Charakteristische Grundkurve

09.08.2018, 09:09

Cactus45

Charakteristische Grundkurve

Kann mir jemand tipps geben wie ich hier bei der Aufgabe bei der a) vorgehen muss ?

Habe immer wieder Probleme bei solchen Aufgaben?

10.08.2018, 08:33

Huggy

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RE: Charakteristische Grundkurve
Bei einer PDGL der Form

$\begin{eqnarray*} a(x,t)u_t(x,t)+b(x,t)u_x(x,t)+c(x,t,u)=0 \end{eqnarray*}$

lautet die DGL für die Charakteristiken $\begin{eqnarray*} x(t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot x = \frac {b(x,t)}{a(x,t)} \end{eqnarray*}$

10.08.2018, 10:57

Cactus1

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Weiter komme ich nicht?

10.08.2018, 11:22

Huggy

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Vom Ergebnis her sieht das richtig aus. Ich bin mir aber nicht sicher, ob ich deinen Zettel richtig verstanden habe. Meine Interpretation des Zettels: Bei deiner PDGL ist $\begin{eqnarray*} a(x,t)=b(x,t)=1 \end{eqnarray*}$ . Also laute die DGL für die Charakteristiken $\begin{eqnarray*} x(t) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \dot x =1 \end{eqnarray*}$

mit der Lösung

$\begin{eqnarray*} x=t+x_0 \end{eqnarray*}$

Mit $\begin{eqnarray*} \phi(t)=u(x(t),t) \end{eqnarray*}$

hat man

$\begin{eqnarray*} \dot \phi =u_x \dot x+u_t=u_x+u_t \end{eqnarray*}$

Wie gesagt, so verstanden passt das. Wenn man die letzte Zeile in die ursprüngliche DGL einsetzt, bekommt man

$\begin{eqnarray*} \dot \phi +\phi=1 \end{eqnarray*}$

Diese DGL ist leicht zu lösen.

Latex statt der Kopie eines Zettels wäre besser.

10.08.2018, 11:45

Cactus1

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dphi/dt +phi =1

Wäre der Ansatz für die DGL richtig ?

10.08.2018, 12:29

Huggy

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Welcher Ansatz?
Du hast die DGL für $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ nur noch mal in geänderter Notation, nämlich mit

$\begin{eqnarray*} \dot \phi=\frac {d \phi}{dt} \end{eqnarray*}$

10.08.2018, 12:50

Cactus21

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Habe Schwierigkeiten die Dgl zu lösen ?

Paar Tipps ?

10.08.2018, 13:07

Huggy

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Wenn man sich mit partiellen Differentialgleichungen beschäftigt, sollte man die gebräuchlichsten Methoden zur Lösung gewöhnlicher Differentialgleichungen intus haben. Gehe zurück auf Los und rekapituliere diese Methoden.

Man kann die DGL für $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ als DGL mit getrennte Variablen betrachten. Schreibe sie um in

$\begin{eqnarray*} \frac {\dot \phi}{1-\phi}=1 \end{eqnarray*}$

Jetzt kann man direkt integrieren.

10.08.2018, 13:56

Cartus1

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Was ist das phi mit dem Punkt oben ?

Irgendwie bin ich verwirrt ?

Links nach phi und rechts nach t integrieren ?

10.08.2018, 14:16

Huggy

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Zitat:

Original von Cartus1
Was ist das phi mit dem Punkt oben ?

Ah, du hättest gleich sagen sollen, dass du das nicht kennst. Das ist die Newtonsche Schreibweise für eine Ableitung. Bei einer Funktion $\begin{eqnarray*} y(x) \end{eqnarray*}$ benutzt man für die Ableitung nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ die Kurzschreibweise

$\begin{eqnarray*} \frac {dy}{dx}=y'(x) \end{eqnarray*}$

Newton hat statt des Strichs einen Punkt über die Funktion gesetzt.

$\begin{eqnarray*} \frac {dy}{dx}=\dot y(x) \end{eqnarray*}$

Die Newtonsche Schreibweise wird in der Physik für Ableitungen nach der Zeit $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ benutzt. Das ist praktisch, weil man dadurch Ableitungen nach der Zeit und nach anderen Größen optisch leicht unterscheiden kann. Deshalb machen auch Mathematiker öfters von dieser Notation Gebrauch.

Zitat:

Links nach phi und rechts nach t integrieren ?

Ja.

10.08.2018, 16:39

Cactus21

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$\begin{eqnarray*} \frac {d\dot \phi/dt}{1-\phi}=1 \end{eqnarray*}$

Zuerst das dt auf die rechte Seite bringen ?

Sonst geht das integrieren doch nicht ? Freude

10.08.2018, 16:55

Huggy

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Ja, das formale Rechnen mit Differentialen führt hier zum Ziel.

Deine Notation ist jetzt doppelt gemoppelt. Entweder schreibt man $\begin{eqnarray*} \frac {d \phi}{dt} \end{eqnarray*}$ . Dann braucht man keinen Punkt. Oder man schreibt $\begin{eqnarray*} \dot \phi \end{eqnarray*}$ . Dann braucht man keine Differentiale. Was du geschrieben hast, wäre die zweite Ableitung nach $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ in einer Mischschreibweise.

