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03.02.2018, 10:29

Corei3

Dgl

Wie gehe ich bei dieser Aufgabe vor?

04.02.2018, 00:13

Corei3

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Keine tipps?

04.02.2018, 13:01

Huggy

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Wenn man eine solche Aufgabe gestellt bekommt, muss der prinzipielle Weg bekannt sein:

(1) Da die PDGL linear, ist - ohne Berücksichtigung der Rand- und Anfangsbedingungen - eine Linearkombination verschiedener Lösungen wieder eine Lösung.

(2) Man bestimme Basislösungen der PDGL mittels des Produktansatzes $\begin{eqnarray*} u(x,t)=f(x)g(t) \end{eqnarray*}$ , zunächst wieder ohne Rücksicht auf die Rand- und Anfangsbedingungen.

(3) Für die Basislösungen erhält man separate DGL für f(x) und g(t), die durch eine Separationskonstante miteinander verknüpft sind.

(4) Man schränke die Separationskonstante auf solche Werte ein, die die Randbedingungen erfüllen. Bei den gegebenen Randbedingungen erfüllt eine Linearkombination der so eingeschränkten Basislösungen ebenfalls die Randbedingungen.

(5) Man setze die Lösung der PDGL an als Reihe aus den eingeschränkten Basislösungen. Man bestimme die Koeffizienten der Reihe aus den Anfangsbedingungen. Bei deinen Anfangsbedingungen hat die Reihe nur eine endliche Anzahl von Summanden.

Da du nicht gesagt hast, wo auf diesem Weg du Probleme hast, weiß ich nicht, wie man dir konkrete Tipps geben soll.

05.02.2018, 11:00

corei3

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Kannst du mir einen kleinen ANSATZ GEBEN ?

Damit ich weiter rechnen kann?

05.02.2018, 11:10

Huggy

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Da du nicht verraten willst, wo auf dem Weg es hapert, gehen wir mal schrittweise vor. Was folgt denn aus dem Produktansatz

$\begin{eqnarray*} u(x,t)=f(x)g(t) \end{eqnarray*}$

für die Funktionen $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(t) \end{eqnarray*}$ ?

05.02.2018, 12:12

Corei3

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Muss man die Funktionen nicht ableiten ?

05.02.2018, 12:47

Huggy

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Natürlich muss man ableiten. Wir haben doch eine PDGL. Eingesetzt ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} f(x)g_{tt}(t)=f_{xx}(x)g(t) \end{eqnarray*}$

Oder

$\begin{eqnarray*} \frac {f_{xx}(x)}{f(x)}=\frac {g_{tt}(t)}{g(t)} \end{eqnarray*}$

Da die linke Seite nur von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ abhängt und die rechte Seite nur von $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ , müssen beide Seiten der Gleichung konstant sein. Es ist also

$\begin{eqnarray*} \frac {f_{xx}(x)}{f(x)}= c =\frac {g_{tt}(t)}{g(t)} \end{eqnarray*}$

Es wird sich als praktisch erweisen, die Konstante in der Form $\begin{eqnarray*} c=k^2 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} c=-k^2 \end{eqnarray*}$ zu schreiben. Was folgt nun?

05.02.2018, 13:11

corei3

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k^2 = -k^2

?

Das blöde ist dass uns der Stoff überhaupt nicht erklärt wird unglücklich

Danke an dieser Stelle an dich

05.02.2018, 13:39

Huggy

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Zitat:

Original von corei3
k^2 = -k^2

Das ist nicht gemeint. Du sollst die Fälle einer positiven ( $\begin{eqnarray*} c=k^2 \end{eqnarray*}$ ) und einer negativen ( $\begin{eqnarray*} c=-k^2 \end{eqnarray*}$ ) Separationskonstanten einfach getrennt betrachten. Nimm erst mal den Fall $\begin{eqnarray*} c=-k^2 \end{eqnarray*}$ , weil der sich als allein relevant erweisen wird. Was ergibt sich dann für $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g(t) \end{eqnarray*}$ ?

Zitat:

Das blöde ist dass uns der Stoff überhaupt nicht erklärt wird

Versuch trotzdem mal mitzudenken. Für einen Helfer ist es frustrierend, wenn von dem Fragesteller gar nichts an Mitarbeit kommt.

