partielle differentialgleichung

20.11.2004, 19:11	iammrvip	Auf diesen Beitrag antworten »
partielle differentialgleichung hallo. ich hab mal eine frage zur folgender partiellen DGL (einfachste form der schrödinger gleichung): $\begin{eqnarray} \huge \frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} = a\frac{\partial \psi}{\partial t} \end{eqnarray}$ ausgehend von den gewöhnlichen diffgleichungen habe ich an die gleichung in der form: y'' = y' gedacht und mir die lösung überlegt: $\begin{eqnarray} \psi(x, t) = e^{-at}\left(Acos(ax) + Bsin(ax)\right) \end{eqnarray}$ ableiten und einsetzen klappt auch wunderbar: $\begin{eqnarray} \psi_{xx}(x, t) = -a^2e^{-at}\left(Acos(ax) + Bsin(ax)\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \psi_t(x, t) = -ae^{-at}\left(Acos(ax) + Bsin(ax)\right) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{matrix} \psi_{xx}(x, t) & = & a\psi_t(x, t) \\ -a^2e^{-at}\left(Acos(ax) + Bsin(ax)\right) & = & a(-a)e^{-at}\left(Acos(ax) + Bsin(ax)\right) \\ -a^2e^{-at}\left(Acos(ax) + Bsin(ax)\right) & = & -a^2e^{-at}\left(Acos(ax) + Bsin(ax)\right) \\ \end{matrix} \end{eqnarray}$ w.A. meine frage ist nun, wie man das "richig" lösen kann. und ob es nicht eine bessere lösung gibt. ich hab was gelesen und glaube das war was mit dem ansatz: $\begin{eqnarray} \psi(x,t) = X (x) \cdot T (t) \end{eqnarray}$ ps: man findet sich auch unter dem namen $\begin{eqnarray} \Psi \end{eqnarray}$ statt $\begin{eqnarray} \psi \end{eqnarray}$ . das ist je nach literatur verschieden. ich habe mich hier auf der schreibweise des kleinbuchstaben psi beschränkt. $\begin{eqnarray} \psi(x, t) = e^{a(x + t)} \end{eqnarray}$ wäre auch möglich. es ist aber eine DGL zweiter ordnung und soll eine wellenfunktion ergeben.
21.11.2004, 13:03	Harry Done	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: partielle differentialgleichung Hallo iammrvip, es gibt mehrere Methoden um diese Art von PDG zu lösen. Da du allerdings keine Randwertbedingungen angegeben hast entfällt schon mal ein Großteil. Mir sind bis jetzt nur zwei Methoden zum "allgemeinen" Aufsuchen der Lösung, also ohne Randwertbedingungen, bekannt. Die von dir erwähnte Methode mit Trennung der Veränderlichen und die Fourier- Transformation. Deine Ausgangs-PDG ist: $\begin{eqnarray} \frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}=a\frac{\partial\psi}{\partial t} \end{eqnarray}$ Wenn du nun die Trennung der Veränderlichen anwendest, setzt du voraus, dass sich psi in zwei Faktoren aufteilen lässt, wobei jeder eine Funktion von einer unabhängigen Variablen ist. Man schreibt also: $\begin{eqnarray} \psi(x,t)=X \cdot T \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}=T \cdot X'' \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{\partial\psi}{\partial t}=X \cdot T' \end{eqnarray}$ Dann wendet man die Trennung an: $\begin{eqnarray} T X'' =a X T' \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{X''}{X}=a\frac{T'}{T} \end{eqnarray}$ Wenn man sich beide Seiten anguckt sieht man, dass sie jeweils einer Konstanten entsprechen müssen, weil x,t unabhängige Variablen sind. Ich nenne die Konstante mal $\begin{eqnarray} -\lambda^2 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \frac{X''}{X}=-\lambda^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} a\frac{T'}{T}=-\lambda^2 \end{eqnarray}$ Wenn man diese einfachen gewöhnlichen DGLs löst ergibt sich. $\begin{eqnarray} X=A1\sin(\lambda x)+B1\cos(\lambda x) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} T=E e^{-\frac{\lambda^2 t}{a}} \end{eqnarray}$ Jetzt beide zusammensetzen: $\begin{eqnarray} \psi(x,t)=X\cdot T \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \psi(x,t)=e^{-\frac{\lambda^2 t}{a}}(A\sin(\lambda x)+B\cos(\lambda x) \end{eqnarray}$ Die Werte bzw. Funktionen für A, B $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ würde man jetzt über die Randwertbedingungen bestimmen. Hoffe ich konnte dir weiter helfen. Gruß Jan
21.11.2004, 13:10	iammrvip	Auf diesen Beitrag antworten »
oh ja. sehr vielen dank. ab dem teilen in zwei faktoren, ist es ja wie bei ODEs. . nur das die beiden teile eben durch eine konstante verbunden sind .
