PDGL und Problem beim Einbringen der AB

08.06.2010, 12:49	koXx	Auf diesen Beitrag antworten »
PDGL und Problem beim Einbringen der AB Hallo, ich habe ein Problem beim vollständigen lösen einer partiellen DGL. Diese lautet: $\begin{eqnarray} a^{2} u_{xx} = u_{tt} \end{eqnarray}$ RB: $\begin{eqnarray} u(0,t) = 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u_{x}(l,t)=k (k=const.) \end{eqnarray}$ AB: $\begin{eqnarray} u(x,0) = 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u_{t}(x,0)=0 \end{eqnarray}$ Als Ansatz soll verwendet werden: $\begin{eqnarray} u(x,t)=v(x,t)+w(x,t) \end{eqnarray}$ Dabei soll $\begin{eqnarray} v(x,t) \end{eqnarray}$ die DGL lösen und die homogenen RB $\begin{eqnarray} v(0,t) = 0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_{x}(l,t)=0 \end{eqnarray}$ erfüllen! Daraus habe ich gefolgt, dass: $\begin{eqnarray} w(0)=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} w'(l)=k \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} w(x)=kx \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v(x,0)=-kx \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_{t}(x,0)=0 \end{eqnarray}$ sein muss! Dann habe ich den Produktansatz gewählt und komme auf: $\begin{eqnarray} v(x,t)=\sum\limits_{n=0}^\infty \left\{ A_{n}\cos(\frac{a(2n+1)\pi}{2l}t)+B_{n}\sin(\frac{a(2n+1)\pi}{2l}t)\right\}\sin(\frac{(2n+1)\pi}{2l}x) \end{eqnarray}$ Dabei sind noch nicht die RB für $\begin{eqnarray} v(x,t) \end{eqnarray}$ eingebaut, denn dabei habe ich ein Problem. Ich denke mir, dass ich $\begin{eqnarray} v(x,0)=-kx \end{eqnarray*}$ als Fourrier-Reihe darstellen muss um die Konstanten bestimmen zu können! Ich würde mich freuen, wenn mir dabei jemand helfen kann, da ich mich schon sehr lange damit beschäftigt habe, aber es einfach nicht so hinbekomme, dass ich die beiden Seiten der Gleichung sinnvoll vergleichen kann! Vielen Dank und Grüße Sebastian
08.06.2010, 15:16	koXx	Auf diesen Beitrag antworten »
Entschuldigt, natürlich meine ich, dass ich die AB für $\begin{eqnarray} v(x,t) \end{eqnarray}$ noch nicht eingebracht habe! Diese folgen aus dem Ansatz heraus zu: $\begin{eqnarray} v(x,0)=-kx \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_{t}(x,0)=0 \end{eqnarray}$ Eingesetzt ergibt das: $\begin{eqnarray} v(x,0)=-kx=\sum\limits_{n=0}^\infty A_{n}\sin(\frac{(2n+1)\pi}{2l}x) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} v_{t}(x,0)=0=\sum\limits_{n=0}^\infty B_{n}(\frac{\pi a}{2l}(2n+1)) \sin(\frac{(2n+1)\pi}{2l}x) \end{eqnarray}$ Außer $\begin{eqnarray} B_{n}=0 \end{eqnarray}$ erfüllt keine Konstante die 2. AB, habe ich mir gedacht! Bleibt noch die erste und die bekomme ich, wie schon gesagt, nicht sinnvoll transformiert und frage deswegen nach!
08.06.2010, 21:32	koXx	Auf diesen Beitrag antworten »
Keiner eine Idee? Das ist ja mal deprimierend
09.06.2010, 11:50	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Aus physikalischer Sicht beschreibt deine Dgl. die Schwingungen einer Saite. Randbedingungen: Die Saite ist am linken Rand x=0 fest eingespannt ist, so dass dort die Auslenkung gemäß u(0,t)=0 verschwindet. Auf der rechten Seite gilt die Randbedingung $\begin{eqnarray} u_x(l,t)=k \end{eqnarray}$ . Aus der Physik wissen wir, dass die 1.Ortsableitung $\begin{eqnarray} u_x \end{eqnarray}$ gerade die Zugspannung ist (bis auf einen unwesentlichen Faktor). Das heißt, am rechten Rand x=l wirkt auf die Saite eine zeitlich konstante Zugspannung k. Anfangsbedingungen: Zu Beginn (t=0) verschwindet sowohl die lokale Auslenkung als auch die lokale Geschwindigkeit der Saite, also $\begin{eqnarray} u(x,0)=0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} u_t(x,0)=0 \end{eqnarray}$ . Die Saite befindet sich also zu Beginn im Gleichgewichtszustand