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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 10:14 Mo 18.08.2014 | | Autor: | Orchis |
| Aufgabe | Wir betrachten folgendes Anfangswertproblem:
[mm] \begin{cases}
u_{t}(x,t)-u_{xx}(x,t)=a(t)u(x,t) \text{ mit } (x,t) \in (0,\pi) \times (0,\infty) \\
u(x,0)=f(x), x \in (0,\pi)
\end{cases}
[/mm]
mit Funktionen f [mm] \in C^{\infty}([0,\pi]) [/mm] und a [mm] \in C^{\infty}([0,\infty)).
[/mm]
(a) Angenommen, u ist eine Lösung der Differentialgleichung in der Form u(x,t)=v(x) [mm] \cdot [/mm] w(t) mit v [mm] \in C^{\infty}([0,\pi]) [/mm] und w [mm] \in C^{\infty}([0,\infty)), [/mm] wobei weder v, noch w identisch Null sind. Welche gewöhnlichen Differentialgleichungen erfüllen dann v und w?
(b) Was folgt f"ur die Funktionen v, w aus (a) aus der Anfangsbedingung f"ur u bei t=0?
(c) Bestimmen Sie eine Lösung f"ur a(t) = t, f(x) = [mm] f_{1}(x) [/mm] - [mm] 9f_{2}(x) [/mm] mit [mm] f_{1}(x) [/mm] = cos(x), [mm] f_{2}(x) [/mm] = cos(2x).
u(x,0)=f(x), x [mm] \in (0,\pi) [/mm] |
Hallo zusammen!
zunächst einmal: Bitte nicht erschrecken, weil der Artikel so lang erscheint. Ich versuche gerade die obige Aufgabe zu lösen und hänge eigentlich nur an der c) fest bzw. da fehlt mir ein kleiner Schubs in die richtige Richtung. Ich werde aber trotzdem schon einmal alles aufschreiben, was ich bis dahin gelöst habe, falls sich im Vorhinein schon ein Fehler eingeschlichen haben sollte. :)
Also los:
Zu (a):
Ansatz: u(x,t) = v(x) [mm] \cdot [/mm] w(t). Dann hat die obige Differentialgleichung die Form
[mm] u_{t}(x,t)-u_{xx}(x,t) [/mm] = a(t)u(x,t)
[mm] \Leftrightarrow [/mm] v(x)w'(t)-v''(x)w(t) = a(t)v(x)w(t)
[mm] \Leftrightarrow \frac{w'(t)}{w(t)}-\frac{v''(x)}{v(x)} [/mm] = a(t) mit v(x) [mm] \neq [/mm] 0 und w(t) [mm] \neq [/mm] 0
[mm] \Leftrightarrow \frac{w'(t)}{w(t)}-a(t) [/mm] = [mm] \frac{v''(x)}{v(x)}
[/mm]
Damit wären also die Variablen 't' und 'w' getrennt. Damit die Gleichung erfüllt ist, müssen beide Seiten konstant sein. D.h.
[mm] \frac{w'(t)}{w(t)}-a(t) [/mm] = [mm] \lambda [/mm] = [mm] \frac{v''(x)}{v(x)} [/mm] mit [mm] \lambda\in \mathbb{R}.
[/mm]
[mm] \Leftrightarrow \frac{w'(t)}{w(t)}-a(t) [/mm] = [mm] \lambda [/mm] (1)
[mm] \wedge~ \frac{v''(x)}{v(x)}=\lambda [/mm] (2)
[mm] \Leftrightarrow [/mm] w'(t) - (a(t) + [mm] \lambda)w(t) [/mm] = 0 (1)
[mm] \wedge~ [/mm] v''(x) - [mm] \lambda [/mm] v(x) = 0 (2)
Dies sind die zwei gesuchten linearen Differentialgleichungen.
Zu (b): Für v folgt daraus nichts, da v ja nur von x abhängt, doch für w ist damit eine Anfangswertbedingung gegeben, nämlich w(0)=f(x).
