda_n, [/mm] um die Funktionen [mm] T_n [/mm] zu erhalten |
a, Separation der Variablen
Wäre u(x,t)=X(x)T(t) eine Lösung, so müsste gelten:
XT''=X''T (kann mir jemand erklären warum das gelten müsste? :)
für X;T [mm] \not= [/mm] 0
[mm] \bruch{X''}{X}=\bruch{T''}{T}
[/mm]
links habe ich nun eine Funktion in x, rechts eine in t.
->beide müssen gleich einer Konstanten [mm] \lambda [/mm] sein
Also [mm] X''-\lambda [/mm] X=0 ; [mm] T''-\lambda [/mm] T=0
Nehme ich nun die Bedingungen [mm] u_x(0,t)=u_x(1,t)=0 [/mm] aus der Angabe hinzu erhalte ich:
[mm] X''-\lambda [/mm] X=0
X'(0)=X'(1)=0
b, Ermitteln der Eigenwerte:
[mm] \lambda [/mm] >0:
[mm] X(x)=ae^{\wurzel{\lambda x}}+be^{-\wurzel{\lambda x}}
[/mm]
[mm] X'(x)=\bruch{a\lambda}{2\wurzel{\lambda x}}e^{\wurzel{\lambda x}}-\bruch{b\lambda}{2\wurzel{\lambda x}}e^{-\wurzel{\lambda x}}
[/mm]
Wie geht es nun weiter? Weil wenn ich jetzt X'(0) bilden möchte, habe ich Nenner 0 und das sollte ja nicht vorkommen
Ist meine bisherige Vorgehensweise korrekt?
lg Tobias
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:30 Do 04.12.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo tobe
> Gegeben sei für 0<=x<=1 und t>=0 die partiellen
> Differentialgleichung
> [mm]u_{tt}=u_{xx}[/mm] ,
> [mm]u_x(0,t)=u_x(1,t)=0,[/mm]
> [mm]u(x,0)=cos(\pi[/mm] x), [mm]u_t(x,0)=cos(2\pi[/mm] x)
>
> a, Zeigen Sie, dass der Separationsansatz u(x,t)=X(x)T(t)
> auf das Randwertproblem
> (I) X''- [mm]\lambda[/mm] X=0 ; X'(0)=X'(1)=0
> sowie die folgende Differentialgleichung führt:
> (II) T''- [mm]\lambda[/mm] T=0
>
> b, Ermitteln Sie die Eigenwerte [mm]\lambda_n[/mm] und
> Eigenfunktionen [mm]X_n, n\varepsilon \IN,[/mm] von (I).
> Lösen Sie danach (II) für die so erhaltenen Eigenwerte
> [mm]\lambda_n,[/mm] um die Funktionen [mm]T_n[/mm] zu erhalten
> a, Separation der Variablen
> Wäre u(x,t)=X(x)T(t) eine Lösung, so müsste gelten:
> XT''=X''T (kann mir jemand erklären warum das gelten
> müsste? :)
Ja: einfach X(x)*T(t) zweimal nach x und zweimal nach t ableiten
ergibt [mm] u_{xx} [/mm] =X''(x)*T(t); [mm] u_{tt}=T''(t)*X(x)
[/mm]
und mit [mm] u_{xx}=u_{tt} [/mm] das Ergebnis.
> für X;T [mm]\not=[/mm] 0
> [mm]\bruch{X''}{X}=\bruch{T''}{T}[/mm]
>
> links habe ich nun eine Funktion in x, rechts eine in t.
> ->beide müssen gleich einer Konstanten [mm]\lambda[/mm] sein
>
> Also [mm]X''-\lambda[/mm] X=0 ; [mm]T''-\lambda[/mm] T=0
>
> Nehme ich nun die Bedingungen [mm]u_x(0,t)=u_x(1,t)=0[/mm] aus der
> Angabe hinzu erhalte ich:
> [mm]X''-\lambda[/mm] X=0
> X'(0)=X'(1)=0
>
> b, Ermitteln der Eigenwerte:
> [mm]\lambda[/mm] >0:
> [mm]X(x)=ae^{\wurzel{\lambda x}}+be^{-\wurzel{\lambda x}}[/mm]
Hier liegt dein Fehler!
wenn du das differenzierst und einsetz siehst du dass die gewöhnliche Dgl nicht erfüllt ist!
richtig ist
[mm] X(x)=ae^{(\wurzel{\lambda})*x}+be^{(-\wurzel{\lambda})*x} [/mm]
und entsprechend die Ableitung.
Gruss leduart
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:27 Do 04.12.2008 | | Autor: | tobe |
Also habe ich:
[mm] \lambda [/mm] >0
[mm] $X(x)=ae^{(\wurzel{\lambda})\cdot{}x}+be^{(-\wurzel{\lambda})\cdot{}x}$
[/mm]
[mm] X'(x)=\wurzel{\lambda}ae^{(\wurzel{\lambda})\cdot{}x}-\wurzel{\lambda}be^{(-\wurzel{\lambda})\cdot{}x}
[/mm]
a=b=0
[mm] \lambda=0
[/mm]
X(x)=cx+d
X'(x)=c
X'(0)=c=0
X'(1)=c=0
c=d=0
[mm] \lambda=-\mu^2 [/mm] <0
[mm] X(x)=acos(\mu x)+bsin(\mu [/mm] x)
[mm] X'(x)=-a\mu sin(\mu [/mm] x) + [mm] b\mu cos(\mu [/mm] x)
[mm] X'(0)=b\mu=0
[/mm]
[mm] X'(1)=-a\mu sin(\mu) [/mm] + [mm] b\mu cos(\mu)=0
[/mm]
[mm] -a\mu\not=0 [/mm] -> [mm] sin(\mu)=0
[/mm]
-> Eigenwerte [mm] \mu=n\pi ;n\in [/mm] [1,2,3,...]
Eigenfunktionen [mm] X_n=sin(n\pi [/mm] x)
Ist das nun soweit richtig?
Lg Tobias
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Hallo tobe,
> Also habe ich:
> [mm]\lambda[/mm] >0
>
> [mm]X(x)=ae^{(\wurzel{\lambda})\cdot{}x}+be^{(-\wurzel{\lambda})\cdot{}x}[/mm]
>
> [mm]X'(x)=\wurzel{\lambda}ae^{(\wurzel{\lambda})\cdot{}x}-\wurzel{\lambda}be^{(-\wurzel{\lambda})\cdot{}x}[/mm]
> a=b=0
>
> [mm]\lambda=0[/mm]
> X(x)=cx+d
> X'(x)=c
> X'(0)=c=0
> X'(1)=c=0
> c=d=0
Woraus schließt Du d=0?
