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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:43 Di 30.09.2008 | | Autor: | dibble |
| Aufgabe | Obtain the general solutions of the linear equation:
[mm] x u_x + yu_y = nu \qquad (n \in \mathbb{R} ? \text{ steht leider nicht...})[/mm] |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo zusammen!
...Also ich habe das mit der "Charakteristikenmethode" versucht.
D.h man versucht die gesuchte Lösung [mm]u(x,y) [/mm] mit dem Parameter t zu parametrisieren:
[mm] u(x(t),y(t)) => \frac{d}{dt} u(x(t),y(t))=0 <=>\frac{dx}{dt} u_x + \frac{dy}{dt} u_y = 0[/mm]
Woraus die folgenden Charakteristischen Gleichungen durch Koeffizientenvergleich resultieren, zuerst in Parameterform und nachher unabhängig von t:
[mm]
\frac{dx}{dt}= x \qquad \frac{dy}{dt} = y \qquad \frac{du}{dt}=0 \qquad \text{ sowie: } \frac{dx}{x}= \frac{dy}{y} = \frac{du}{nu}
[/mm]
Doch jetzt sehe ich nicht wie ich weiter machen soll. Wie finde ich nun die Charakteristiken [mm]\varphi\ (x,y) ,\psi\ (x,y)[/mm] (Projektionen auf die x-y-Ebene?) für welche gilt [mm]\varphi\ (x,y) = const,\psi\ (x,y) = const[/mm] ?
Eigentlich verstehe ich schon das Prinzip hinter der Charakteristikenmethode nicht, wäre als schon froh, wenn mir jemand sagen könnte, was es mit diesen "Charakteristiken" auf sich hat.
Danke im Voraus,
Grüße,
dibble
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Ich glaube, du hast die charakteristischen Gleichungen nicht ganz richtig und kommst daher nicht weiter. Schau doch mal in diesen ![[]](/images/popup.gif) Wikipedia-Artikel. Ist allerdings auf Englisch ...
Edit: Zur Frage, was es mit den Charakteristiken auf sich hat. Im einfachen Fall, dass die rechte Seite der partiellen DGL =0 ist, handelt es sich um so etwas wie Höhenlinien, denn dann ist [mm]\bruch{du}{dt}=0[/mm], d.h. entlang dieser Linie ändert sich die "Höhe" u nicht. Hier ist der Fall leider etwas komplizierter, aber analog. Ähnlich wie Höhenlinien beschreiben die charakteristischen Linien hier die gesamte Fläche des Graphen [mm]u(x,y)[/mm].
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:27 Mi 01.10.2008 | | Autor: | dibble |
Hallo
Danke für deine Antwort. Du hast recht, ich habe mich verschrieben. Wenn ich das richtig sehe, müssten die charakteristischen Gleichungen wie folgt lauten:
[mm]
\frac{dx}{dt}= x \qquad \frac{dy}{dt} = y \qquad \frac{du}{dt}=nu \qquad \text{ sowie: } \frac{dx}{x}= \frac{dy}{y} = \frac{du}{nu}
[/mm]
...habe versucht die DGLs mittels Separation der Variablen zu lösen:
[mm]
\frac{dx}{dt}= x <=> \frac{dx}{x}= dt \quad => \ln(|x|)=t+A, A=const. \quad=> x(t)=Ae^t \\
[/mm]
[mm]
\frac{dy}{dt}= y \quad => y(t)=Be^t \quad, B=const.
[/mm]
[mm]
\frac{du}{dt}= nu \quad => u(t)=Ce^{nt} \quad, C=const.
[/mm]
Doch jetzt sehe ich nicht wie ich die Gleichungen der charakteristischen Kurven bekomme.
Hat mir jemand einen Tipp?
Grüße,
dibble
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Hallo dibble,
![[willkommenmr]](/images/smileys/willkommenmr.png "[willkommenmr]")
> Hallo
>
> Danke für deine Antwort. Du hast recht, ich habe mich
> verschrieben. Wenn ich das richtig sehe, müssten die
> charakteristischen Gleichungen wie folgt lauten:
> [mm]
\frac{dx}{dt}= x \qquad \frac{dy}{dt} = y \qquad \frac{du}{dt}=nu \qquad \text{ sowie: } \frac{dx}{x}= \frac{dy}{y} = \frac{du}{nu}
[/mm]
>
> ...habe versucht die DGLs mittels Separation der Variablen
> zu lösen:
>
> [mm]
\frac{dx}{dt}= x <=> \frac{dx}{x}= dt \quad => \ln(|x|)=t+A, A=const. \quad=> x(t)=Ae^t \\
[/mm]
>
> [mm]
\frac{dy}{dt}= y \quad => y(t)=Be^t \quad, B=const.
