Randbedingungen Pdgl. < partielle < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 23:33 Do 29.01.2009 | | Autor: | Boki87 |
| Aufgabe | | [Dateianhang nicht öffentlich] |
Es geht um den Teil b.
Aus a habe ich folgende Lösung:
$ [mm] u(t,x)=\summe_{n=1}^{\infty}k_{2}sin(\bruch{n\pi}{L}x)\cdot{}(k_{3}cos(\wurzel{a}(\bruch{n\pi}{L}t)+k_{4}sin(\wurzel{a}(\bruch{n\pi}{L}t)) [/mm] $
Nun gehe ich so vor:
[mm] u(0,x)=\summe_{n=1}^{\infty}k_{2}*k_{3}*sin(\bruch{n\pi}{L}x)=\summe_{n=1}^{\infty}b_{n}*sin(\bruch{n\pi}{L}x)=\begin{cases} \bruch{2x}{L}, & \mbox{für } 0
Nun berechne ich die Fourierreihe wegen der Anfangswertbed.:
[mm] b_{n}=\bruch{2}{L}($ \integral_{0}^{L/2}{\bruch{2x}{L}sin(\bruch{n\pi}{L}x) dx}+\integral_{L/2}^{L}{(2-\bruch{2x}{L})sin(\bruch{n\pi}{L}x) dx} [/mm] $)=$ [mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{8(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2} [/mm] $
Und nun zur Randbed.:
[mm] u_{t}(0,x)=\wurzel{a}\bruch{n\pi}{L}*k_{4}*k_{2}*sin(\bruch{n\pi}{L}x)=0
[/mm]
Wie geh ich denn nun weiter vor, kann es sein das
[mm] u_{t}(0,x) [/mm] nur erfüllt ist wenn [mm] k_{4}*k_{2}=0, [/mm] denn [mm] sin(\bruch{n\pi}{L}x) [/mm] wird nie 0 da $ 0<x<L $?
Was bedeutet das für meine endgültige Lösung, setzt ich [mm] k_{4}*k_{2}=0 [/mm] in mein u(t,x) ein und multipliziere dieses dann mit u(0,x) als endgültige Lösung?
Das würde führen zu [mm] u(t,x)=\summe_{n=1}^{\infty}\bruch{8(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2}*(k_{3}cos(\wurzel{a}(\bruch{(2n-1)\pi}{L}t)*sin(\bruch{(2n-1)\pi}{L}x)
[/mm]
Vielen Dank
Gruß
Boki87
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:38 Sa 31.01.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> [Dateianhang nicht öffentlich]
> Es geht um den Teil b.
>
> Aus a habe ich folgende Lösung:
>
> [mm]u(t,x)=\summe_{n=1}^{\infty}k_{2}sin(\bruch{n\pi}{L}x)\cdot{}(k_{3}cos(\wurzel{a}(\bruch{n\pi}{L}t)+k_{4}sin(\wurzel{a}(\bruch{n\pi}{L}t))[/mm]
Das stimmt so nicht ganz, denn für jedes n gibt es unterschiedliche Konstanten [mm] $k_3$ [/mm] und [mm] $k_4$ ($k_2$ [/mm] ist redundant).
Also:
[mm]u(t,x)=\summe_{n=1}^{\infty}sin(\bruch{n\pi}{L}x)\cdot{}(k_{n3}cos(\wurzel{a}(\bruch{n\pi}{L}t)+k_{n4}sin(\wurzel{a}(\bruch{n\pi}{L}t))[/mm]
>
> Nun gehe ich so vor:
>
> [mm]u(0,x)=\summe_{n=1}^{\infty}k_{2}*k_{3}*sin(\bruch{n\pi}{L}x)=\summe_{n=1}^{\infty}b_{n}*sin(\bruch{n\pi}{L}x)=\begin{cases} \bruch{2x}{L}, & \mbox{für } 0
>
> Nun berechne ich die Fourierreihe wegen der
> Anfangswertbed.:
>
> [mm]b_{n}=\bruch{2}{L}([/mm]
> [mm]\integral_{0}^{L/2}{\bruch{2x}{L}sin(\bruch{n\pi}{L}x) dx}+\integral_{L/2}^{L}{(2-\bruch{2x}{L})sin(\bruch{n\pi}{L}x) dx} [/mm])=[mm] \summe_{n=1}^{\infty}\bruch{8(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2}[/mm]
Wo kommt denn da plötzlich die Summe her?
Das Integral ist 0 für gerade n und [mm] $\bruch{8(-1)^{2m+1}}{(2m+1)^2\pi^2}$ [/mm] für ungerade $n=2m+1$.
>
> Und nun zur Randbed.:
>
> [mm]u_{t}(0,x)=\wurzel{a}\bruch{n\pi}{L}*k_{4}*k_{2}*sin(\bruch{n\pi}{L}x)=0[/mm]
>
> Wie geh ich denn nun weiter vor, kann es sein das
> [mm]u_{t}(0,x)[/mm] nur erfüllt ist wenn [mm]k_{4}*k_{2}=0,[/mm] denn
> [mm]sin(\bruch{n\pi}{L}x)[/mm] wird nie 0 da [mm]0
Ja, alle Konstanten [mm] $k_{n4}$ [/mm] sind 0, da die Summe für beliebige Werte von x verschwinden muss.
