Laplacetransformation Quasilineare PDGL

Question

Aufgabe:

Finden Sie mit Hilfe der Laplacetransformation alle Lösungen der PDGL

$u_{t t}+u_{x x}=0 \text { für } x>0 \text { und } t>0$

Randbedingungen:
$u(x, 0)=e^{-x}, \quad u_{t}(x, 0)=0, \quad u(0, t)=\cos (t), \quad u_{x}(0, t)=-\cos (t) .$

Ich weiß nicht wie man hier am besten vorgehen sollte. Hat jemand eine Art Schritt für Schritt Anleitung oder Kochrezept für solche Aufgaben?

Answer 1

Hi,

üblicherweise geht man so vor:

(1) Anwenden der Laplacetransformation auf die PDGL bezüglich $t$, hier wird $x$ als fester Parameter betrachtet. Das führt hier auf folgende gewöhnliche Dgl. bzgl. $x$ für die Laplacetransformierte $U(x,s)$

$$U''(x,s) + s^2 U(x,s) - s e^{-x} = 0$$ wobei $U(x,s)$ die Laplacetransformierte von $u(x,t)$ bzgl. $t$  ist.

(2) Transformation der Randbedingungen, hier $U(0,s) = \mathcal{L} \{ \cos(t) \}(s)$ und

$U'(0,s) = \mathcal{L} \{ -\cos(t) \}(s)$

(3) Lösen der Dgl. für $U(x,s)$

(4) Rücktransformieren der gefunden Lösung $U(x,s)$ durch die inverse Laplacetransformation.

Comments

Zu 2: finde ich die passende Transformation in einer Tabelle?

Was ist genau die Laplacetransformierte von u (x,t)?

Zu 3: wie löse ich U(x,s)

Variation der Konstanten? Trennung der Variablen?

Danke

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Zu (2): Ja

$$U(x,s) = \int_0^\infty u(x,t) e^{-st} dt$$ $x$ ist hier als Parameter zu sehen.

Zu (3): Das ist eine gewöhliche lineare, inhomogene Dgl. in $x$ für die Laplacetransformierte $U(x,s)$. Löse zuerst die homogene und dann die inhomogene mit einem entsprechenden Ansatz.

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(1) Die homogene Lösung für $U(x,s)$ lautet

$$U_H(x,s) = A e^{isx} + B e^{-isx}$$
Die Laplactransformierte von $\cos(t)$ ist $\frac{s}{s^2+1}$, also ist die inhomogene Lösung $$U_I(x,s) = \frac{s}{1+s^2} e^{-x}$$
Die allg. Lösung lautet also
$$U(x,s) = U_H(x,s) + U_I(x,s) = A e^{isx} + B e^{-isx} + \frac{s}{1+s^2} e^{-x}$$
Aus den Anfangsbedingungen folgt
$$U(0,s) = A + B + \frac{s}{1+s^2} = \frac{s}{1+s^2}$$ und $$U'(0,s) = isA - isB - \frac{s}{1+s^2} = -\frac{s}{1+s^2}$$ also $A = B = 0$

Damit folgt $$U(x,s) = \frac{s}{1+s^2} e^{-x}$$
Rücktransformation ergibt
$$u(x,t) = \cos(t) \cdot e^{-x}$$ als allg. Lösung. Jetzt sollte man durch einsetzten das ganze noch überprüfen.

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Aaah jetzt habe ich es verstanden!

Vielen Dank für die schnelle Antwort!

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Wird eine Jacobi Matrix für den letzten Schritt verwendet?

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Was meinst Du mit letztem Schritt?

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Ich habe das jetzt verstanden :)

Habe meine Anfangsbed. in die Rücktransformierte eingesetzt und meine Lösung geprüft. Alles richtig

Aber jetzt habe ich ein Problem bei einer anderen Aufgabe:

Bestimmen Sie alle Lösungen der partiellen Differentialgleichung
$u_{x}+x y u_{y}=x y, \quad u(0, y)=1 .$

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Auch mittels Laplacetransformation?

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Ja, ich gehe davon aus 

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Kannst Du daraus eine separate Frage machen, dann können auch andere noch ihre Ideen einbringen.

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Fehlt da nicht noch eine Randbedingung für $u(x,0)$ z.B.?

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Ich habe das mit den Charakteristiken gelöst.

Die Gleichungen die sich ergeben sind $\frac{du}{ds} = xy$, $\frac{dx}{ds} = 1$ und $\frac{dy}{ds} = xy$

Daraus ergeben sich folgende Gleichungen wegen $dx = ds$

$$(1) \quad \frac{du}{dx} = xy$$ und

$$(2) \quad \frac{dy}{dx} = xy$$

Aus (2) ergibt sich $y = c_1 e^{\frac{x^2}{2}}$, also $c_1 = y_0$

Einsetzen in (1) ergibt

$$u = y_0 e^{\frac{x^2}{2}} + c_2$$ Daraus folgt $u(0) = 1 = y_0 + c_2$ also insgesamt

$$u = y_0 \left( e^{\frac{x^2}{2}} -1\right)+1$$

Umstellen nach $y_0$ ergibt $$y_0 = \frac{u-1}{e^{\frac{x^2}{2}-1}}e^{\frac{x^2}{2}}$$

Und daraus ergibt sich $$u = y \left( 1 - e^{-\frac{x^2}{2}} \right) + 1$$

Siehe auch hier