[/mm]
>
> [mm]
\frac{du}{dt}= nu \quad => u(t)=Ce^{nt} \quad, C=const.
[/mm]
>
> Doch jetzt sehe ich nicht wie ich die Gleichungen der
> charakteristischen Kurven bekomme.
>
> Hat mir jemand einen Tipp?
Löse die ersten beiden Gleichung nach [mm]e^{t}[/mm] auf und setze sie in die verbleibende Gleichung ein..
[mm]x\left(t\right)=A*e^{t}\Rightarrow e^{t}=f\left(x\right)[/mm]
[mm]y\left(t\right)=B*e^{t}\Rightarrow e^{t}=g\left(y\right)[/mm]
Dann ist
[mm]u\left(t\right)=C*e^{nt}=C*e^{\alpha t}*e^{\left(n-\alpha\right)t}=C*\left(e^{t}\right)^{\alpha}*\left(e^{t}\right)^{n-\alpha}[/mm]
>
> Grüße,
> dibble
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:48 So 05.10.2008 | | Autor: | dibble |
Hallo MathePower
Danke für deine Antwort.
Habe das mal versucht aufzulösen: [mm]
\frac{x}{A}= e^t, \quad \frac{y}{B}=e^t, \quad u=c*e^{nt}
[/mm]
und wenn ich das in deine letzte Gleichung einsetze, bekomme ich:
[mm]u(x,y)=C*\left(\frac{x}{A}\right)^{\alpha}* \left( \frac{y}{B} \right)^{n-\alpha}[/mm]
Allerdings ist mir nicht klar, wieso du genau diese Umformung gemacht hast. [mm]e^{nt}[/mm] kann man doch auf unendlich viele verschieden Arten ausschreiben, oder habe ich deinen Tipp missverstanden?
...und noch etwas zu den charakteristischen Kurven:
Man kann die Lösungen der charakteristischen Kurven nun wie folgt umschreiben: [mm]\varphi(x,y,u)=\frac{y}{x} = const.\quad \text{und } \psi(x,y,u)=\frac{u}{x^n}=const.[/mm]
Jetzt habe ich gelesen, dass genau die implizite Funktion [mm] f(\varphi,\psi)=0 [/mm] eine allgemeine Lösung der PDGL sein soll. Doch wie ist es möglich nachzuprüfen, ob dieses f wirklich eine Lösung ist? ...in deinem Fall MathePower kann man ja einfach nachprüfen durch einsetzen, aber da die Lösung so in impliziter Form gegeben ist, geht das ja nicht?!
Hast du mir nochmals einen Tipp?
Grüße,
dibble
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Hallo dibble,
> Hallo MathePower
>
> Danke für deine Antwort.
>
> Habe das mal versucht aufzulösen: [mm]
\frac{x}{A}= e^t, \quad \frac{y}{B}=e^t, \quad u=c*e^{nt}
[/mm]
>
> und wenn ich das in deine letzte Gleichung einsetze,
> bekomme ich:
>
> [mm]u(x,y)=C*\left(\frac{x}{A}\right)^{\alpha}* \left( \frac{y}{B} \right)^{n-\alpha}[/mm]
>
> Allerdings ist mir nicht klar, wieso du genau diese
> Umformung gemacht hast. [mm]e^{nt}[/mm] kann man doch auf unendlich
> viele verschieden Arten ausschreiben, oder habe ich deinen
> Tipp missverstanden?
Nein, das hast Du schon richtig verstanden.
>
> ...und noch etwas zu den charakteristischen Kurven:
>
> Man kann die Lösungen der charakteristischen Kurven nun wie
> folgt umschreiben: [mm]\varphi(x,y)=\frac{y}{x} = const.\quad \text{und } \psi(x,y)=\frac{u}{x^n}=const.[/mm]
>
> Jetzt habe ich gelesen, dass genau die implizite Funktion
> [mm]f(\varphi,\psi)=0[/mm] eine allgemeine Lösung der PDGL sein
> soll. Doch wie ist es möglich nachzuprüfen, ob dieses f
> wirklich eine Lösung ist? ...in deinem Fall MathePower kann
> man ja einfach nachprüfen durch einsetzen, aber da die
> Lösung so in impliziter Form gegeben ist, geht das ja
> nicht?!
> Hast du mir nochmals einen Tipp?
Ausgehend von
[mm]x=A*e^{t}, \ y=B*e^{t}, \ u=C*e^{n*t}[/mm].
Setze nun je zwei dieser Lösungen ins Verhältnis bzw.
setze eine Lösung in eine andere Lösung ein.
>
> Grüße,
> dibble
Gruß
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:01 Di 07.10.2008 | | Autor: | dibble |
Hallo
...habe jetzt zur genannten Aussage einen Beweis gefunden. Danke euch für die Hilfe.
Grüße,
dibble
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