>
> [mm]\lambda=-\mu^2[/mm] <0
> [mm]X(x)=acos(\mu x)+bsin(\mu[/mm] x)
> [mm]X'(x)=-a\mu sin(\mu[/mm] x) + [mm]b\mu cos(\mu[/mm] x)
> [mm]X'(0)=b\mu=0[/mm]
> [mm]X'(1)=-a\mu sin(\mu)[/mm] + [mm]b\mu cos(\mu)=0[/mm]
> [mm]-a\mu\not=0[/mm] ->
> [mm]sin(\mu)=0[/mm]
>
> -> Eigenwerte [mm]\mu=n\pi ;n\in[/mm] [1,2,3,...]
> Eigenfunktionen [mm]X_n=sin(n\pi[/mm] x)
>
> Ist das nun soweit richtig?
Ja. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
> Lg Tobias
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:52 Do 04.12.2008 | | Autor: | tobe |
[mm] \lambda=0
[/mm]
X(x)=cx+d
X'(x)=c
X'(0)=c=0
X'(1)=c=0
Der parameter d bleibt also frei wählbar d.h. [mm] \lambda=0 [/mm] ist ein Eigenwert und die konstanten funktionen [mm] X_n=d [/mm] sind Eigenfunktionen?
Und dann habe ich noch:
> $ [mm] \lambda=-\mu^2 [/mm] $ <0
> $ [mm] X(x)=acos(\mu x)+bsin(\mu [/mm] $ x)
> $ [mm] X'(x)=-a\mu sin(\mu [/mm] $ x) + $ [mm] b\mu cos(\mu [/mm] $ x)
> $ [mm] X'(0)=b\mu=0 [/mm] $
> $ [mm] X'(1)=-a\mu sin(\mu) [/mm] $ + $ [mm] b\mu cos(\mu)=0 [/mm] $
> $ [mm] -a\mu\not=0 [/mm] $ ->
> $ [mm] sin(\mu)=0 [/mm] $
>
> -> Eigenwerte $ [mm] \mu=n\pi ;n\in [/mm] $ [1,2,3,...]
> Eigenfunktionen $ [mm] X_n=sin(n\pi [/mm] $ x)
Nun benötige ich noch die zugehörigen Funktionen [mm] T_n
[/mm]
Aus meinem Skriptum entnehme ich (keine ahnung warum)
[mm] T_n=a_ncos(n\pi)+b_nsin(m\pi) [/mm]
Was ist die zugehörige [mm] T_n [/mm] zu [mm] X_n=d?
[/mm]
Ich bin wirklich keine Mathe-Koryphäe deshalb Danke!
wenn ich eure Adresse hätte, gäbe es ein kleines Weihnachtsgeschenk
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Hallo Tobe,
> [mm]\lambda=0[/mm]
>
> X(x)=cx+d
> X'(x)=c
> X'(0)=c=0
> X'(1)=c=0
> Der parameter d bleibt also frei wählbar d.h. [mm]\lambda=0[/mm]
> ist ein Eigenwert und die konstanten funktionen [mm]X_n=d[/mm] sind
> Eigenfunktionen?
>
> Und dann habe ich noch:
> > [mm]\lambda=-\mu^2[/mm] <0
> > [mm]X(x)=acos(\mu x)+bsin(\mu[/mm] x)
> > [mm]X'(x)=-a\mu sin(\mu[/mm] x) + [mm]b\mu cos(\mu[/mm] x)
> > [mm]X'(0)=b\mu=0[/mm]
> > [mm]X'(1)=-a\mu sin(\mu)[/mm] + [mm]b\mu cos(\mu)=0[/mm]
> > [mm]-a\mu\not=0[/mm]
> ->
>
> > [mm]sin(\mu)=0[/mm]
> >
> > -> Eigenwerte [mm]\mu=n\pi ;n\in[/mm] [1,2,3,...]
> > Eigenfunktionen [mm]X_n=sin(n\pi[/mm] x)
>
> Nun benötige ich noch die zugehörigen Funktionen [mm]T_n[/mm]
> Aus meinem Skriptum entnehme ich (keine ahnung warum)
> [mm]T_n=a_ncos(n\pi)+b_nsin(m\pi)[/mm]
Nun, da [mm]\lambda[/mm] jetzt festliegt ([mm]\lambda < 0, \lambda = -n^{2}*\pi^{2}[/mm])
liegt auch die DGL für T fest:
[mm]T''+n^{2}\pi^{2}T=0[/mm]
Diese DGL hat die Lösungen:
[mm]T_{n}\left(t\right)=a_{n}*\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}*\sin\left(n \pi t\right)[/mm]
> Was ist die zugehörige [mm]T_n[/mm] zu [mm]X_n=d?[/mm]
[mm]X_{n}=d[/mm] ist/sind die Eigenfunktionen zu [mm]\lambda=0[/mm]
Daher haben wir für T die folgende DGL:
[mm]T''=0[/mm]
Dies hat dann die Lösungen
[mm]T\left(t\right)=\alpha t+ \beta[/mm]
Aus den Anfangsbedingungen
[mm]T\left(0\right)=1[/mm]
[mm]T'\left(0\right)=1[/mm]
folgen
[mm]\alpha=\beta=1[/mm]
Somit ergibt sich
[mm]T\left(t\right)=t+1[/mm]
> Ich bin wirklich keine Mathe-Koryphäe deshalb Danke!
> wenn ich eure Adresse hätte, gäbe es ein kleines
> Weihnachtsgeschenk
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:14 Fr 05.12.2008 | | Autor: | tobe |
| Aufgabe | c, Bestimmen sie die allgemeinen Lösungen mir Hilfe des Ansatzes
[mm] u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}X_nT_n [/mm] |
Ahhh, ich komme immer einen Schritt weiter. Mir ist gerade aufgefallen, dass ich Aufgabenstellung c ganz vergessen habe. Also bringe ich das hier mal nach!
Also:
[mm] u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}sin(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))
[/mm]
So und nun bin ich endlich bei meinen Fourierreihen! Ich muss jetzt irgendwie [mm] a_n [/mm] und [mm] b_n [/mm] bestimmen. Kann mir bitte jemand einen Hinweis geben?
Ich kann das ding ja einfach ungerade auf [-l,l] und dann 2l periodisch fortsetzen. Dann habe ich:
[mm] a_n=\bruch{1}{l}\integral_{-l}^{l}{f(x) cos(\bruch{nx\pi)}{l}dx}
[/mm]
doch nun?
