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Aufgabe:

Ich hätte mal noch eine allgemeine Frage zum vorgehen bei partiellen DGL's:

Ich hab folgende DGL gegeben:

$$u_t+u=u_{xx}\:\:mit\:u_x\left(t,0\right)=u_x\left(t,\pi \right)=0\:$$

a) Bestimmen Sie mit dem Ansatz u(t,x)=f(t)g(x) gewöhnliche DGL für f und g

b) die allgemeine Lösung g, die die Randbedingungen erfüllt

c) die allgemeine Lösung f

d) die formale allgemeine Lösung u

e) diejenige Lösung mit u(0, x) = cos(2x) + 4 cos(6x)


Problem/Ansatz:

a) $$\frac{f\:'\left(t\right)+f\left(t\right)}{f\left(t\right)}=k$$ und $$\frac{g''\left(x\right)}{g\left(x\right)}=k$$

b) mit dem Ansatz erhalte ich dann $$g''\left(x\right)=k\cdot g\left(x\right)\:\to \:x^2=k\:\to \:x=+-\sqrt{k}$$

da erhalte ich dann für:

$$\left(i\right):\:k^2<0:\:y\left(t\right)=c_1\cdot cos\left(kt\right)+c_2sin\left(kt\right)\:\to \:y'\left(t\right)=-kc_1\cdot \:sin\left(kt\right)+kc_2\cdot cos\left(kt\right)$$

$$\left(ii\right):\:k=0:\:y\left(t\right)=c_1+c_2t\:\to \:\:y'\left(t\right)=c_2$$

$$\left(iii\right):\:k>0:\:y\left(t\right)=c_1\cdot e^{\sqrt{k}t}+c_2\cdot e^{-\sqrt{k}t}\:\to \:\:y'\left(t\right)=\sqrt{k}c_1\cdot e^{\sqrt{k}t}-\sqrt{k}c_2\cdot e^{-\sqrt{k}t}$$


bei (ii) und (iii) kann man recht schnell sehen, dass die Bedingungen nicht erfüllt werden können. Daher ergibt sich nur bei (i) eine sinnvolle Lösung

So erhalten wir aus den Bedingungen:

$$y'\left(0\right)=0:\:-kc_1\cdot sin\left(0\right)+kc_2\cdot cos\left(0\right)=0\:\to \:kc_2=0$$

Leider weiß ich da dann nicht mehr wirklich weiter

von

2 Antworten

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Beste Antwort

Die Dgl. für \( f(t) \) und \( g(x) \) hast Du ja schon hin geschrieben. Aus

$$  \frac{ f'(t)+f(t)  }{ f(t) } = \lambda $$ folgt $$  f'(t) = ( \lambda -1 ) f(t) $$ mit der Lösung $$ f(t) = C e^{ (\lambda - 1) t} $$

Und aus $$ \frac{ g''(x) }{ g(x)} = \lambda $$ folgt $$ g(x) = A e^{ \sqrt{\lambda} x} + B e^{ -\sqrt{\lambda} x} $$

D.h. die Lösung \( u(t,x) \) sieht so aus

$$ u(t,x) = C e^{ (\lambda - 1) t}  \left( A e^{ \sqrt{\lambda} x} + B e^{ -\sqrt{\lambda} x} \right) $$ mit noch zu bestimmenden Größen \( A, B, C, \lambda\)

Aus der ersten Randbedingung \( u_x(t,0) = 0 \) folgt $$ u_x(t,0) = C e^{ (\lambda - 1) t}  \sqrt{\lambda} ( A - B) = 0 $$ also \( A = B\). D.h. die Lösung sieht jetzt so aus $$ u(t,x) = C_1 e^{(\lambda-1)t} \left( e^{\sqrt{\lambda}x} + e^{-\sqrt{\lambda}x} \right)  $$

Aus der zweiten Randbedingung folgt $$ u_x(t,\pi) = C_1 e^{(\lambda-1)t} \sqrt{\lambda} \left( e^{\sqrt{\lambda}\pi} - e^{-\sqrt{\lambda}\pi} \right) = 0 $$ D.h. \( e^{2 \sqrt{\lambda} \pi } = 1 \) und das gilt für \( \lambda_k = -k^2 \) und \( k \in \mathbb{Z} \)

Damit ist jetzt $$ u_k(t,x) = c_k e^{(\lambda_k-1)t} \left( e^{\sqrt{\lambda_k}x} + e^{-\sqrt{\lambda_k}x} \right) =  2 c_k e^{(-k^2-1)t} \cos(k x) $$ und auch $$ u(t,x) = \sum_{k=-\infty}^{+\infty} u_k(t,x) $$ eine Lösung.

Diese Summe kann auch geschrieben werden als $$ u(t,x) = 2 c_0 e^{-t} + \sum_{k=1}^{+\infty} a_k \cos(kx) e^{ (-k^2-1)t }  $$

Und daraus folgt $$ u(0,x) = 2 c_0 + \sum_{k=1}^{+\infty} a_k \cos(kx) = \cos(2x) + 4 \cos(6x)  $$

Damit ergeben sich die Koeffizienten zu \( a_2 = 1 \)  und \( a_6 = 4 \). Die restlichen Koeffizienten sind \( 0 \)

Also lautet die Lösung $$ u(t,x) = \cos(2x) e^{-5t} + 4 \cos(6x) e^{-37t}  $$

von 39 k

Ok sehr geil!

Soweit hab ich alles nachvollziehen können.

Was trotzdem nicht ganz für mich geklärt ist, wieso ich bei:

$$\frac{ g''(x) }{ g(x)} = \lambda$$

nicht die weitere mögliche Lösung:

$$g\left(x\right)=c_1\cdot cos\left(\sqrt{k}x\right)+c_2\cdot \:sin\left(\sqrt{k}x\right)$$

betrachtet wird :)

Da bei mir \( \lambda < 0 \) gelten kann, kann \( \sqrt{\lambda} \) imaginär werden. Also mit \( \lambda = -\mu \) und \( \mu > 0 \) folgt,

$$  A e^{\sqrt{\lambda}x} + B e^{\sqrt{\lambda}x} = A e^{i\sqrt{\mu}x} + B e^{-i\sqrt{\mu}x} = \\ (A+B)\cos\left(\sqrt{\mu}x\right) + i(A-B)\sin\left(\sqrt{\mu}x\right) $$

Also ist Deine Lösung auch enthalten in dem Ansatz.

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Hallo

g''(x)=k*g(x) ist keine Bestimmungsgleichung für x,  darum ist der Teil Quatsch

sondern eine Differentialgleichung  für g(x) gesucht eine Funktion deren zweite Ableitung  bis auf eine Konstante wieder die funktion ist. Das solltest du als Exponentialfunktion erkennen (oder für negative k als sin oder cos

also hast du für k>0 g(x)=A*e√k*x+B*e-√k*x. für k<0

g(x)=Acos(√k*x)+Bsin(√k*x)

überzeuge dich durch differenziere und einsetzen.

wieso du plötzlich k^2 statt k hast?

wieso plötzlich y(t) statt g(x), da geht alles durcheinander.

dann bleibt noch f'(t)=k*f(t)-f(t)

also f'/f=k-1

du kannst df/f=(k-1)dt integrieren?

wenn du g und f hast, bilde u =g*f und setze die Randbedingungen ein.

Gruß lul

von 93 k 🚀

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