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Partielle DGL mit Randproblem

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Gnom
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Veröffentlicht am Dienstag, den 30. Januar, 2001 - 15:31:   Beitrag drucken

uxx=4*utt

u(0,t) = u(1,t) = 0
u(x,0) = sin(2*p*x)
ut = x*(x-1)

wäre echt toll wenn mir jemand diese Aufgabe mal
erläutern könnte :-)
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Gnom
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Veröffentlicht am Dienstag, den 30. Januar, 2001 - 15:37:   Beitrag drucken

uxx=4*utt

u(0,t) = u(1,t) = 0
u(x,0) = sin(2*p*x)
ut(x,0) = x*(x-1)

wäre echt toll wenn mir jemand diese Aufgabe mal
erläutern könnte :-)
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Oliver (Bainy)
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Veröffentlicht am Dienstag, den 30. Januar, 2001 - 18:52:   Beitrag drucken

u(x,t) = X(x)T(t) Seperationsansatz

X''(x)T(t)=4X(x)T''(t)

X''(x)/X(x) = 4*T''(t)/T(t)=-k² mit k>0

X''(x) + k²*X(x)=0 (*)
l²+k²=0 -> X(x)=C1*cos(kx)+C2*sin(kx)

u(0,t) = X(0)T(t) = 0 --> X(0)=0 (**)
u(1,t) = X(1)T(t) = 0 --> X(1)=0 (**)

(*) und (**) Eigenwertproblem gewöhnlicher DGLn

C1 = 0
C2*sin(k)=0

C2¹0 , weil sonst X(x)=0

k=kn=p*n n=1,2,... (Eigenwerte)

Xn(x)=Cn*sin(n*p*x) (Eigenfunktionen) n=1,2,...

( X''(x)+m*X(x)=0 mit X(0)=X(1)=0 hat für m£0 nur die Lösung X(x)=0 ,d.h.
obriger Ansatz mit =-k² bei k>0 ist berechtigt.)

4*T''(t)+kn²*T(t)=0 kn wie oben
T''(t)+kn²/4*T(t)=0 mit kn=p*n

Þ Tn(t)=An*cos(n*p*t/2)+Bn*sin(n*p*t/2)

Auf Grund der Linearität der Ausgangsaufgabe erfüllt mit jeder Funktion Xn(x)Tn(t)
auch die Summe (Konvergenz vorrausgesetzt)

u(x,t)=S¥ n=1Xn(x)*Tn(t)=S¥ n=1sin(n*p*x)An*cos(n*p*t/2)+S¥ n=1sin(n*p*x)*Bn*sin(n*p*t/2)

die DGL und die Randbedingungen.

Einarbeiten der ersten Randbedingung:

u(x,0)=sin(2*p*x) Þ S¥ n=1sin(n*p*x)An = A1*sin(p*x)+A2*sin(2*p*x)+A3*sin(3*p*x)+...=sin(2*p*x)
Þ Koeffizientenvergleich A2=1 An=0 für n¹2

Damit ist u(x,t)=sin(2*p*x)cos(p*t)+S¥ n=1sin(2*p*x)Bn*sin(n*p*t/2) (***)

Einarbeiten der zweiten Randbedingung:

ut(x,t)=-p*sin(2*p*x)sin(p*t)+S¥ n=1sin(n*p*x)Bnn*p/2)cos(n*p*t/2)

Þ ut(x,t)=x(x-1) = S¥ n=1sin(n*p*x)Bnn*p/2) (****)

Fourierreihe für f(x)=x(x-1)

(****) kann als Fourierentwicklung der Funktion x(x-1), 0£x£1 aufgefaßt werden,
die im Intervall (-1,1) ungerade fortgesetzt worden ist (nur sin-Terme).

Die Koeffizienten Bnn*p/2)=:bn sind also die Fourierkoeffizienten der Funktion

f(x)= x(x-1) für 0£x£1
f(x)= f(x+2)
f(x)=-f(-x) mit T=2

f(x)=a0+S¥ n=1ancos(n*p*x)bnsin(n*p*x)

Þ an=0 (n=0,1,...) (da f ungrade)
bn=2*ò0 1x(x-1)sin(n*p*x)dx
=2[((-x(x-1))/(n*p))*cos(n*p*x)|{0,1}+1/(p*n)*ò0 1(2x-1)*cos(n*p*x)dx]
=2/(n²*p²)[(2x-1)sin(n*p*x)|{0,1}-2*ò0 1sin(n*p*x)dx]
=4/(n3*p3)((-1)n-1)

n=2k : b2k=0
n=2k-1 : b2k-1=-8/((2k-1)3*p3) k=1,2,...,also

wegen Bn=2/(n*p)*bn

B2k = 0 B2k-1 = -16/(pS¥ n=1*(2k-1)4) k=1,2,...

Einsetzen in (***) ergibt als Lösung:

u(x,t)=sin(2*p*x)cos(p*t)-16/p4*S¥ k=1(2k-1)-4sin((2k-1)p*x)sin((2k-1)*p*t/2)

wenn fehler drin sein sollten bitte ich diese zu verzeihen - aber die formatierung ist bei solchen aufgaben
extrem unübersichtlich (formatierung für identisch ging leider nicht)
gruzz bAINy
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Gnom
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Veröffentlicht am Dienstag, den 30. Januar, 2001 - 21:15:   Beitrag drucken

hmmm ... ok ... vielen dank bainy ... aber da ich gradmal erst mit der schule fertig bin ... und überhaupt nicht wusste worum es in der aufgabe geht ... verstehe ich die lösung auch nicht :-)

trotzdem vielen dank
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Oliver (Bainy)
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Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. Februar, 2001 - 16:53:   Beitrag drucken

naja ich hab die lösung nochmal überprüft
die dürfte so stimmen
auf was für eine schule gehst du das ihr solche aufgaben rechnet?
gruzz bAINy

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