Edit:
Mit ist gerade aufgefallen dass es hier immernoch nix mit meinen Fourierreihen ist :)
Ich habe ja einfach:
[mm] u(x,y)=\summe_{i=0}^{2}sin(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))
[/mm]
mit der Anfangsbedingung [mm] u(x,0)=cos(x\pi) [/mm] folgt
[mm] u(x,0)=sin(x\pi)(a_n)+sin(2x\pi)(a_n)=cos(x\pi)
[/mm]
also [mm] a_n=\bruch{cos(x\pi)}{\pi sin(x\pi)+2\pi sin(2x\pi)}
[/mm]
Auf die selbe weise komme ich für die Anfangsbedingung [mm] u_t(x,0)=cos(2x\pi) [/mm] auf
[mm] b_n=\bruch{cos(2x\pi)}{\pi sin(x\pi)+2\pi sin(2x\pi)}
[/mm]
kann ich also sagen, dass meine Lösung folgende ist:
$ [mm] u(x,y)=\summe_{i=0}^{2}sin(nx\pi)(\bruch{cos(x\pi)}{\pi sin(x\pi)+2\pi sin(2x\pi)}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+\bruch{cos(2x\pi)}{\pi sin(x\pi)+2\pi sin(2x\pi)}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right)) [/mm] $
ist das so gut?
Grüße Tobi
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Hallo tobe,
> c, Bestimmen sie die allgemeinen Lösungen mir Hilfe des
> Ansatzes
>
> [mm]u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}X_nT_n[/mm]
> Ahhh, ich komme immer einen Schritt weiter. Mir ist gerade
> aufgefallen, dass ich Aufgabenstellung c ganz vergessen
> habe. Also bringe ich das hier mal nach!
>
> Also:
>
> [mm]u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}sin(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))[/mm]
Muß der Ansatz nicht so lauten:
[mm]u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))[/mm]
>
> So und nun bin ich endlich bei meinen Fourierreihen! Ich
> muss jetzt irgendwie [mm]a_n[/mm] und [mm]b_n[/mm] bestimmen. Kann mir bitte
> jemand einen Hinweis geben?
>
> Ich kann das ding ja einfach ungerade auf [-l,l] und dann
> 2l periodisch fortsetzen. Dann habe ich:
> [mm]a_n=\bruch{1}{l}\integral_{-l}^{l}{f(x) cos(\bruch{nx\pi)}{l}dx}[/mm]
>
> doch nun?
>
> Edit:
> Mit ist gerade aufgefallen dass es hier immernoch nix mit
> meinen Fourierreihen ist :)
> Ich habe ja einfach:
>
> [mm]u(x,y)=\summe_{i=0}^{2}sin(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))[/mm]
>
> mit der Anfangsbedingung [mm]u(x,0)=cos(x\pi)[/mm] folgt
> [mm]u(x,0)=sin(x\pi)(a_n)+sin(2x\pi)(a_n)=cos(x\pi)[/mm]
> also [mm]a_n=\bruch{cos(x\pi)}{\pi sin(x\pi)+2\pi sin(2x\pi)}[/mm]
>
> Auf die selbe weise komme ich für die Anfangsbedingung
> [mm]u_t(x,0)=cos(2x\pi)[/mm] auf
> [mm]b_n=\bruch{cos(2x\pi)}{\pi sin(x\pi)+2\pi sin(2x\pi)}[/mm]
>
> kann ich also sagen, dass meine Lösung folgende ist:
> [mm]u(x,y)=\summe_{i=0}^{2}sin(nx\pi)(\bruch{cos(x\pi)}{\pi sin(x\pi)+2\pi sin(2x\pi)}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+\bruch{cos(2x\pi)}{\pi sin(x\pi)+2\pi sin(2x\pi)}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))[/mm]
>
> ist das so gut?
Nee, die Koeffizienten müssen unabhängig von x und t sein.
Beispiel:
Es ist
[mm]u\left(x,0\right)=\summe_{n=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi* 0\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi*0\right))[/mm]
[mm]=\summe_{i=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))[/mm]
[mm]=\summe_{i=0}^{2}a_{n}*\red{cos}(nx\pi)[/mm]
[mm]=0*\cos\left(0*\pi*x\right)+1*\cos\left(\pi*x\right)+0*\cos\left(2*\pi*x\right)[/mm]
Vergleicht man nun die entsprechenden Koeffizienten auf beiden Seiten, so folgt:
[mm]a_{0}=0[/mm]
[mm]a_{1}=1[/mm]
[mm]a_{2}=0[/mm]
>
> Grüße Tobi
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:35 So 07.12.2008 | | Autor: | tobe |
Wir haben ja durch die Angabe den Ansatz: [mm] u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}X_n(x)T_n(t)
[/mm]
Und oben haben wir doch geim Sturm Liouville Problem folgendes heraus bekommen:
[mm] X=sin(nx\pi)
[/mm]
[mm] T=a_ncos(nt\pi)+b_nsin(nt\pi)
[/mm]
Also muss es doch so wie ich oben geschrieben haben heissen:
$ [mm] u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}sin(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right)) [/mm] $
und nicht so wie du meintest oder?
Also folgt:
u(x,0)=$ [mm] =\summe_{i=0}^{2}a_{n}\cdot{}sin(nx\pi) $=a_0sin(0)+a_1sin(x\pi)+a_2sin(2x\pi) $=cos(x\pi)
[/mm]
Und da kann ich ja dann nicht die Koeffizienten raus finden oder?
Kannst du mir erklären wie du darauf kommst dass der Ansatz
$ [mm] u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right)) [/mm] $
und nicht so wie ich dachte lautet/lauten soll?
Danke und schönen 2. Advent
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Hallo tobe,
> Wir haben ja durch die Angabe den Ansatz:
> [mm]u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}X_n(x)T_n(t)[/mm]
>
> Und oben haben wir doch geim Sturm Liouville Problem
> folgendes heraus bekommen:
>
> [mm]X=sin(nx\pi)[/mm]
> [mm]T=a_ncos(nt\pi)+b_nsin(nt\pi)[/mm]
>
> Also muss es doch so wie ich oben geschrieben haben
> heissen:
>
> [mm]u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}sin(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))[/mm]
>
> und nicht so wie du meintest oder?
> Also folgt:
> u(x,0)=$ [mm]=\summe_{i=0}^{2}a_{n}\cdot{}sin(nx\pi) $=a_0sin(0)+a_1sin(x\pi)+a_2sin(2x\pi) $=cos(x\pi)[/mm]
>
> Und da kann ich ja dann nicht die Koeffizienten raus finden
> oder?
> Kannst du mir erklären wie du darauf kommst dass der
> Ansatz
>
> [mm]u(x,t)=\summe_{i=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))[/mm]
>
> und nicht so wie ich dachte lautet/lauten soll?
In diesem Post hatte ich fälscherweise die Eigenfunktionen
für [mm]X_{n}=\sin\left(n \pi x \right)[/mm] als richtig erkannt.