Zu (c):
[mm] \textbf{Zu (1):} [/mm] Mit a(t) = t folgt mittels Trennung der Variablen eine Lösung für w:
w'(t) - (t + [mm] \lambda)w(t) [/mm] = 0
[mm] \Leftrightarrow \frac{w'(t)}{w(t)} [/mm] = t + [mm] \lambda, [/mm] w(t) [mm] \neq [/mm] 0
[mm] \Leftrightarrow [/mm] w(t) = C [mm] \cdot e^{\frac{1}{2} t^2 + \lambda t} [/mm] mit C [mm] \in \mathbb{R}
[/mm]
Mit der Anfangswertbedingung w(0)=f(x)=cos(x)-9cos(2x) folgt
cos(x)-9cos(2x) = C [mm] \cdot e^{\frac{1}{2} \cdot 0^2 + \lambda \cdot 0}
[/mm]
[mm] \Leftrightarrow [/mm] cos(x)-9cos(2x) = C
Also w(t) = [cos(x)-9cos(2x)] [mm] \cdot e^{\frac{1}{2} t^2 + \lambda t}.
[/mm]
[mm] \textbf{Zu (2):}
[/mm]
v''(x) - [mm] \lambda [/mm] v(x) = 0 hat zun"achst einmal genau drei mögliche Lösungen, nämlich
v(x) = [mm] \begin{cases}
Ae^{-\sqrt{\lambda}x} + Be^{\sqrt{\lambda}x} \text{ f"ur } \lambda > 0 \\
A + Bx \text{ f"ur } \lambda = 0 \\
Acos(\sqrt{\lambda}x) + Bsin(\sqrt{\lambda}x) \text{ f"ur } \lambda < 0.
\end{cases}
[/mm]
So das war es. Die einzige Bedingung, die ich nun noch verwenden könnte ist, dass v [mm] \neq [/mm] 0 sein muss. Wie komme ich nun an eine Lösung? Weiß jemand weiter?
Viele Grüße,
Orchis
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:07 Mo 18.08.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
Die Anfangsbedingung lautet doch nicht wie du schreibst:
"Mit der Anfangswertbedingung w(0)=f(x)=cos(x)-9cos(2x) folgt
sondern u(x.0)=v(x)*w(0)=cos(x)-9cos(2x)
du hattest w(0)=C
Gru0 leduart
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:36 Mo 18.08.2014 | | Autor: | Orchis |
Vielen Dank für deine Antwort!
Also u(x,0)=v(x) [mm] \cdot [/mm] w(0) = v(x) [mm] \cdot [/mm] C = cos(x) - 9cos(2x)
und damit
v(x) = [mm] \frac{1}{C} \cdot [/mm] [cos(x) - 9cos(2x)] (C [mm] \neq [/mm] 0, da v,w [mm] \neq [/mm] 0 und damit auch u(x,t) = v(x) [mm] \cdot [/mm] w(t) [mm] \neq [/mm] 0)
[mm] \Rightarrow [/mm] u(x,t) = v(x) [mm] \cdot [/mm] w(t) = [mm] \frac{1}{C} \cdot [/mm] [cos(x) - 9cos(2x)] [mm] \cdot e^{\frac{1}{2} t^2 + \lambda t}? [/mm] Für ein entsprechend gewähltes C bekäme ich dann eine Lösung für u raus. Ist das so richtig?
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Hallo Orchis,
> Vielen Dank für deine Antwort!
> Also u(x,0)=v(x) [mm]\cdot[/mm] w(0) = v(x) [mm]\cdot[/mm] C = cos(x) -
> 9cos(2x)
> und damit
> v(x) = [mm]\frac{1}{C} \cdot[/mm] [cos(x) - 9cos(2x)] (C [mm]\neq[/mm] 0, da
> v,w [mm]\neq[/mm] 0 und damit auch u(x,t) = v(x) [mm]\cdot[/mm] w(t) [mm]\neq[/mm] 0)
> [mm]\Rightarrow[/mm] u(x,t) = v(x) [mm]\cdot[/mm] w(t) = [mm]\frac{1}{C} \cdot[/mm]
> [cos(x) - 9cos(2x)] [mm]\cdot e^{\frac{1}{2} t^2 + \lambda t}?[/mm]
> Für ein entsprechend gewähltes C bekäme ich dann eine
> Lösung für u raus. Ist das so richtig?