11.05.2011, 10:41	bananajoe153	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo zusammen, ich habe ein kleines Problem mit der sehr ähnlichen Fourier´schen Diffententialgleichung der Wärmeleitung welche für eine ebene Platte in dimensionsloser Form wie folgt aussieht: $\begin{eqnarray} \frac{\partial \Theta\left(Fo,\xi\right)}{\partial Fo} = \frac{\partial^{2} \Theta\left(Fo,\xi\right)}{\partial\xi^{2}} \end{eqnarray}$ die partikuläre Lösung ist: $\begin{eqnarray} \Theta\left(Fo,\xi\right)=\left[B\sin(\delta\xi) + C\cos(\delta\xi) \right] e^{-\delta^{2}Fo} \end{eqnarray}$ aus der Randbedingung $\begin{eqnarray} \frac{\partial\Theta}{\partial\xi}\|_{\xi=0} =0 \end{eqnarray}$ folgt B=0 und aus der zweiten Randbedingung $\begin{eqnarray} \frac{\partial\Theta}{\partial\xi}\|_{\xi=1} = -Bi \Theta\left(Fo,1\right) \end{eqnarray}$ folgt $\begin{eqnarray} -C\delta\sin(\delta) =-Bi C\cos(\delta) \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} \frac{Bi}{\delta} =\tan(\delta) \end{eqnarray}$ Aufgrund dieser transzendenten Gleichung findet man undedlich vile Eigenwerte $\begin{eqnarray} \delta_{k} \end{eqnarray}$ . Somit erhält man zu jedem $\begin{eqnarray} \delta_{k} \end{eqnarray}$ eine Eigenfunktion $\begin{eqnarray} \Theta_{k} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \Theta_{k}\left(Fo,\xi;Bi\right)=\cos(\delta_{k}\xi) e^{-\delta_{k}^{2}Fo} \end{eqnarray}$ Ok.Soweit verstehe ich das auch noch. Mir ist auch klar des jede Eigenfunktion $\begin{eqnarray} \Theta_{k} \end{eqnarray}$ die beiden Randbedingungen erfüllt. Aber jetzt kommt die Anfangsbedingung $\begin{eqnarray} \Theta\left(0,\xi\right) \end{eqnarray}$ mit ins Boot. Damit eben die Anfangsbedinung erfüllt wird werden die Eigenfunktionen unterschiedlich gewichtet. $\begin{eqnarray} \Theta\left(Fo,\xi;Bi\right) =\sum\limits_{k=1}^\infty C_{k}\Theta_{k}=\sum\limits_{k=1}^\infty C_{k}\cos(\delta_{k}\xi) e^{-\delta_{k}^{2}Fo} \end{eqnarray}$ und zwar mit $\begin{eqnarray} C_{k}=\frac{\int_0^1 \! \Theta\left(0,\xi\right) \cos(\delta_{k}\xi) \, d\xi}{\int_0^1 \! \cos^{2}(\delta_{k}\xi) \, d\xi} \end{eqnarray}$ Und jeztz habe ich ein Problem. Den Zähler von $\begin{eqnarray} C_[k} \end{eqnarray}$ verstehe ich noch. Zumindest glaube ich das, da der fast der Berechung der Fourier-Koeffiziente etspricht. Aber woher kommt der Nenner? Das ist die große Frage die sich mir stellt. Vielen Dank für Eure Antworten.
11.05.2011, 13:56	bananajoe153	Auf diesen Beitrag antworten »
Nun bin ich schon einen Schritt weiter. Normalerweise sind die Kreisfrequenzen der Oberschwingungen bei der Fouriereihe natürliche vielfache von der Kreisfrequenz der Grundschwingung. Dies trittf aber hier nicht zu, da die Kreisfrequenzen $\begin{eqnarray} \delta_{k} \end{eqnarray}$ sich aus der transzendent Gleichung ergeben und nur ungefähr einen Abstand von $\begin{eqnarray} \pi \end{eqnarray}$ zueinander haben. Wie komme ich nun auf die Fourie Koeffizienten wenn die Oberschwingungen nicht natürlich vielfache der Grundschwingung sind.

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