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Differentialgleichungen » Partielle DGL » Wellengleichung PDG
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Universität/Hochschule Wellengleichung PDG
nkln
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-01-24


Hi
ich möchte die eindimensionale Wellengleichung für ein Rand- und Anfangswertproblem lösen
Diese Wellengleichung wollte ich mittels Separationsansatz lösen und habe,nach Begründung,die Separationskonstante $\alpha$ eingeführt.
Die Ortsgleichung wollte ich dann mit exponentialansatz lösen und erhalte $ \lambda_{1,2}=\pm \sqrt{\alpha} $ .Dann bekomme ich für
$ \lambda >0 $ und $ \lambda =0 $ nur triviale Lösungen raus.
Aber für $ \alpha<0 $ sind meine beiden $ \lambda_{1,2} $ imaginär.
Ich definiere mir dann $ \alpha=-\beta $.
Die allgemeine Lösung für die imaginären nullstellen ist dann
$ X(x)=c_1\cdot \cos(\sqrt{\beta}x)+c_2\cdot \sin(\sqrt{\beta}x) $
Ich hab ja die Randbedingungen $ y(-\pi,t)=y(\pi,t)=0 $
Das heißt,ja
$ X(\pi)=c_1\cdot \cos(\sqrt{\beta}\pi)+c_2\cdot \sin(\sqrt{\beta}\pi)=0 $.
Falls ich nicht die trivialen Lösungen haben möchte,ist ja eine möglichkeit
1.Fall  $ c_1=0 $ ,dann muss ja $ c_2 \neq 0 $ sein,das heißt ja dann

$ \sin(\sqrt{\beta}\pi)=0, $ das gilt ja

$ \sqrt{\beta}\pi=n\pi \Leftrightarrow \beta = n^2 $ für alle $ n \in \mathbb{N}_0 $  

Das heißt $ X(x)= c_1 \sin(\sqrt{\beta}\pi). $

2. Fall $ c_2=0 $,dann muss ja $ c_1 \neq 0 $ sein,das heißt ja dann

$ X(\pi)=\cos(\sqrt{\beta}\pi)=0. $
Dann muss ja $ \sqrt{\beta}\pi=\frac{2n+1}{2} \pi. $Ist genau dann wenn
$ \beta=\left(\frac{2n+1}{2}\right)^2 $ für alle  $ k \in \mathbb{N}_0 $

also $ X(x)=c_2\cos(\sqrt{\beta}\pi) $.

Die Lösung der Zeitgleichungen ist

1.Fall $ T(t)=c_3\cos(kct)+c_4\sin(kct) $
2.Fall $ T(t)=c_5\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct \right)+c_6\sin\left(\frac{2n+1}{2}ct\right) $

Das heißt ich erhalt für $ X(x)\cdot $ T(t)
1.Fall $ c_1 \sin(nx)c_3\cos(kct)+c_4\sin(kct) $
2.Fall   $ c_2\cos(\frac{2n+1}{2}x)c_5\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct \right)+c_6\sin\left(\frac{2n+1}{2}ct\right) $

definiere ich die konstante um $ a_n:=c_1\cdot c_3\ b_n:= c_1\cdot c_4\ a'_n:=c_2 \cdot c_5\ b_n':=c_2 \cdot c_6 $

1.Fall $ \sin(nx)a_n \cos(kct)+b_n \sin(kct) $
2.Fall   $ \cos(\frac{2n+1}{2}x) a'_n\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct \right)+b'_n\sin\left(\frac{2n+1}{2}ct\right) $
Setzt ich die erste Anfangsbedingung $ \frac{\partial}{\partial t} y(x,0)=0 $ein,erhalte ich jeweils
1.Fall $ \sin(nx)a_n \cos(kct) $
2.Fall   $ \cos(\frac{2n+1}{2}x) a'_n\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct \right) $

Das heißt für $n=0$  und $t=0$ erhält man

 $X_1(x)= \cos(\frac{1}{2}x) $
für $n=1$  und $t=0$

$ X_2(x)=\sin(x) $
$ X_3(x)=\cos(\frac{3}{2}x) $
für$ n=2$  und $t=0$

$ X_4(x)=\sin(2x) $
$ X_5(x)=\cos(\frac{5}{2}x) $

Kann ich nun sagen,dass die allgemeine Lösung die folgende Gestalt hat?