Da Du dort den Ansatz
[mm] X(x)=acos(\mu x)+bsin(\mu x)[/mm]
gewählt hast, und zu dem Schluß gekommen bist,
daß [mm]b=0, a \not= 0[/mm] gelten muß, müssen die Eigenfunktionen
[mm]X_{n}=\cos\left(n \pi x\right)[/mm]
lauten.
>
> Danke und schönen 2. Advent
Danke, gleichfalls.
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:23 So 07.12.2008 | | Autor: | tobe |
Es ist
$ [mm] u\left(x,0\right)=\summe_{n=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi\cdot{} 0\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi\cdot{}0\right)) [/mm] $
$ [mm] =\summe_{i=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right)) [/mm] $
$ [mm] =\summe_{i=0}^{2}a_{n}\cdot{}\red{cos}(nx\pi) [/mm] $
$ [mm] =0\cdot{}\cos\left(0\cdot{}\pi\cdot{}x\right)+1\cdot{}\cos\left(\pi\cdot{}x\right)+0\cdot{}\cos\left(2\cdot{}\pi\cdot{}x\right) [/mm] $
Vergleicht man nun die entsprechenden Koeffizienten auf beiden Seiten, so folgt:
$ [mm] a_{0}=0 [/mm] $
$ [mm] a_{1}=1 [/mm] $
$ [mm] a_{2}=0 [/mm] $
--------------------------------------------------------
Dann habe ich noch:
[mm] u_{t}(x,t)=\summe_{n=0}^{2}\cos(nx\pi)(-a_{n}\cdot{}\-sin\left(n\pi\cdot{} t\right)n\pi+b_{n}\cdot{}\cos\left(n \pi\cdot{}t\right)n\pi)
[/mm]
[mm] u_{t}(x,0)=\summe_{i=0}^{2}cos(nx\pi)n\pi b_n=n\pi b_0+cos(x\pi)\pi b_1+cos(2x\pi)2\pi b_2=cos(2x\pi)
[/mm]
Also
[mm] b_0=0
[/mm]
[mm] b_1=0
[/mm]
[mm] b_2=\bruch{1}{2\pi}
[/mm]
Also habe ich die Lösung
[mm] u(x,t)=cos(x\pi)cos(t\pi)+cos(2x\pi)\bruch{1}{2\pi}sin(2t\pi)
[/mm]
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Hallo tobe,
> Es ist
>
> [mm]u\left(x,0\right)=\summe_{n=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi\cdot{} 0\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi\cdot{}0\right))[/mm]
>
> [mm]=\summe_{i=0}^{2}\red{cos}(nx\pi)(a_{n}\cdot{}\cos\left(n\pi t\right)+b_{n}\cdot{}\sin\left(n \pi t\right))[/mm]
>
> [mm]=\summe_{i=0}^{2}a_{n}\cdot{}\red{cos}(nx\pi)[/mm]
>
> [mm]=0\cdot{}\cos\left(0\cdot{}\pi\cdot{}x\right)+1\cdot{}\cos\left(\pi\cdot{}x\right)+0\cdot{}\cos\left(2\cdot{}\pi\cdot{}x\right)[/mm]
>
> Vergleicht man nun die entsprechenden Koeffizienten auf
> beiden Seiten, so folgt:
>
> [mm]a_{0}=0[/mm]
>
> [mm]a_{1}=1[/mm]
>
> [mm]a_{2}=0[/mm]
>
> --------------------------------------------------------
> Dann habe ich noch:
>
> [mm]u_{t}(x,t)=\summe_{n=0}^{2}\cos(nx\pi)(-a_{n}\cdot{}\-sin\left(n\pi\cdot{} t\right)n\pi+b_{n}\cdot{}\cos\left(n \pi\cdot{}t\right)n\pi)[/mm]
>
> [mm]u_{t}(x,0)=\summe_{i=0}^{2}cos(nx\pi)n\pi b_n=n\pi b_0+cos(x\pi)\pi b_1+cos(2x\pi)2\pi b_2=cos(2x\pi)[/mm]
>
> Also
> [mm]b_0=0[/mm]
> [mm]b_1=0[/mm]
> [mm]b_2=\bruch{1}{2\pi}[/mm]
>
> Also habe ich die Lösung
>
> [mm]u(x,t)=cos(x\pi)cos(t\pi)+cos(2x\pi)\bruch{1}{2\pi}sin(2t\pi)[/mm]
>
Stimmt.
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 16:28 So 07.12.2008 | | Autor: | tobe |
| Aufgabe | Lösen Sie mit Separationsansatz für [mm] 0\le x\le\pi [/mm] und [mm] t\ge [/mm] 0 das Randanfangswertproblem
[mm] u_t=u_{xx} [/mm]
u(0,t)= [mm] u(\pi,t)=0 [/mm]
u(x,0)=2sin(x)cos(x) |
Ich bin einfach ein learning by doing Typ. Also versuche ich möglichst viele Aufgaben zu rechnen sodass es irgendwann mal klick macht!
[mm] u(x,t)=X_n(x)T_n(t)
[/mm]
Wenn ich den Separationsansatz mache komme ich ja auf folgendes Sturm Liouville Problem:
[mm] X''-\lambda(X)=0
[/mm]
X(0)=X
[mm] (\pi)=0
[/mm]
für [mm] \lambda [/mm] >0
[mm] X(x)=ae^{\wurzel{\lambda}x}+b e^{-\wurzel{\lambda}x}
[/mm]
X(0)=a+b=0
[mm] x(\pi)=ae^{\wurzel{\lambda}\pi}+b e^{-\wurzel{\lambda}\pi}=0
[/mm]
Also folgt doch a=b=0 oder?
für [mm] \lambda [/mm] =0
X(x)=cx+d
X(0)=d=0
[mm] X(\pi)=c\pi+d=0
[/mm]
also c=d=0 oder?
für [mm] \lambda =-\mu^2<0
[/mm]
[mm] X(x)=acos(x\mu)+bsin(x\mu)
[/mm]
X(0)=a=0
[mm] X(\pi)=acos(\pi\mu)+bsin(\pi\mu)=0
[/mm]
Sodass die Lösung X nicht die Nullfunktion ist, muss [mm] b\not=0 [/mm] und somit [mm] sin(\pi\mu)=0
[/mm]
also ist der Eigenwert [mm] \mu=n, n\in{1,2,3...}
[/mm]
Und die zugehörige Eigenfunktion ist:
[mm] X_n(x)=sin(nx)
[/mm]
-> [mm] T_n(t)=a_ncos(nt)+b_nsin(nt)
[/mm]
ist das soweit so gut?
Und jetzt kommt wieder ein Punkt an dem ich mir unsicher(auch aufgrund der anderen Aufgabe) bin.