Leider nein.
Es sind dich zunächst die Lösungen aus der DGL
[mm]\bruch{v''\left(x\right)}{v\left(x\right)}=\lambda[/mm]
in Abhängigkeit von [mm]\lambda[/mm] zu bestimmen.
Dann gibt es nicht nur eine Lösung,
sonder eine Lösungsschar.
Die Lösungen der obigen DGL sind demach zu summieren:
[mm]v\left(x\right)=\summe_{\lambda=-\infty}^ {+\infty}{C_{\lambda}*{l_{\lambda}\left(x\right)}[/mm]
, wobei [mm]l_{\lambda}\left(x\right)}[/mm]
die Lösungen der obigen DGL für den Parameter [mm]\lambda[/mm] sind.
Die so entstande Lösung für v(x)
kannst Du jetzt mit der Anfangsbedingung vergleichen.
Dann ist v(x) in geeigeneter Weise mit w(t) zu verbinden.
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:22 Mo 18.08.2014 | | Autor: | Orchis |
Auch dir herzlichen Dank für deine Hilfe!
Ich fürchte, dass ich aber immer noch etwas begriffsstutzig bin. Ich habe im Ausgangsthread bereits für die allgemeine Lösung von v(x) abhängig von [mm] \lambda [/mm] stehen:
v(x) = [mm] \begin{cases}
Ae^{-\sqrt{\lambda}x} + Be^{\sqrt{\lambda}x} \text{ f"ur } \lambda > 0 \\
A + Bx \text{ f"ur } \lambda = 0 \\
Acos(\sqrt{\lambda}x) + Bsin(\sqrt{\lambda}x) \text{ f"ur } \lambda < 0.
\end{cases}
[/mm]
Nun habe ich also drei mögliche Lösungsscharen für v(x). Muss ich jetzt für jeden Fall v(x) mit w(t) multiplizieren? (Ich verstehe nicht so wirklich wie man auf die Summendarstellung der allgemeinen Lösung für v(x) kommt, die du angesprochen hast...). Da wir in der Anfangsbedingung den Cosinus stehen haben, dürfte wohl der letzte Fall der Interessante werden... .
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Hallo Orchis,
> Auch dir herzlichen Dank für deine Hilfe!
> Ich fürchte, dass ich aber immer noch etwas
> begriffsstutzig bin. Ich habe im Ausgangsthread bereits
> für die allgemeine Lösung von v(x) abhängig von [mm]\lambda[/mm]
> stehen:
> v(x) = [mm]\begin{cases}
Ae^{-\sqrt{\lambda}x} + Be^{\sqrt{\lambda}x} \text{ f"ur } \lambda > 0 \\
A + Bx \text{ f"ur } \lambda = 0 \\
Acos(\sqrt{\lambda}x) + Bsin(\sqrt{\lambda}x) \text{ f"ur } \lambda < 0.
\end{cases}[/mm]
>
Das habe ich auch im nachhinein festgestellt.
Für den Fall [mm]\lambda<0[/mm] muss die Lösung so lauten:
[mm]v\left(x\right)=A*\cos\left(\wurzel{\vmat{\lambda}}x\right) +B*\sin
\left(\wurzel{\vmat{\lambda}}x\right)[/mm]
> Nun habe ich also drei mögliche Lösungsscharen für v(x).
> Muss ich jetzt für jeden Fall v(x) mit w(t)
> multiplizieren? (Ich verstehe nicht so wirklich wie man auf
> die Summendarstellung der allgemeinen Lösung für v(x)
> kommt, die du angesprochen hast...). Da wir in der
> Anfangsbedingung den Cosinus stehen haben, dürfte wohl der
> letzte Fall der Interessante werden... .
>
Die DGLn, die Du im Ausgangsthread gepostet hast,
sind abhängig von der Wahl des Paramters [mm]\lambda[/mm].