$ \sum_{n=0}^{k} \sin(nx)a_n \cos(kct)+\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right) a'_n\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct \right) $



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-24

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo, nkln,

ein paar Kleinigkeiten:

1. Damit die homogenen Randbedingungen erfüllt sind, nimmt man für \(X(x)\) nur passende Sinusfunktionen - bei \(x=0\) erfüllen die die RB sowieso, für \(x=\pi\) hast du ja \(\beta\) richtig gewählt.

Die Cosinusfunktionen sind bei \(x=0\) immer 1 und werden daher nicht verwendet.

2. Bei \(c_1 \sin(nx)c_3\cos(kct)+c_4\sin(kct)\) hast du eine Klammer vergessen - richtig ist
 \( \sin(nx)(c_3\cos(kct)+c_4\sin(kct))\). \(c_1\) kann man in \(c_3\) und \(c_4\) mit hineinnehmen. Und es muss natürlich über \(\lambda\) der richtige Zusammenhang zwischen \(k\) und \(n\) hergestellt werden.

Damit solltest du es jetzt schaffen :)

Wally

\(\endgroup\)


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nkln
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-24


Hi,

die cosinus funktion muss eigentlich so richtig sein,da $x=0$ doch gar nicht relevant ist,da sie keine Randbedingung ist. Ich hab als randbedinung
$y(-\pi,t)=0$ und $y(\pi,t)=0$. Das heißt die Saite ist an den Stellen $-\pi$ und $\pi$ eingespannt:)
Dann bekomme ich auf jedenfall auch cosinus terme darein.

Also müsste es dann doch
$\sum_{n=0}^{k} \sin(nx)a_n \cos(nct)+\cos\left(\frac{2n+1}{2}x\right) a'_n\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct \right) $ sein mit

$a_n=c_1\cdot c_3$ und $a'n:= c_2\cdot c_5$ , oder?

ist dann ok,dass die Summe bei n=0 startet?
und die $ b_k$  und $ b'_k$  fallen doch weg,da die Ableitung nach t zum null ist?



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo,

ich hatte das mit der Randbedingung bei \(-\pi\) überlesen. Wenn du wirklich \(y_t(x,0)=0\) voraussetzt, stimmt es so.

Du solltest die Summe tatsächlich bei \(n=0\) starten lassen, um alle Cosinus-Terme zu haben. Dass der eine Sinus-Term dann wegfällt, stört ja nicht.

Höchstens solltest du noch den Summanden insgesamt einklammern.

Wally
\(\endgroup\)


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nkln
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-01-27


Hey Wally kannst du mir nochmal helfen bitte,

es ist echt drigend,da Dienstag abend abgabe ist.

Ich hab ja das geschrieben:
"Aber für $ \alpha<0 $ sind meine beiden $ \lambda_{1,2} $ imaginär.
Ich definiere mir dann $ \alpha=-\beta $.
Die allgemeine Lösung für die imaginären nullstellen ist dann
$ X(x)=c_1\cdot \cos(\sqrt{\beta}x)+c_2\cdot \sin(\sqrt{\beta}x) $
Ich hab ja die Randbedingungen $ y(-\pi,t)=y(\pi,t)=0 $
Das heißt,ja
$ X(\pi)=c_1\cdot \cos(\sqrt{\beta}\pi)+c_2\cdot \sin(\sqrt{\beta}\pi)=0 $.
Falls ich nicht die trivialen Lösungen haben möchte,ist ja eine möglichkeit
1.Fall  $ c_1=0 $ ,dann muss ja $ c_2 \neq 0 $ sein,das heißt ja dann

$ \sin(\sqrt{\beta}\pi)=0, $ das gilt ja

$ \sqrt{\beta}\pi=n\pi \Leftrightarrow \beta = n^2 $ für beliebige $ n \in \mathbb{N}_0 $  