Ich habe ja versucht Lösungen durch
[mm] u(x,t)=X_n(x)T_n(t) [/mm] zu finden
Also kann ich doch
[mm] u(x,t)=sin(nx)[a_n cos(nt)+b_n [/mm] sin(nt)] schreiben oder?
[mm] u(x,0)=a_n [/mm] sin(nx)=2sin(x)cos(x)
Und nun?
ich sehe dass wenn ich n=1:
[mm] a_1 [/mm] sin(x)=2sin(x)cos(x)
also [mm] a_1=2cos(x) [/mm] ?
Bei n=2
[mm] a_2 [/mm] sin(2x)=2sin(x)cos(x)
[mm] a_2=cos(x)
[/mm]
usw.
Doch was bringt mir das nun? Wie soll ich mir nun meine allgemeine Lösung bestimmen? Und was ist denn mit den Koeffizienten [mm] b_n [/mm] ?
Wo habe ich denn wieder einen Fehler?
ahhhhhhh, helft mir
ich arbeite einfach immer drauf los aber habe garnicht so das Ziel vor dem Kopf!
Vielen Dank
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Hallo tobe,
> Lösen Sie mit Separationsansatz für [mm]0\le x\le\pi[/mm] und [mm]t\ge[/mm] 0
> das Randanfangswertproblem
>
> [mm]u_t=u_{xx}[/mm]
> u(0,t)= [mm]u(\pi,t)=0[/mm]
> u(x,0)=2sin(x)cos(x)
> Ich bin einfach ein learning by doing Typ. Also versuche
> ich möglichst viele Aufgaben zu rechnen sodass es
> irgendwann mal klick macht!
>
> [mm]u(x,t)=X_n(x)T_n(t)[/mm]
>
> Wenn ich den Separationsansatz mache komme ich ja auf
> folgendes Sturm Liouville Problem:
> [mm]X''-\lambda(X)=0[/mm]
> X(0)=X
> [mm](\pi)=0[/mm]
>
> für [mm]\lambda[/mm] >0
> [mm]X(x)=ae^{\wurzel{\lambda}x}+b e^{-\wurzel{\lambda}x}[/mm]
>
> X(0)=a+b=0
> [mm]x(\pi)=ae^{\wurzel{\lambda}\pi}+b e^{-\wurzel{\lambda}\pi}=0[/mm]
>
> Also folgt doch a=b=0 oder?
>
Ja.
>
> für [mm]\lambda[/mm] =0
> X(x)=cx+d
> X(0)=d=0
> [mm]X(\pi)=c\pi+d=0[/mm]
>
> also c=d=0 oder?
>
Auch das ist richtig.
>
> für [mm]\lambda =-\mu^2<0[/mm]
> [mm]X(x)=acos(x\mu)+bsin(x\mu)[/mm]
> X(0)=a=0
> [mm]X(\pi)=acos(\pi\mu)+bsin(\pi\mu)=0[/mm]
>
> Sodass die Lösung X nicht die Nullfunktion ist, muss
> [mm]b\not=0[/mm] und somit [mm]sin(\pi\mu)=0[/mm]
> also ist der Eigenwert [mm]\mu=n, n\in{1,2,3...}[/mm]
> Und die
> zugehörige Eigenfunktion ist:
> [mm]X_n(x)=sin(nx)[/mm]
> -> [mm]T_n(t)=a_ncos(nt)+b_nsin(nt)[/mm]
>
> ist das soweit so gut?
Die Eigenfunktionen für [mm]X_{n}\left(x\right)[/mm] sind ok.
Wenn die partielle DGL wirklich, so wie oben lautet, dann sind die
Eigenfunktionen für [mm]T_{n}}\left(t\right)[/mm] nicht ok.
>
> Und jetzt kommt wieder ein Punkt an dem ich mir
> unsicher(auch aufgrund der anderen Aufgabe) bin.
>
> Ich habe ja versucht Lösungen durch
> [mm]u(x,t)=X_n(x)T_n(t)[/mm] zu finden
> Also kann ich doch
> [mm]u(x,t)=sin(nx)[a_n cos(nt)+b_n[/mm] sin(nt)] schreiben oder?
> [mm]u(x,0)=a_n[/mm] sin(nx)=2sin(x)cos(x)
>
> Und nun?
> ich sehe dass wenn ich n=1:
> [mm]a_1[/mm] sin(x)=2sin(x)cos(x)
> also [mm]a_1=2cos(x)[/mm] ?
>
> Bei n=2
> [mm]a_2[/mm] sin(2x)=2sin(x)cos(x)
> [mm]a_2=cos(x)[/mm]
>
> usw.
Es ist laut Additionstheorem
[mm]u\left(x,0\right)=2*\sin\left(x\right)*\cos\left(x\right)=\sin\left(2x\right)[/mm]
>
> Doch was bringt mir das nun? Wie soll ich mir nun meine
> allgemeine Lösung bestimmen? Und was ist denn mit den
> Koeffizienten [mm]b_n[/mm] ?
> Wo habe ich denn wieder einen Fehler?
>
> ahhhhhhh, helft mir%2
> ich arbeite einfach immer drauf los aber habe garnicht so
> das Ziel vor dem Kopf!
>
> Vielen Dank
Gruß
MathePower
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Hallo tobe,
> Ahhhhhhhh, ich glaube ich bin wieder ein kleines stückchen
> schlauer geworden. Danke Mathepower
>
> [mm]u_{[red]t[/red]} =u_{xx}[/mm]
>
> habe ich also [mm]T_n(t)=a_{n}e^{sin(nt)}[/mm] ? Somit ist auch mein
> Problem mit den vorher vermissten [mm]b_n[/mm] verschwunden
Nein,
Aus
[mm]T'\left(t\right)+n*T\left(t\right)=0[/mm]
folgt
[mm]T_{n}\left(t\right)=e^{-n*t}[/mm]
>
> [mm]u(x,t)=sin(nx)a_{n}e^{sin(nt)}[/mm]
> [mm]u(x,0)=sin(nx)a_n=2sin(x)cos(x)[/mm]
>
> n=1
> [mm]a_{1}sin(x)=2sin(x)cos(x)[/mm] ; [mm]a_1=2cos(x)[/mm]
> [mm]a_{2}sin(2x)=2sin(x)cos(x)[/mm] ; [mm]a_2=1[/mm]
>
> Sooo, etwas berichtigt jedoch trotzdem vor dem gleichem
> Problem. Ich weiss nicht wie es weiter gehen soll. Oder
> kann ich sagen dass es viele verschiedene Lösungen gibt.
> sprich für n=1 [mm]u(x,t)=sin(x)2cos(x)e^{sin(t)}[/mm]
> und für n=2 [mm]u(x,t)=sin(2x)e^{sin(2t)}[/mm] Was wäre das denn
> für n=3? Oder ist meine Lösung die Summe aller n=1, n=2...