Demnach ergibt sich die Lösung für diesen Parameter zu
[mm]u_{\lambda}\left(x,t\right)=v_{\lambda}\left(x\right)*w_{\lambda}\left(t\right)[/mm]
Die Gesamtheit aller Lösungen für [mm]\lambda \in \IR[/mm]
ergibt sich dann zu:
[mm]u\left(x,t\right)=\summe_{\lambda=-\infty}^{+\infty}u_{\lambda}\left(x,t\right)[/mm]
Hier kannst Du nun die Anfangsbedingung einsetzen,
um eine spezielle Lösung zu erhalten:
[mm]u\left(x,0\right)=\summe_{\lambda=-\infty}^{+\infty}u_{\lambda}\left(x,0\right)[/mm]
Dazu führst Du jetzt einen Koeffizientenvergleich mit dieser Anfangsbedingung durch.
[mm]u\left(x,0\right)=\summe_{\lambda=-\infty}^{+\infty}u_{\lambda}\left(x,0\right)=\cos\left(x\right)-9*\cos\left(2x\right)[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:53 Di 19.08.2014 | | Autor: | Orchis |
So ich bin deinem Tipp jetzt einmal nachgegangen und habe nun (zumindestens) die richtige Lösung gefunden:
Eine Lösung abhängig von einem gewählten [mm] \lambda [/mm] < 0 ergibt sich dann zu
[mm] u_{\lambda}(x,t) [/mm] = [mm] w_{\lambda}(t) \cdot v_{\lambda}(x).
[/mm]
Die Gesamtheit aller Lösungen zum Parameter [mm] \lambda [/mm] ist wiederum
[mm] \sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} u_{\lambda}(x,t) [/mm] = [mm] \sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} w_{\lambda}(t) \cdot v_{\lambda}(x)
[/mm]
= [mm] \sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} e^{\frac{1}{2} t^2 + \lambda t} \cdot [A_{\lambda} cos(\sqrt{|\lambda|}x) [/mm] + [mm] B_{\lambda} sin(\sqrt{|\lambda|}x)]
[/mm]
Nun verwenden wir die Anfangsbedingung
u(x,0) = [mm] \sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} e^{\frac{1}{2} 0^2 + \lambda 0} \cdot [A_{\lambda} cos(\sqrt{|\lambda|}x) [/mm] + [mm] B_{\lambda} sin(\sqrt{|\lambda|}x)]
[/mm]
= [mm] \sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} [A_{\lambda} cos(\sqrt{|\lambda|}x) [/mm] + [mm] B_{\lambda} sin(\sqrt{|\lambda|}x)]
[/mm]
[mm] \overset{!}{=} [/mm] cos(x) - 9cos(2x)
[mm] \overset{Koeff.vgl.}{\Rightarrow} A_{\lambda} [/mm] = 0 [mm] \forall \lambda \in \mathbb{R} \setminus \{-1,-4\}, A_{-1} [/mm] = 1, [mm] A_{-4} [/mm] = -9, sowie [mm] B_{\lambda} [/mm] = 0 [mm] \forall \lambda \in \mathbb{R}
[/mm]
Damit lautet die Lösung zu der geforderten Anfangsbedingung
u(x,t) = cos(x) [mm] \cdot e^{\frac{1}{2} t^2 - t} [/mm] - 9 cos(2x) [mm] \cdot e^{\frac{1}{2} t^2 - 4t}
[/mm]
Probe:
[mm] u_{t}(x,t) [/mm] = (t-1) cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 - t} [/mm] - 9 (t-4) cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 - 4t}
[/mm]
= t cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] - cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] - 9t cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t} [/mm] + 36 cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}
[/mm]
[mm] u_{x}(x,t) [/mm] = -sin(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] + 18 sin(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}
[/mm]
[mm] u_{xx}(x,t) [/mm] = -cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] + 36 cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}
[/mm]
[mm] \Rightarrow u_{t}(x,t) [/mm] - [mm] u_{xx}(x,t) [/mm] = t cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] - cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] - 9t cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}
[/mm]
+ 36 cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t} [/mm] + cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] - 36 cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}
[/mm]
= t cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] - 9t cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}
[/mm]
= t [cos(x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + t} [/mm] - 9 cos(2x) [mm] e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}]
[/mm]
= t u(x,t)
Ich hätte abschließend nur noch zwei kleine Fragen dazu:
(1) Zum einen schränkt man sich ja auf den Fall [mm] \lambda [/mm] < 0 ein, da man nur mit diesem die Anfangsbedingung erfüllen kann. Muss man daher in der Summe nicht [mm] \lambda [/mm] von - [mm] \infty [/mm] bis 0 (und nicht bis + [mm] \infty) [/mm] laufen lassen?