Das heißt $ X(x)= c_1 \sin(\sqrt{\beta}\pi). $

2. Fall $ c_2=0 $,dann muss ja $ c_1 \neq 0 $ sein,das heißt ja dann

$ X(\pi)=\cos(\sqrt{\beta}\pi)=0. $
Dann muss ja $ \sqrt{\beta}\pi=\frac{2n+1}{2} \pi. $Ist genau dann wenn
$ \beta=\left(\frac{2n+1}{2}\right)^2 $ für beliebige  $ n \in \mathbb{N}_0 $

also $ X(x)=c_2\cos(\sqrt{\beta}\pi) $.
"

Ich möchte jetzt hier exemplarisch die Lösungen für $\beta=\frac{1}{4},1,\frac{9}{4},2,\frac{25}{4}$ bestimmen.

Dann erhalte ich ja wie erwähnt
$X_1(x)= c_2\cos(\frac{1}{2}x) $
$ X_2(x)=c_1\sin(x) $
$ X_3(x)=c_2\cos(\frac{3}{2}x) $
$ X_4(x)=c_1\sin(2x) $
$ X_5(x)=c_2\cos(\frac{5}{2}x) $
Edit!!!:
1.Frage: Jetzt habe ich ja die zwei Lösungen
$c_1\sin\left(nx\right) für n \in \mathbb{N}$

und
$c_2\cos\left(\frac{2n+1}{2}\right)$ für $n \in \mathbb{N}_0$

Dann ist die zugehörige Lösung für

$T(t)$ zum Fall $c_1\sin\left(nx\right)$ für $n \in \mathbb{N}$

$c_3\sin\left(nct\right)+c_4\cos\left(nct\right)$

und zum Fall $c_2\cos\left(\frac{2n+1}{2}\right)$ für $n \in \mathbb{N}_0$ ist die Lösung der Zeitgleichung


$c_5\sin\left(\frac{2n+1}{2}ct\right)+c_6\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct\right)$.


1.Frage:

kann ich jetzt sagen,dass die Lösung für ein beliebiges $k\in \mathbb{N}_0$,
$u_k(x,t)=c_1\sin\left(nx\right)\left(c_3\sin\left(nct\right)+c_4\cos\left(nct\right)\right)+c_2\cos\left(\frac{2n+1}{2}\right)\left(c_5\sin\left(\frac{2n+1}{2}ct\right)+c_6\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct\right)\right)$ ist?
2.Frage:

kann man dann mit dem Superposition prinzip argumentieren,dass die linearkombination verschiedener Lösung  der Wellengleichung auch wieder eine Lösung der wellengleichung ist?

d.h.

$u(x,t)=\sum_{k=0}^{n} u_k(x,t)=\sum_{k=0}^{n}c_1\sin\left(nx\right)\left(c_3\sin\left(nct\right)+c_4\cos\left(nct\right)\right)+c_2\cos\left(\frac{2n+1}{2}\right)\left(c_5\sin\left(\frac{2n+1}{2}ct\right)+c_6\cos\left(\frac{2n+1}{2}ct\right)\right)$

3.Frage:
Dann benutze ich beide anfangsbedingungen und erhalte weniger terme + fourierkoeffizienten?



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-01-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Erste Frage; ja. Aber vorher hattest du nur Lösungen mit \(u_t(x,0)=0\) gesucht, für diesen Fall fallen die Sinus-Terme in \(t\) weg.

Zweite Frage: ja.

Dritte Frage: nein, es wird nicht weniger. Die Cosinus-Terme in \(t\) bestimmen sich aus \(u(x,0)\), die Sinus-Terme aus \(u_t(x,0)\).

Überhaupt kannst du immer \(c_1\) und \(c_2\) weglassen.

Wally
\(\endgroup\)


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Hey Wally,

danke für dein Antwort. Ich hab dir nochmal ne pm geschrieben,kannst du bitte mal schauen,falls du zeit hast?

danke!:)



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