> lösungen?
Ich glaube, das grundlegende Problem ist, wann zwei Polynome gleich sind.
Aus der allgemeinen Lösung der partiellen DGL folgt
[mm]u\left(x,t\right)=\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}*e^{-nt}*\sin\left(nx\right)[/mm]
Nun gibt es die Anfangsbedingung
[mm]u\left(x,0\right)=\sin\left(2x\right)[/mm]
Daher haben wir folgendes Problem zu lösen:
[mm]\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}*\sin\left(nx\right)=\sin\left(2x\right)[/mm]
Oder anders geschrieben:
[mm]\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}*\sin\left(nx\right)=\summe_{n=1}^{\infty}b_{n}*\sin\left(nx\right)[/mm]
mit
[mm]b_{n}=\left\{\begin{matrix}1 && n=2 \\ 0 && n \not= 2\end{matrix}\right)[/mm]
Diese beiden Summen/Polynome sind genau dann gleich, wenn
[mm]a_{n}=b_{n}, n \in \IN[/mm]
Daraus ergibt sich die Lösung:
[mm]u\left(x,t\right)=e^{-2t}\sin\left(2x\right)[/mm]
>
> lg
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:38 Mo 08.12.2008 | | Autor: | tobe |
Hier nochmal die Aufgabe komplett mit ein paar fragen von mir:
Lösen Sie mit Separationsansatz für $ [mm] 0\le x\le\pi [/mm] $ und $ [mm] t\ge [/mm] $ 0 das Randanfangswertproblem
$ [mm] u_t=u_{xx} [/mm] $
u(0,t)= $ [mm] u(\pi,t)=0 [/mm] $
u(x,0)=2sin(x)cos(x)
----------------------------------------------------------
Wir versuchen Lösungen der Form u(x,t)=X(x)T(t) zu bestimmen, die den Randbedingungen genügen.
XT'=X''T
[mm] \bruch{T'}{T}=\bruch{X''}{X}
[/mm]
[mm] X''-\lambda [/mm] X=0
[mm] X(0)=X(\pi)=0
[/mm]
für $ [mm] \lambda [/mm] $ >0
$ [mm] X(x)=ae^{\wurzel{\lambda}x}+b e^{-\wurzel{\lambda}x} [/mm] $
X(0)=a+b=0
$ [mm] x(\pi)=ae^{\wurzel{\lambda}\pi}+b e^{-\wurzel{\lambda}\pi}=0 [/mm] $
a=b=0
für $ [mm] \lambda [/mm] $ =0
X(x)=cx+d
X(0)=d=0
$ [mm] X(\pi)=c\pi+d=0 [/mm] $
c=d=0
für $ [mm] \lambda =-\mu^2<0 [/mm] $
$ [mm] X(x)=acos(x\mu)+bsin(x\mu) [/mm] $
X(0)=a=0
$ [mm] X(\pi)=acos(\pi\mu)+bsin(\pi\mu)=0 [/mm] $
Sodass die Lösung X nicht die Nullfunktion ist, muss $ [mm] b\not=0 [/mm] $ und somit $ [mm] sin(\pi\mu)=0 [/mm] $
also ist der Eigenwert $ [mm] \mu=n, n\in{1,2,3...} [/mm] $
Und die zugehörige Eigenfunktion ist:
$ [mm] X_n(x)=sin(nx) [/mm] $
Jetzt kommt ein kleiner Schritt der mich etwas verwirrt. Wir haben ja [mm] \mu=n [/mm] sowie [mm] \lambda=-\mu^2. [/mm] Daraus folgt doch dass [mm] \lambda=-n^2 [/mm] und sich folgendes ergibt:
[mm] T'+\lambda [/mm] T=0
also [mm] T'+n^{2}T=0
[/mm]
Also [mm] T_n=a_ne^{-n^2t}
[/mm]
Wo ist hier mein Denkfehler?
Wenn ich jetzt einmal mit deiner Lösung weiter rechne also
[mm] X_n=sin(nx)
[/mm]
[mm] T_n=a_{n}e^{-nt}
[/mm]
[mm] u(x,t)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}e^{-nt}sin(nx)
[/mm]
Aus der Anfangsbedingung u(x,0)=2sin(x)cos(x) folgt:
[mm] u(x,0)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}e^{-0t}sin(nx)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}sin(nx)=2sin(x)cos(x)=sin(2x)
[/mm]
Also das problem:
[mm] \summe_{n=1}^{\infty}a_{n}\cdot{}\sin\left(nx\right)=\sin\left(2x\right)
[/mm]
n=1
$ [mm] a_{1}sin(x)=2sin(x)cos(x) [/mm] $ ; $ [mm] a_1=2cos(x) [/mm] $
n=2
$ [mm] a_{2}sin(2x)=2sin(x)cos(x) [/mm] $ ; $ [mm] a_2=1 [/mm] $
Du schreibst dann:"Oder anders geschrieben:"
$ [mm] \summe_{n=1}^{\infty}a_{n}\cdot{}\sin\left(nx\right)=\summe_{n=1}^{\infty}b_{n}\cdot{}\sin\left(nx\right) [/mm] $
Kannst du mir erklären wie du genau darauf kommst?
Vielen lieben Dank,
Tobias
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Hallo tobe,
> Hier nochmal die Aufgabe komplett mit ein paar fragen von
> mir:
>
> Lösen Sie mit Separationsansatz für [mm]0\le x\le\pi[/mm] und [mm]t\ge[/mm] 0
> das Randanfangswertproblem
>
> [mm]u_t=u_{xx}[/mm]
> u(0,t)= [mm]u(\pi,t)=0[/mm]
> u(x,0)=2sin(x)cos(x)
>
> ----------------------------------------------------------
> Wir versuchen Lösungen der Form u(x,t)=X(x)T(t) zu
> bestimmen, die den Randbedingungen genügen.
