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

---

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.

---

(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.

---

Aaah jetzt habe ich es verstanden!

Vielen Dank für die schnelle Antwort!

---

Wird eine Jacobi Matrix für den letzten Schritt verwendet?

---

Was meinst Du mit letztem Schritt?

---

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
\( u_{x}+x y u_{y}=x y, \quad u(0, y)=1 . \)

---

Auch mittels Laplacetransformation?

---

Ja, ich gehe davon aus 

---

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

---

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

---

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