(2) Ich weiß nicht wirklich, was man in der b) schreiben muss. Hast du dazu vllt. einen sinnvollen Ansatz parat? Für die Funktionen v und w im einzelnen folht doch erst mal nichts daraus, sondern nur für ihr Produkt...
u(x,0) = v(x) [mm] \cdot [/mm] w(0) = f(x) ...
Viele Grüße,
Orchis
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Hallo Orchis,
> So ich bin deinem Tipp jetzt einmal nachgegangen und habe
> nun (zumindestens) die richtige Lösung gefunden:
>
> Eine Lösung abhängig von einem gewählten [mm]\lambda[/mm] < 0
> ergibt sich dann zu
> [mm]u_{\lambda}(x,t)[/mm] = [mm]w_{\lambda}(t) \cdot v_{\lambda}(x).[/mm]
>
> Die Gesamtheit aller Lösungen zum Parameter [mm]\lambda[/mm] ist
> wiederum
> [mm]\sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} u_{\lambda}(x,t)[/mm]
> = [mm]\sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} w_{\lambda}(t) \cdot v_{\lambda}(x)[/mm]
>
> = [mm]\sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} e^{\frac{1}{2} t^2 + \lambda t} \cdot [A_{\lambda} cos(\sqrt{|\lambda|}x)[/mm]
> + [mm]B_{\lambda} sin(\sqrt{|\lambda|}x)][/mm]
>
> Nun verwenden wir die Anfangsbedingung
> u(x,0) = [mm]\sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} e^{\frac{1}{2} 0^2 + \lambda 0} \cdot [A_{\lambda} cos(\sqrt{|\lambda|}x)[/mm]
> + [mm]B_{\lambda} sin(\sqrt{|\lambda|}x)][/mm]
>
> = [mm]\sum\limits_{\lambda = -\infty}^{+ \infty} [A_{\lambda} cos(\sqrt{|\lambda|}x)[/mm]
> + [mm]B_{\lambda} sin(\sqrt{|\lambda|}x)][/mm]
>
> [mm]\overset{!}{=}[/mm] cos(x) - 9cos(2x)
>
> [mm]\overset{Koeff.vgl.}{\Rightarrow} A_{\lambda}[/mm] = 0 [mm]\forall \lambda \in \mathbb{R} \setminus \{-1,-4\}, A_{-1}[/mm]
> = 1, [mm]A_{-4}[/mm] = -9, sowie [mm]B_{\lambda}[/mm] = 0 [mm]\forall \lambda \in \mathbb{R}[/mm]
>
> Damit lautet die Lösung zu der geforderten
> Anfangsbedingung
>
> u(x,t) = cos(x) [mm]\cdot e^{\frac{1}{2} t^2 - t}[/mm] - 9 cos(2x)
> [mm]\cdot e^{\frac{1}{2} t^2 - 4t}[/mm]
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Probe:
>
> [mm]u_{t}(x,t)[/mm] = (t-1) cos(x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 - t}[/mm] - 9 (t-4)
> cos(2x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 - 4t}[/mm]
>
> = t cos(x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm] - cos(x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm]
> - 9t cos(2x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}[/mm] + 36 cos(2x)
> [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}[/mm]
>
Kleiner Schreibfehler: Statt "+" im Exponenten muss es "-" sein.