> XT'=X''T
> [mm]\bruch{T'}{T}=\bruch{X''}{X}[/mm]
>
> [mm]X''-\lambda[/mm] X=0
> [mm]X(0)=X(\pi)=0[/mm]
>
> für [mm]\lambda[/mm] >0
> [mm]X(x)=ae^{\wurzel{\lambda}x}+b e^{-\wurzel{\lambda}x}[/mm]
>
> X(0)=a+b=0
> [mm]x(\pi)=ae^{\wurzel{\lambda}\pi}+b e^{-\wurzel{\lambda}\pi}=0[/mm]
>
> a=b=0
>
> für [mm]\lambda[/mm] =0
> X(x)=cx+d
> X(0)=d=0
> [mm]X(\pi)=c\pi+d=0[/mm]
> c=d=0
>
> für [mm]\lambda =-\mu^2<0[/mm]
> [mm]X(x)=acos(x\mu)+bsin(x\mu)[/mm]
> X(0)=a=0
> [mm]X(\pi)=acos(\pi\mu)+bsin(\pi\mu)=0[/mm]
>
> Sodass die Lösung X nicht die Nullfunktion ist, muss
> [mm]b\not=0[/mm] und somit [mm]sin(\pi\mu)=0[/mm]
> also ist der Eigenwert [mm]\mu=n, n\in{1,2,3...}[/mm]
> Und die
> zugehörige Eigenfunktion ist:
> [mm]X_n(x)=sin(nx)[/mm]
>
> Jetzt kommt ein kleiner Schritt der mich etwas verwirrt.
> Wir haben ja [mm]\mu=n[/mm] sowie [mm]\lambda=-\mu^2.[/mm] Daraus folgt doch
> dass [mm]\lambda=-n^2[/mm] und sich folgendes ergibt:
> [mm]T'+\lambda[/mm] T=0
> also [mm]T'+n^{2}T=0[/mm]
> Also [mm]T_n=a_ne^{-n^2t}[/mm]
>
> Wo ist hier mein Denkfehler?
Natürlich hast Du mit der Eigenfunktion von [mm]T_{n}[/mm] recht.
>
> Wenn ich jetzt einmal mit deiner Lösung weiter rechne also
> [mm]X_n=sin(nx)[/mm]
> [mm]T_n=a_{n}e^{-nt}[/mm]
> [mm]u(x,t)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}e^{-nt}sin(nx)[/mm]
> Aus der Anfangsbedingung u(x,0)=2sin(x)cos(x) folgt:
>
> [mm]u(x,0)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}e^{-0t}sin(nx)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}sin(nx)=2sin(x)cos(x)=sin(2x)[/mm]
>
> Also das problem:
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}\cdot{}\sin\left(nx\right)=\sin\left(2x\right)[/mm]
> n=1
> [mm]a_{1}sin(x)=2sin(x)cos(x)[/mm] ; [mm]a_1=2cos(x)[/mm]
> n=2
> [mm]a_{2}sin(2x)=2sin(x)cos(x)[/mm] ; [mm]a_2=1[/mm]
>
> Du schreibst dann:"Oder anders geschrieben:"
>
> [mm]\summe_{n=1}^{\infty}a_{n}\cdot{}\sin\left(nx\right)=\summe_{n=1}^{\infty}b_{n}\cdot{}\sin\left(nx\right)[/mm]
> Kannst du mir erklären wie du genau darauf kommst?
Na ja, die linke Seite ist wohl klar.
Die Anfangsbedingung
[mm]u\left(x,0\right)=\sin\left(2x\right)[/mm]
kann ich auch schreiben als
[mm]u\left(x,0\right)=0*\sin\left(x\right)+1*\sin\left(2x\right)+0*\sin\left(3x\right)+ \ \dots [/mm]
Dann ist das eine Reihe
[mm]\summe_{n=1}^{\infty}b_{n}*\sin\left(nx\right)[/mm]
mit
[mm]b_{n}=\left\{\begin{matrix}1 && n=2 \\ 0 && n \not= 2 \end{matrix}\right[/mm]
>
> Vielen lieben Dank,
> Tobias
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:41 Mo 08.12.2008 | | Autor: | tobe |
Hallo Mathepower!
hier nochmal meine hoffentlich letzte Frage.
Wir haben ja:
[mm] u(x,t)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}e^{-n^{2}t}sin(nx)
[/mm]
[mm] u(x,0)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}sin(nx)=sin(2x)
[/mm]
jetzt kann ich doch vorgehen wie sonst immer:
a_0sin(0)+a_1sin(x)+a_2sin(2x)+a_3sin(3x)+...=sin(2x)
also [mm] a_{0}=a_{1}=a_{3}=a_{4}=...=0
[/mm]
[mm] a_2=1
[/mm]
das ganze in [mm] u(x,t)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}e^{-n^{2}t}sin(nx) [/mm] ergibt
[mm] u(x,t)=e^{-4t}sin(2t)
[/mm]
Ein Tutor von mir hat jedoch genau wie du vorher [mm] u(x,t)=e^{-2t}sin(2x)
[/mm]
Hat der wahrscheinlich den selbigen fehler wie du vorher gemacht oder habe ich einfach doch nur schmarrn vorher erzählt?
lg Tobias
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Hallo tobe,
> Hallo Mathepower!
> hier nochmal meine hoffentlich letzte Frage.
> Wir haben ja:
> [mm]u(x,t)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}e^{-n^{2}t}sin(nx)[/mm]
> [mm]u(x,0)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}sin(nx)=sin(2x)[/mm]
>
> jetzt kann ich doch vorgehen wie sonst immer:
> a_0sin(0)+a_1sin(x)+a_2sin(2x)+a_3sin(3x)+...=sin(2x)
> also [mm]a_{0}=a_{1}=a_{3}=a_{4}=...=0[/mm]
> [mm]a_2=1[/mm]
>
> das ganze in [mm]u(x,t)=\summe_{i=1}^{n}a_{n}e^{-n^{2}t}sin(nx)[/mm]
> ergibt
> [mm]u(x,t)=e^{-4t}sin(2t)[/mm]
>
> Ein Tutor von mir hat jedoch genau wie du vorher
> [mm]u(x,t)=e^{-2t}sin(2x)[/mm]
> Hat der wahrscheinlich den selbigen fehler wie du vorher
> gemacht oder habe ich einfach doch nur schmarrn vorher
> erzählt?
Dieser Tutor hat den selben Fehler auch gemacht.
Denn aus
[mm]X''-\lambda X=0[/mm]
haben wir ja [mm]\lambda=-n^{2}[/mm] unter den gegebenen Anfangsbedingungen bekommen.
Damit liegt ja auch die DGL für T fest:
[mm]T'+n^{2} T=0[/mm]
>
> lg Tobias
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:39 Mo 08.12.2008 | | Autor: | tobe |
| Aufgabe | Lösen Sie für [mm] 0\le x\le [/mm] 1 und [mm] t\ge [/mm] 0 die partielle Differentialgleichung
[mm] u_{tt}=u_{xx} [/mm] ;
u(0,t)=u(1,t)=0 ;
[mm] u(x,0)=sin(x\pi) [/mm] ; [mm] u_t(x,0)=sin(3x\pi) [/mm] |
Hier noch einmal eine letzte kleine Aufgabe. Danach werde ich euch nicht mehr nerven, denn irgendwann muss ich auch mal alleine zurecht kommen!