> Was bedeutet das für meine endgültige Lösung, setzt ich
> [mm]k_{4}*k_{2}=0[/mm] in mein u(t,x) ein und multipliziere dieses
> dann mit u(0,x) als endgültige Lösung?
Das verstehe ich nicht. Du hast doch gerade deine [mm] $k_{n3}=b_n$ [/mm] und [mm] $k_{4n}=0$ [/mm] ausgerechnet. Die setzt du in deine allgemeine Lösung ein:
[mm]u(t,x)=\summe_{m=1}^{\infty}\bruch{8(-1)^{2m+1}}{(2m+1)^2\pi^2}*\cos(\wurzel{a}(\bruch{(2m+1)\pi}{L}t)*\sin(\bruch{(2m+1)\pi}{L}x)[/mm]
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:57 Mo 02.02.2009 | | Autor: | Boki87 |
Hallo Rainer,
viele Dank für die Antwort, ich habe es soweit verstanden.
Nur ich glaube du hast einen kleiner Fehler drinnen:
>
> Das Integral ist 0 für gerade n und
> [mm]\bruch{8(-1)^{2m+1}}{(2m+1)^2\pi^2}[/mm] für ungerade [mm]n=2m+1[/mm].
>
$ [mm] b_{n}=\bruch{2}{L}( \integral_{0}^{L/2}{\bruch{2x}{L}sin(\bruch{n\pi}{L}x) dx}+\integral_{L/2}^{L}{(2-\bruch{2x}{L})sin(\bruch{n\pi}{L}x) dx} $=8*sin(\bruch{n\pi}{2})\bruch{1}{n^2\pi^2}
[/mm]
Für n=1 kriegt man z.B. raus:
[mm] \bruch{8}{\pi^2}
[/mm]
Mit meiner Formel [mm] \bruch{8(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2} [/mm] kommt das auch für n=1 raus.
Mit der $ [mm] \bruch{8(-1)^{2m+1}}{(2m+1)^2\pi^2} [/mm] $ aber für m=1 nicht.
Ich bin einfach folgend Vorgegangen:
Es gibt nur für ungerade n eine Lösung: n=2n-1
[mm] 8*sin(\bruch{(2n-1)\pi}{2})\bruch{1}{(2n-1)^2\pi^2}
[/mm]
Der Sinus springt für ungerade n immer zwischen 1 u. -1:
Daher kann ich diesen schreiben als [mm] (-1)^n [/mm] aber da ich für n=1 ein positves Vorzeichen brauche ergänze ich zu [mm] (-1)^{n-1}
[/mm]
Und so komme ich auf:
$ [mm] \bruch{8(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2} [/mm] $
Das stimmt doch so oder?
Gruß
Boki87
|
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:38 Mo 02.02.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo Rainer,
>
> viele Dank für die Antwort, ich habe es soweit verstanden.
>
> Nur ich glaube du hast einen kleiner Fehler drinnen:
>
> >
> > Das Integral ist 0 für gerade n und
> > [mm]\bruch{8(-1)^{2m+1}}{(2m+1)^2\pi^2}[/mm] für ungerade [mm]n=2m+1[/mm].
> >
>
> [mm]b_{n}=\bruch{2}{L}( \integral_{0}^{L/2}{\bruch{2x}{L}sin(\bruch{n\pi}{L}x) dx}+\integral_{L/2}^{L}{(2-\bruch{2x}{L})sin(\bruch{n\pi}{L}x) dx}[/mm][mm] =8*sin(\bruch{n\pi}{2})\bruch{1}{n^2\pi^2}[/mm]
>
> Für n=1 kriegt man z.B. raus:
>
> [mm]\bruch{8}{\pi^2}[/mm]
>
> Mit meiner Formel [mm]\bruch{8(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2}[/mm] kommt
> das auch für n=1 raus.
>
> Mit der [mm]\bruch{8(-1)^{2m+1}}{(2m+1)^2\pi^2}[/mm] aber für m=1
> nicht.
Ja, du hast recht, es muss bei m=0 anfangen und [mm]\bruch{8(-1)^{\red{m}}}{(2m+1)^2\pi^2}[/mm] heißen.
>
> Ich bin einfach folgend Vorgegangen:
>
> Es gibt nur für ungerade n eine Lösung: n=2n-1
>
> [mm]8*sin(\bruch{(2n-1)\pi}{2})\bruch{1}{(2n-1)^2\pi^2}[/mm]
>
> Der Sinus springt für ungerade n immer zwischen 1 u. -1:
> Daher kann ich diesen schreiben als [mm](-1)^n[/mm] aber da ich für
> n=1 ein positves Vorzeichen brauche ergänze ich zu
> [mm](-1)^{n-1}[/mm]
>
> Und so komme ich auf:
>
> [mm]\bruch{8(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2\pi^2}[/mm]
>
> Das stimmt doch so oder?
Ja.
Viele Grüße
Rainer
|
|
|
|