05.02.2018, 13:52

corei3

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Zitat:

Original von Huggy
Natürlich muss man ableiten. Wir haben doch eine PDGL. Eingesetzt ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} f(x)g_{tt}(t)=f_{xx}(x)g(t) \end{eqnarray*}$

Oder

$\begin{eqnarray*} \frac {f_{xx}(x)}{f(x)}=\frac {g_{tt}(t)}{g(t)} \end{eqnarray*}$

Da die linke Seite nur von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ abhängt und die rechte Seite nur von $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ , müssen beide Seiten der Gleichung konstant sein. Es ist also

$\begin{eqnarray*} \frac {f_{xx}(x)}{f(x)}= c =\frac {g_{tt}(t)}{g(t)} \end{eqnarray*}$

Es wird sich als praktisch erweisen, die Konstante in der Form $\begin{eqnarray*} c=k^2 \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} c=-k^2 \end{eqnarray*}$ zu schreiben. Was folgt nun?

Soll ich in der oberen Gleichung für f(x) = x^2 und für g(t) = -k^2 einsetzen ?

05.02.2018, 14:02

Huggy

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Zitat:

Original von corei3
Soll ich in der oberen Gleichung für f(x) = x^2 und für g(t) = -k^2 einsetzen ?

Wie kommst du denn darauf???
Irgendwie bin ich entsetzt!

Du sollst jetzt einfach mal die beiden sich ergebenden gewöhnlichen Differentialgleichungen

$\begin{eqnarray*} \frac {f_{xx}}{f}=-k^2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac {g_{tt}}{g}=-k^2 \end{eqnarray*}$

betrachten. Das sind gut bekannte gewöhnliche Differentialgleichungen. Es wird vorausgesetzt, dass man ihre Lösungen kennt.

05.02.2018, 14:47

Corei3

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Auf beiden Seiten integrieren oder ?

05.02.2018, 15:00

sibelius84

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Nein. Mit f bzw. g multiplizieren und erkennen, dass es sich um gewöhnliche lineare DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten handelt. Diese dann lösen.

https://de.wikipedia.org/wiki/Charakteristische_Gleichung
Beweis zu DGL mit konstanten Koeffizienten

Wenn du das machen bzw. versuchen würdest, wären wir einen Schritt weiter.

05.02.2018, 15:00

HAL 9000

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Ich spring mal kurz für Huggy ein (vermutlich muss er sich ein wenig von deinen Antworten erholen):

$\begin{eqnarray*} \frac{f_{xx}}{f} = -k^2 \end{eqnarray*}$ umgestellt und als gewöhnliche DGL geschrieben lautet $\begin{eqnarray*} f'' + k^2 f = 0 \end{eqnarray*}$

Das ist eine homogene lineare DGL zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Sowas sollte dir doch schon mal irgendwann untergekommen sein?

05.02.2018, 15:12

sibelius84

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zwei Doofe, ein Gedanke unglücklich

05.02.2018, 15:23

HAL 9000

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Zitat:

Original von corei3
Kannst du mir einen kleinen ANSATZ GEBEN ?

Das direkt nach der detaillierten Handlungsanleitung (1)-(5) von Huggy hatte schon was unverfrorenes. Wenn du das auch beim ersten Durchlesen nicht alles verstanden hast, so lohnt es sich doch immer mal wieder da reinzuschauen um zu realisieren, wo du gerade bist. Momentan verharren wir übrigens schon längere Zeit bei (3).

05.02.2018, 15:41

corei3

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Zitat:

Original von HAL 9000
Ich spring mal kurz für Huggy ein (vermutlich muss er sich ein wenig von deinen Antworten erholen):

$\begin{eqnarray*} \frac{f_{xx}}{f} = -k^2 \end{eqnarray*}$ umgestellt und als gewöhnliche DGL geschrieben lautet $\begin{eqnarray*} f'' + k^2 f = 0 \end{eqnarray*}$

Das ist eine homogene lineare DGL zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Sowas sollte dir doch schon mal irgendwann untergekommen sein?

Ich verstehe das du f rein multipliziert hast ?

Aber woher kommt das f´´?

05.02.2018, 15:52

HAL 9000

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Wozu wohl habe ich das "als gewöhnliche DGL geschrieben" ? Du denkst irgendwie nicht die Spur mit. unglücklich

$\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist eine Funktion mit nur einem Argument $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ . Das bedeutet, die zweite Ableitung nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist nichts anderes als die zweite Ableitung nach dem einzigen Argument, welches $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ hat, also ist $\begin{eqnarray*} f_{xx} = f'' \end{eqnarray*}$ . Das ist doch gerade die Kurve, die man kriegen muss um die Verbindung zu gewöhnlichen DGL herzustellen!