und ruht. Aus mathematischer Sicht ist man bestrebt, die Randbedingungen zu homogenisieren, weil dies die Lösung erleichert. Durch gewisse Tricks kann man dies mitunter erreichen, indem man die Inhomogenität von den Randbedingungen auf die Anfangsbedingungen "abwälzt". Man nennt dieses Verfahren "Homogenisieren der Randbedingungen". Genau das wird in diesem Falle gemacht. Zu diesem Zweck "zerlegt" man die noch unbekannte Lösung gemäß $\begin{eqnarray} u(x,t)=v(x,t)+k\cdot x \end{eqnarray}$ . Einsetzen des Ansatzes in die Randbedingungen ergibt Randbedibgungen für v(x,t): $\begin{eqnarray} u(0,t)=v(0,t)+k\cdot 0=v(0,t)=0 \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} v(0,t)=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u_x(l,t)=v_x(l,t)+(k\cdot x)_x=v_x(l,t)+k=k \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} v_x(l,t)=0 \end{eqnarray}$ Offenbar erfüllt die neue Funktion v(x,t) die homogenen Randbedingungen. Das heißt, v(x,t) beschreibt eine Saite, die links fest eingespannt ist und auf die rechts keine Zugkraft wirkt. Auf der rechten Saite ist die Saite also nicht eingespannt, sondern lose. Einsetzen des Ansatzes in die Anfangsbedingungen ergibt $\begin{eqnarray} u(x,0)=v(x,0)+k\cdot x=0 \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} v(x,0)=-k\cdot x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} u_t(x,0)=v_t(x,0)+(k\cdot x)_t=0 \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} v_t(x,0)=0 \end{eqnarray}$ Nun setzen wir den Ansatz in die Dgl. ein und erhalten eine Dgl. für die die Funktion v(x,t), nämlich $\begin{eqnarray} a^2 v_{xx}=v_{tt} \end{eqnarray}$ Randbedingungen (Siehe oben): $\begin{eqnarray} v(0,t)=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_x(l,t)=0 \end{eqnarray}$ Anfangsbedingungen: $\begin{eqnarray} v(x,0)=-k\cdot x \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} v_t(x,0)=0 \end{eqnarray}$ Damit haben wir - wie oben beschrieben - die Inhomogenität von der Randbedingung auf die Anfangsbedingung "abgewälzt", was die folgende Rechnung vereinfacht. Das neue Problem für v(x,t) beschreibt eine Saite, die links fest eingespannt und rechts lose ist und die zu Beginn eine Auskenkung -kx hat (also wie eine schiefe Gerade), wobei die Anfangsgeschwindigkeit überall Null ist. Zuerst löst man das Eigenwertproblem $\begin{eqnarray} a^2v_{(n)xx}+\lambda_{(n)} v_{(n)}=0 \end{eqnarray}$ mit den obigen Randbedingungen. Die Eigenfunktionen sind auf 1 zu normieren. Wegen Produktansatzes $\begin{eqnarray} v(x)\cdot T(t) \end{eqnarray}$ macht man nun den Summenansatz $\begin{eqnarray} v(x,t)=\sum\limits_{k=0}^\infty T_{(n)}(t)\cdot v_{(n)}(x) \end{eqnarray}$ Einsetzen in die Dgl. $\begin{eqnarray} a^2 v_{xx}=v_{tt} \end{eqnarray}$ ergibt $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^\infty T_{(n)} \cdot a^2v_{(n)xx} =\sum\limits_{k=0}^\infty T_{(n)tt} v_{(n)} \end{eqnarray}$ Die linke Seite vereinfacht sich wegen des obigen Eigenwertprobelms $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=0}^\infty -T_{(n)} \lambda_{(n)}v_{n)} =\sum\limits_{k=0}^\infty T_{(n)tt} v_{(n)} \end{eqnarray}$ Koeffizientenvergelcih ergibt eine gewöhnliche Dgl. für den Zeitfaktot $\begin{eqnarray} T_{(n)tt}+\lambda_{(n)}T_{(n)}=0 \end{eqnarray}$ Offenbar ist $\begin{eqnarray} T_{(n)}(t)=A_{(n)}\sin(\sqrt{\lambda_{(n)}\cdot t})+B_{(n)}\cos(\sqrt{\lambda_{(n)}\cdot t}) \end{eqnarray}$ Die beiden Konstaneten An und Bn ergeben sich, wenn man die beiden Anfangsbedingungen zur Zeit t=0 in der obigen Fourrierreihe $\begin{eqnarray} v(x,t)=\sum\limits_{k=0}^\infty T_{(n)}(t)\cdot v_{(n)}(x) \end{eqnarray}$ entwickelt. Die Randbedingungen sind automatisch immer erfüllt, weil wir oben die Eigenfunktionen entsprechend bestimmt haben.