> [mm]u_{x}(x,t)[/mm] = -sin(x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm] + 18 sin(2x)
> [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}[/mm]
>
> [mm]u_{xx}(x,t)[/mm] = -cos(x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm] + 36 cos(2x)
> [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}[/mm]
>
>
> [mm]\Rightarrow u_{t}(x,t)[/mm] - [mm]u_{xx}(x,t)[/mm] = t cos(x)
> [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm] - cos(x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm] -
> 9t cos(2x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}[/mm]
>
> + 36 cos(2x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}[/mm] + cos(x)
> [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm] - 36 cos(2x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}[/mm]
>
> = t cos(x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm] - 9t cos(2x)
> [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}[/mm]
>
> = t [cos(x) [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + t}[/mm] - 9 cos(2x)
> [mm]e^{\frac{1}{2} t^2 + 4t}][/mm]
>
> = t u(x,t)
>
> Ich hätte abschließend nur noch zwei kleine Fragen dazu:
> (1) Zum einen schränkt man sich ja auf den Fall [mm]\lambda[/mm] <
> 0 ein, da man nur mit diesem die Anfangsbedingung erfüllen
> kann. Muss man daher in der Summe nicht [mm]\lambda[/mm] von -
> [mm]\infty[/mm] bis 0 (und nicht bis + [mm]\infty)[/mm] laufen lassen?
Wenn, dann von [mm]-\infty[/mm] bis [mm]\blue{-1}[/mm].
> (2) Ich weiß nicht wirklich, was man in der b) schreiben
> muss. Hast du dazu vllt. einen sinnvollen Ansatz parat?
> Für die Funktionen v und w im einzelnen folht doch erst
> mal nichts daraus, sondern nur für ihr Produkt...
> u(x,0) = v(x) [mm]\cdot[/mm] w(0) = f(x) ...
Das kannst Du jetzt auftrennen:
Da v von x abhängig ist, folgt ...
Da w von t abhängig ist, folgt ...
>
> Viele Grüße,
> Orchis
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:41 Di 19.08.2014 | | Autor: | Orchis |
> Das kannst Du jetzt auftrennen:
>
> Da v von x abhängig ist, folgt ...
> Da w von t abhängig ist, folgt ...
Da v(x) nur von x abhängt gilt v(x)=f(x) und da w nur von t abhängt w(0) = 1.
> Wenn, dann von [mm]-\infty[/mm] bis [mm]\blue{-1}[/mm].
Da wir aber [mm] \lambda [/mm] aus [mm] \mathbb{R} [/mm] gewählt haben, warum betrachten wir eigentlich nur ganzzahlige [mm] \lambda? [/mm] Kann man das oBdA einfach so festlegen?
(So das wäre auch wirklich meine letzte Frage zu dem Thema, ich hoffe ich habe hier niemanden überstrapaziert, aber das Thema hat mich schon eine Weile gereitzt. :))
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Hallo Orchis,
> > Das kannst Du jetzt auftrennen:
> >
> > Da v von x abhängig ist, folgt ...
> > Da w von t abhängig ist, folgt ...
>
> Da v(x) nur von x abhängt gilt v(x)=f(x) und da w nur von
> t abhängt w(0) = 1.
>
> > Wenn, dann von [mm]-\infty[/mm] bis [mm]\blue{-1}[/mm].
> Da wir aber [mm]\lambda[/mm] aus [mm]\mathbb{R}[/mm] gewählt haben, warum
> betrachten wir eigentlich nur ganzzahlige [mm]\lambda?[/mm] Kann man
> das oBdA einfach so festlegen?
>
Im Allgemeinen ist [mm]\lambda \in \IR[/mm].
Aus der Anfangsbedingung ergibt sich aber, daß [mm]\lambda \in \IZ[/mm].
> (So das wäre auch wirklich meine letzte Frage zu dem
> Thema, ich hoffe ich habe hier niemanden überstrapaziert,
> aber das Thema hat mich schon eine Weile gereitzt. :))
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:57 Di 19.08.2014 | | Autor: | Orchis |
Vielen Dank! Damit wären für mich erstmal alle Fragen geklärt!
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