Genau dasselbe in grün bei $\begin{eqnarray*} g_{tt}=g'' \end{eqnarray*}$ , nur dass dort das einzige Argument $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ist.

05.02.2018, 16:20

Huggy

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Damit es mal weiter geht: Wir haben jetzt die gewöhnlichen Differentialgleichungen

$\begin{eqnarray*} f_{xx}(x)=-k^2f(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g_{tt}(t)=-k^2g(t) \end{eqnarray*}$

Auch ohne Rückgriff auf die allgemeine Theorie gewöhnliche Differentialgleichungen sollte bekannt sein, dass diese die Lösungen

$\begin{eqnarray*} f(x)=a \sin (kx) \quad f(x)=b \cos (kx) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(t)=c \sin (kt) \quad f(x)=d \cos (kt) \end{eqnarray*}$

haben. Man verifiziert das auch leicht durch Ableiten. Jetzt wollen wir nur solche Basislösungen betrachten, die die Randbedingungen erfüllen. Was folgt daraus für $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ ?

05.02.2018, 19:19

corei3

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$\begin{eqnarray*} f_{xx}(x)=-k^2 *a \sin (kx) \quad \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g_{tt}(t)=-k^2* c \sin (kt) \quad \end{eqnarray*}$

So eingesetzt oder ?

Ich hoffe ,dass ich richtig mit gedacht habe .
Sonst wird es wirklich peinlich smile

05.02.2018, 20:26

sibelius84

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Zitat:

Original von Huggy
Damit es mal weiter geht: ...

Ich teile die Intention. Mein Leitsatz in der Didaktik:

Die Leute dort abholen, wo sie stehen.
Sie einladen, sich ins Auto zu setzen.
Sie auffordern, sich anzuschnallen.
Dann losfahren. (Bei Schülern durch die Stadt, bei Ingenieuren über die Landstraße, und bei Mathematikern über die Autobahn.)

Wenn sich der Fragesteller aber verweigert (etwa bei Punkt 2 oder 3), gibt es m.E. keinen Zwang zum Weitergehen.

Zitat:

Original von corei3
Sonst wird es wirklich peinlich smile

Ist es schon längst, über den Punkt sind wir schon lange hinaus...

So, drei Köche verderben den Brei, ich ziehe mich hier dann mal wieder heraus, bis evtl. zu einem späteren Zeitpunkt noch mal Bedarf besteht. Gutes Gelingen! smile

05.02.2018, 22:02

corei3

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Ja aber was soll ich machen .

Mir fällt es nicht leicht .

Aber wenn ich mal diese Aufgabe gerechnet habe ,kann ich wahrscheinlich die nächste selbst lösen oder wenigsten Ansätze posten

05.02.2018, 23:40

sibelius84

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Einen Schritt zurück machen und zwei nach vorne. Zuerst mal den alten Stoff auffrischen, bis er dir wieder klar und präsent ist. Konkret evtl. ein paar DGLen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten lösen. So etwas wie

$\begin{eqnarray*} y'' - y' - 2y = \cos(x) \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} y'' + 5y' + 6y = (20x+9)e^{2x} \end{eqnarray*}$ ,

$\begin{eqnarray*} y''-y=e^{-x} \end{eqnarray*}$ .

oder

$\begin{eqnarray*} y''+y=e^{-x} \end{eqnarray*}$ .

Grundsätzlich nicht mit der Maßgabe arbeiten: Sobald ich eine Lösung raus habe (und die evtl. sogar noch mit der Musterlösung oder mit dem, was wolframalpha sagt, übereinstimmt), bin ich fertig und vergesse die Aufgabe. Sondern lieber noch mal die Probe machen und sich ganz, ganz klar machen, warum etwas nun die Lösung ist, warum manche Dinge in bestimmten Situationen gehen und in anderen Situationen nicht. Peinlich genau mit sich selber sein und eigene Ergebnisse immer kritisch hinterfragen.
In der Mathematik baut sehr stark das eine auf dem anderen auf. Daher ist es wichtig, dass man in dem alten Stoff - auch über den konkret benötigten Rahmen hinaus - sicher und sattelfest ist, wenn man sich mit dem neuen Stoff konfrontiert. Konkret vielleicht beim Lernen erstmal 1-2 Stunden mit dem alten Stoff 'aufwärmen', und dann eine Aufgabe vom neuen Stoff probieren.