Nun mal auf zur Lösung der DGL.

10.08.2018, 18:56

BadisGood

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-ln(1-phi) = t+C

Passt das Integral ?

10.08.2018, 19:53

Huggy

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Ja.
Man sollte es noch zu $\begin{eqnarray*} \phi = ... \end{eqnarray*}$ umschreiben, damit man den nächsten Schritt angehen kann.

Bist du identisch mit einem der Kakteen (Cacteen) oder ein Mitleser?

10.08.2018, 21:58

BadisGood

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Ich mache so ähnliche Aufgaben auch Big Laugh

Aber nerve meistens klarsoweit

11.08.2018, 01:46

Cactus45

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-ln(1-phi) = t+C

$\begin{eqnarray*} ln(1-phi)= -t-C \end{eqnarray*}$

e^

$\begin{eqnarray*} 1 - phi = -t-C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} -phi = -1-t-C \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} phi = t+1+C \end{eqnarray*}$

Wie müsste man weiter vorgehen?

11.08.2018, 09:29

Huggy

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Vorbemerkung: Genau genommen ist

$\begin{eqnarray*} \int \frac {d \phi}{1-\phi}=-\ln |1- \phi | \end{eqnarray*}$

Man prüfe später , dass das auf das Ergebnis keinen Einfluss hat.

Zitat:

Original von Cactus45
$\begin{eqnarray*} 1 - phi = -t-C \end{eqnarray*}$

Das ist nicht richtig. Richtig ist

$\begin{eqnarray*} 1-\phi=e^{-t-C}=e^{-C}e^{-t} \end{eqnarray*}$

Setzt man zur Vereinfachung $\begin{eqnarray*} c=e^{-C} \end{eqnarray*}$ , ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} \phi = 1-ce^{-t} \end{eqnarray*}$

Jetzt hat man die Lösung der PDGL auf den einzelnen Charakteristiken, die durch $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ voneinander unterschieden werden. Statt $\begin{eqnarray*} \phi (t) \end{eqnarray*}$ könnte man daher ausfühlicher $\begin{eqnarray*} \phi (t,x_0) \end{eqnarray*}$ schreiben. Daher ist $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ eine Funktion von $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} \phi (t,x_0) = 1-c(x_0)e^{-t} \end{eqnarray*}$

Auf den Charakteristiken gilt $\begin{eqnarray*} x_0=x-t \end{eqnarray*}$ . Das ergibt schließlich

$\begin{eqnarray*} \phi (t,x-t)= u(x,t)= 1-c(x-t)e^{-t} \end{eqnarray*}$

Das ist die allgemeine Löung der PDGL, die von einer beliebigen Funktion $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ abhängt. Man prüfe durch Einsetzen nach, dass dies wirklich die PDGL erfüllt.

Aus der Anfangsbedingung kann man nun die Funktion $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ bestimmen. Das ist der letzte noch ausstehende Schritt.

11.08.2018, 11:03

Cactus21

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u( x,0 ) = 0
Anfangsbedingung

t = 0 einsetzen denke ich :

0 = 1-c*x

c = 1/x

Richtig ?

11.08.2018, 11:20

Huggy

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Das ist nicht richtig. Trotz meiner Erläuterungen hast du den Term $\begin{eqnarray*} c(x-t) \end{eqnarray*}$ falsch interpretiert. Das ist nicht das Produkt von $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x-t \end{eqnarray*}$ . Es ist $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ als Funktion von $\begin{eqnarray*} x-t \end{eqnarray*}$ . Da Namen Schall und Rauch sind, kannst du statt $\begin{eqnarray*} c(x-t) \end{eqnarray*}$ gern auch $\begin{eqnarray*} f(x-t) \end{eqnarray*}$ schreiben, wenn es dir dann leichter fällt, das als Funktion und nicht als Produkt zu betrachten.

11.08.2018, 11:28

Cactus21

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Ah ok

für t=0 eingesetzt ergibt das

c(x-t) = 1

Das muss korrekt sein ? smile

11.08.2018, 11:43

Huggy

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Ja.
Genau genommen ergibt sich aus der Anfangsbedingung, wenn man $\begin{eqnarray*} t=0 \end{eqnarray*}$ einsetzt, erst mal $\begin{eqnarray*} c(x)=1 \end{eqnarray*}$ . Das bedeutet aber einfach, die Funktion $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ist identisch 1, egal wie ihr Argument genannt wird. Man hat also die Lösung

$\begin{eqnarray*} u(x,t)=1-e^{-t} \end{eqnarray*}$

Sie erfüllt die PDGL und die Anfangsbedingung. Dass $\begin{eqnarray*} u(x,t) \end{eqnarray*}$ gar nicht von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ abhängt, liegt an der gegebenen Randbedingung. Im Allgemeinen wird man Lösungen bekommen, die von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ abhängen.

Du solltest dringend diverse Grundlagen durcharbeiten. Sonst werden dir auch weiterhin die Voraussetzgen fehlen, um mit partiellen Differentialgleichungen klar zu kommen.

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