09.06.2010, 15:33	koXx	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Deine obrige Einleitung kann ich gut nachvollziehen, bis zu dem Moment wo die neue DGL $\begin{eqnarray} a^2 v_{xx}=v_{tt} \end{eqnarray}$ auftaucht. Das habe ich ja auch alles so gemacht, aber wie du auf das seltsame Eigenwertproblem kommst weiß ich nicht! Mir hat man das folgendermaßen beigebracht: Produktansatz: $\begin{eqnarray} v(x,t)=X(x)T(t) \end{eqnarray}$ Einsetzen in die PDGL: $\begin{eqnarray} a^2X''(x)T(t)=X(x)T''(t) \end{eqnarray}$ Ergibt: $\begin{eqnarray} a^{-2} \frac{T''(t)}{T(t)} =\frac{X''(x)}{X(x)} =\lambda \end{eqnarray}$ Jetzt kann ich die beiden Sachen getrennt voneinander betrachten und die Randbedingungen einsetzen, schauen für welche werte von $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ ich keine trivialen Lösungen der Konstanten bekomme und dann gehe ich über Superposition zu der Summe über, die ich in meinem ersten Beitrag bereits stehen habe! Die ist auch soweit korrekt, nur kann ich eben $\begin{eqnarray} -kx \end{eqnarray}$ nicht vernünftig in eine Fourrier-Reihe transformieren. Das Problem sind diese $\begin{eqnarray} (2n+1)... \end{eqnarray}$ in den Sinus- und Cosinustermen. Wenn ich eine Fourrier-Transformation durchführe, habe ich immer nur ein $\begin{eqnarray} \frac{\pi }{l} n \end{eqnarray*}$ im Sinus stehen...das kann ich dann ja schlecht miteinander vergleichen...genau an dieser Stelle liegt mein Problem...
09.06.2010, 16:46	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Eigenwertproblem (EWP) ist das Wichtigste an der gesamten Methode, die sehr allgemein ist. Ich erkläre dir mal das allgemeine Prinzip: Zuerst muss man immer das EWP lösen (Später wird klar, warum): $\begin{eqnarray} a^2v''_n=-\lambda_nv_n \end{eqnarray}$ __________(1) Bei deiner Aufgabe waren die Eigenfunktionen+Eigenwerte vielleicht schon gegeben, ohne dass du das weißt. Erst dadurch, dass man die Eigenwertgleichung (1) vorab gelöst hat, kann man die gesuchte Lösung überhaupt in einer Reihe nach genau diesen Eigenfunktionen entwickeln gemäß $\begin{eqnarray} v(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} T_n(t) \cdot v_n(x) \end{eqnarray}$ __________(2) Die Eigenfunktionen müssen so gewählt sein, dass sie die RB erfüllen, was mitunter sehr kompliziert zu berechnen ist. Dadurch ist die Summe (2) für beliebige Koeffizienten $\begin{eqnarray} T_n(t) \end{eqnarray}$ Lösung der Dgl. (3). Die Koeffizienten $\begin{eqnarray} T_n(t) \end{eqnarray}$ werden später so ermittelt, dass auch die Anfangsbedingung erfüllt ist. Dazu setzt man die obige Reihe (2) in die Dgl. ein, also in $\begin{eqnarray} a^2v''=\ddot v \end{eqnarray}$ __________(3) Das ergibt $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^{\infty} T_n(t) \cdot a^2v''_n(x)= \sum\limits_{k=1}^{\infty} \ddot T_n(t) \cdot v_n(x) \end{eqnarray}$ __________(4) Jetzt kommt das Eigenwertproblem (1) zum Einsatz. Dadurch vereinfacht sich nämlich (4) zu $\begin{eqnarray} \sum\limits_{k=1}^{\infty} -T_n(t) \cdot \lambda_n v_n(x)= \sum\limits_{k=1}^{\infty} \ddot T_n(t) \cdot v_n(x) \end{eqnarray}$ __________(5) Damit haben wir die Ortsableitung beseitigt (Das ist der Sinn des EWP). Koeffizientenvergleich in (5) ergibt eine gewöhnliche Dgl. für die noch unbekannten Koeffizienten $\begin{eqnarray} T_n(t) \end{eqnarray}$ in der Reihe (2), nämlich $\begin{eqnarray} -\lambda_n\cdot T_n(t)=\ddot T(t) \end{eqnarray}$ __________(6) Die Lösung von (6) lautet bekanntlich $\begin{eqnarray} T_n(t)=A_n \sin (\sqrt{\lambda \cdot t})+B_n\cos(\sqrt{\lambda \cdot t}) \end{eqnarray}$ __________(7) Dies setzen wir nun in die Reihe (2) ein und erhalten vorab die Lösung $\begin{eqnarray} v(x,t)=\sum\limits_{k=1}^{\infty} [A_n \sin (\sqrt{\lambda \cdot t})+B_n\cos(\sqrt{\lambda \cdot t})] \cdot v_n(x) \end{eqnarray}$ __________(8) Die Konstanten $\begin{eqnarray} A_n \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} B_n \end{eqnarray}$ sind nun so zu bestimmen, dass die Anfangsbedingungen erfüllt werden. Man setzt in der Lösung (8) also t=0 und wählt die Konstanten entsprechend. Mit anderen Worten - man entwickelt die Anfangsbedingungen zur Zeit t=0. Das Wesentliche an den Eigenfunktionen ist, dass sie vollständig sind (Dies lässt sich zeigen.) Dadurch kann man jede beliebige Saite zu einem beliebigen Zeitpunkt (quasi auf einem beliebigen Foto) nach den Eigenfunktionen entwickeln. Man muss "nur noch" die zeitabhängigen Koeffienten berechnen. das ist das Prinzip.
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09.06.2010, 22:41	koXx	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab es rausbekommen! Danke für deine Bemühungen... Gruß Sebastian

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