06.02.2018, 08:14

Huggy

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Zitat:

Original von corei3
$\begin{eqnarray*} f_{xx}(x)=-k^2 *a \sin (kx) \quad \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g_{tt}(t)=-k^2* c \sin (kt) \quad \end{eqnarray*}$

So eingesetzt oder ?

Ich hoffe ,dass ich richtig mit gedacht habe .

Dieses Einsetzen war doch nicht die aktuelle Frage. Die war, welche der gerade bestimmten Basislösungen $\begin{eqnarray*} u(x,t)=f(x)g(t) \end{eqnarray*}$ erfüllen die Randbedingungen $\begin{eqnarray*} u(0,t)=u(\pi,t)=0 \end{eqnarray*}$ ? Man sieht zunächst, dass das mit $\begin{eqnarray*} f(x)=b \cos (kx) \end{eqnarray*}$ gar nicht geht. Dasselbe gilt für die aus einer positiven Separationskonstante sich ergebenden Exponentialfunktionen. Und bei $\begin{eqnarray*} f(x)=a \sin (kx) \end{eqnarray*}$ muss offenbar gelten $\begin{eqnarray*} k=1,2,3, ... \end{eqnarray*}$ .

Damit kann die Lösung jetzt angesetzt werden als

$\begin{eqnarray*} u(x,t)= \sum_{k=1}^{\infty}a_k \sin (kx)(c_k \sin (kt)+d_k \cos (kt)) \end{eqnarray*}$

Im letzten Schritt sind jetzt die Koeffizienten der Reihe so zu bestimmen, dass die Anfangsbedingungen erfüllt sind.

06.02.2018, 09:56

COREI3

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Kann ich dann einfach sagen, dass k =2 ist ?

In der Anfangsbedingung steht ja sin(2x)

06.02.2018, 10:42

Huggy

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Du bist völlig oberflächlich und ganz offenbar nicht bereit für die geringste gedankliche Anstrengung. Ich muss das so offen sagen.

Aus obigem Ansatz ergibt sich

$\begin{eqnarray*} \sin x=u(x,0)=\sum_{k=1}^{\infty}a_kd_k \sin (kx) \end{eqnarray*}$

Zur Bestimmung der Koeffzienten $\begin{eqnarray*} a_kd_k \end{eqnarray*}$ müsste man jetzt normalerweise die Orthogonalität der Winkelfunktionen ausnutzen. Bei deiner Anfangsbedingung kann man aber einen Koeffizientenvergleich machen, weil ja auf der linken Seite schon eine Reihe des gleichen Typs steht, wenn auch eine sehr kurze Reihe, nämlich mit nur einem Summanden. Der Koeffizientenvergleich ergibt:

$\begin{eqnarray*} a_1d_1=1 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_kd_k=0 \text { für } k \neq 1 \end{eqnarray*}$

Aus der zweiten Angangsbedingung ergibt sich

$\begin{eqnarray*} \sin (2x)=u_t (x,0)=\sum_{k=1}^{\infty}ka_kc_k \sin (kx) \end{eqnarray*}$

Hier liefert der Koeffizientenvergleich

$\begin{eqnarray*} 2a_2c_2=1 \text { also } a_2c_2= \frac 1 2 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a_kc_k=0 \text { für } k \neq 2 \end{eqnarray*}$

Damit lautet die Lösung

$\begin{eqnarray*} u(x,t)= \sin x \cos t + \frac 1 2 \sin (2x) \sin (2t) \end{eqnarray*}$

06.02.2018, 11:07

corei3

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Die Aufgabe ist zwar gelöst ,aber ich kann ja den thread trotzdem noch für paar Fragen nutzen.

Warum haben wir vorher für c = k^2 und -k^2 gewählt ?

Wie bist du darauf gekommen?

Immer so machen ? Big Laugh

06.02.2018, 11:15

Huggy

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Das hat keinen tieferen Sinn. Es erspart nur etwas Schreibarbeit und macht die Ausdrücke ein wenig übersichtlicher. Du kannst da auch einfach $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ stehenlassen. Dann taucht bei der weiteren Rechnung statt $\begin{eqnarray*} k \end{eqnarray*}$ halt $\begin{eqnarray*} \sqrt c \end{eqnarray*}$ auf.

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