Separation der Variablen führt auf:
[mm] X''-\lambda [/mm] X=0
X(0)=X(1)=0
für $ [mm] \lambda [/mm] $ >0
$ [mm] X(x)=ae^{\wurzel{\lambda}x}+b e^{-\wurzel{\lambda}x} [/mm] $
X(0)=a+b=0
$ [mm] x(1)=ae^{\wurzel{\lambda}}+b e^{-\wurzel{\lambda}}=0 [/mm] $
a=b=0
für $ [mm] \lambda [/mm] $ =0
X(x)=cx+d
X(0)=d=0
$ X(1)=c+d=0 $
c=d=0
für $ [mm] \lambda =-\mu^2<0 [/mm] $
$ [mm] X(x)=acos(x\mu)+bsin(x\mu) [/mm] $
X(0)=a=0
$ [mm] X(1)=acos(\mu)+bsin(\mu)=0 [/mm] $
Sodass die Lösung X nicht die Nullfunktion ist, muss $ [mm] b\not=0 [/mm] $ und somit $ [mm] sin(\mu)=0 [/mm] $
also ist der Eigenwert $ [mm] \mu=n\pi, n\in{1,2,3...} [/mm] $
[mm] X_n=sin(nx\pi)
[/mm]
[mm] T_n=a_{n}cos(nt\pi)+b_{n}sin(nt\pi)
[/mm]
[mm] u(x,t)=\summe_{i=1}^{n}sin(nx\pi)(a_{n}cos(nt\pi)+b_{n}sin(nt\pi))
[/mm]
[mm] u(x,0)=\summe_{i=1}^{n}sin(nx\pi)a_n=sin(x\pi)
[/mm]
[mm] sin(0)a_0+sin(x\pi)a_1+sin(2x\pi)a_2+sin(3x\pi)a_3+...=sin(x\pi)
[/mm]
[mm] a_0=a_2=a_3=a_4=...=0
[/mm]
[mm] a_1=1
[/mm]
[mm] u_t(x,t)=\summe_{i=1}^{n}sin(nx\pi)(-a_{n}sin(nt\pi)n\pi+b_{n}cos(nt\pi)n\pi)
[/mm]
[mm] u_t(x,0)=\summe_{i=1}^{n}sin(nx\pi)(b_{n}n\pi)=sin(3x\pi)
[/mm]
[mm] sin(0)b_{0}n\pi+sin(x\pi)b_{1}\pi+sin(2x\pi)b_{2}2\pi+sin(3x\pi)b_{3}3\pi+sin(4x\pi)b_{4}4\pi+...=sin(3x\pi)
[/mm]
[mm] b_0=b_1=b_2=b_4=b_5=b_6=...=0
[/mm]
[mm] b_3=\bruch{1}{3\pi}
[/mm]
[mm] \Rightarrow u(x,t)=sin(x\pi)cos(t\pi)+sin(3x\pi)\bruch{1}{3\pi}sin(3t\pi)
[/mm]
Danke
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Hallo tobe,
> Lösen Sie für [mm]0\le x\le[/mm] 1 und [mm]t\ge[/mm] 0 die partielle
> Differentialgleichung
>
> [mm]u_{tt}=u_{xx}[/mm] ;
> u(0,t)=u(1,t)=0 ;
> [mm]u(x,0)=sin(x\pi)[/mm] ; [mm]u_t(x,0)=sin(3x\pi)[/mm]
> Hier noch einmal eine letzte kleine Aufgabe. Danach werde
> ich euch nicht mehr nerven, denn irgendwann muss ich auch
> mal alleine zurecht kommen!
>
> Separation der Variablen führt auf:
> [mm]X''-\lambda[/mm] X=0
> X(0)=X(1)=0
>
> für [mm]\lambda[/mm] >0
> [mm]X(x)=ae^{\wurzel{\lambda}x}+b e^{-\wurzel{\lambda}x}[/mm]
>
> X(0)=a+b=0
> [mm]x(1)=ae^{\wurzel{\lambda}}+b e^{-\wurzel{\lambda}}=0[/mm]
>
> a=b=0
>
> für [mm]\lambda[/mm] =0
> X(x)=cx+d
> X(0)=d=0
> [mm]X(1)=c+d=0[/mm]
> c=d=0
>
> für [mm]\lambda =-\mu^2<0[/mm]
> [mm]X(x)=acos(x\mu)+bsin(x\mu)[/mm]
> X(0)=a=0
> [mm]X(1)=acos(\mu)+bsin(\mu)=0[/mm]
>
> Sodass die Lösung X nicht die Nullfunktion ist, muss
> [mm]b\not=0[/mm] und somit [mm]sin(\mu)=0[/mm]
> also ist der Eigenwert [mm]\mu=n\pi, n\in{1,2,3...}[/mm]
> [mm]X_n=sin(nx\pi)[/mm]
> [mm]T_n=a_{n}cos(nt\pi)+b_{n}sin(nt\pi)[/mm]
>
> [mm]u(x,t)=\summe_{i=1}^{n}sin(nx\pi)(a_{n}cos(nt\pi)+b_{n}sin(nt\pi))[/mm]
> [mm]u(x,0)=\summe_{i=1}^{n}sin(nx\pi)a_n=sin(x\pi)[/mm]
>
> [mm]sin(0)a_0+sin(x\pi)a_1+sin(2x\pi)a_2+sin(3x\pi)a_3+...=sin(x\pi)[/mm]
> [mm]a_0=a_2=a_3=a_4=...=0[/mm]
> [mm]a_1=1[/mm]
>
> [mm]u_t(x,t)=\summe_{i=1}^{n}sin(nx\pi)(-a_{n}sin(nt\pi)n\pi+b_{n}cos(nt\pi)n\pi)[/mm]
> [mm]u_t(x,0)=\summe_{i=1}^{n}sin(nx\pi)(b_{n}n\pi)=sin(3x\pi)[/mm]
>
> [mm]sin(0)b_{0}n\pi+sin(x\pi)b_{1}\pi+sin(2x\pi)b_{2}2\pi+sin(3x\pi)b_{3}3\pi+sin(4x\pi)b_{4}4\pi+...=sin(3x\pi)[/mm]
> [mm]b_0=b_1=b_2=b_4=b_5=b_6=...=0[/mm]
> [mm]b_3=\bruch{1}{3\pi}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow u(x,t)=sin(x\pi)cos(t\pi)+sin(3x\pi)\bruch{1}{3\pi}sin(3t\pi)[/mm]
Perfekt.
>
> Danke
Gruß
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:26 Mo 08.12.2008 | | Autor: | tobe |
Danke an Mathepower, der sich sehr viel Mühe für mich gegeben hat!
Danke dass du mir einen kleinen Einblick in die partiellen Differentialgleichungen gegeben hasst!
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