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| Aufgabe | (a) Konstruieren Sie eine in z-Richtung laufende Welle der Form [mm] \phi=\psi(x,y)*e^{ikz-i\omega t}, [/mm] die einerseits der Wellengleichung
[mm] \bruch{1}{c^2} \bruch{\partial^2 \phi}{\partial t^2} [/mm] - [mm] \bruch{\partial^2 \phi}{\partial x^2} [/mm] - [mm] \bruch{\partial^2 \phi}{\partial y^2} [/mm] - [mm] \bruch{\partial^2 \phi}{\partial z^2} [/mm] = 0
und andererseits den folgenden Randbedingungen in einem unendlich langen Hohlleiter von rechteckigem Querschnitt genügt:
[mm] \phi [/mm] = 0 auf den Randflächen x=0 und x=a
[mm] \bruch{\partial \phi}{\partial x} [/mm] = 0 auf den Randflächen y=0 und y=b
(b) Geben Sie einen Ausdruck für die Gruppengeschwindigkeit solcher Wellen an. |
Hallo!
Also, ich habe leider keine Ahnung wie genau ich diese Aufgaben lösen kann.
Ich habe erstmal nur [mm] \phi [/mm] eingesetzt und habe dann folgendes erhalten:
[mm] \bruch{\omega^2}{c^2}* e^{-i\omega t} [/mm] - [mm] \bruch{\partial^2 \phi}{\partial x^2} [/mm] - [mm] \bruch{\partial^2 \phi}{\partial y^2} [/mm] + [mm] k^2*e^{ikz} [/mm] = 0
Nur komme ich jetzt leider nicht weiter, weiß nicht was für einen Ansatz ich wählen muss oder wie eine Gleichung dieser Art überhaupt lösen kann...
Ich wäre sehr dankbar für Hilfe! :)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:15 Mi 02.07.2014 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> (a) Konstruieren Sie eine in z-Richtung laufende Welle der
> Form [mm]\phi=\psi(x,y)*e^{ikz-i\omega t},[/mm] die einerseits der
> Wellengleichung
>
> [mm]\bruch{1}{c^2} \bruch{\partial^2 \phi}{\partial t^2}-\bruch{\partial^2 \phi}{\partial x^2}-\bruch{\partial^2 \phi}{\partial y^2}-\bruch{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0 [/mm]
>
> und andererseits den folgenden Randbedingungen in einem
> unendlich langen Hohlleiter von rechteckigem Querschnitt
> genügt:
>
> [mm]\phi = 0[/mm] auf den Randflächen x=0 und x=a
>
> [mm]\bruch{\partial \phi}{\partial x} = 0[/mm] auf den Randflächen y=0 und y=b
>
>
> (b) Geben Sie einen Ausdruck für die
> Gruppengeschwindigkeit solcher Wellen an.
> Hallo!
>
> Also, ich habe leider keine Ahnung wie genau ich diese
> Aufgaben lösen kann.
Du hast einen Produktansatz vorgegeben: [mm] $\phi=\psi(x,y)*e^{ikz-i\omega t}$, [/mm] das nennt man einen Separationsansatz.
>
> Ich habe erstmal nur [mm]\phi[/mm] eingesetzt und habe dann
> folgendes erhalten:
>
> [mm]\bruch{\omega^2}{c^2}* e^{-i\omega t} - \bruch{\partial^2 \phi}{\partial x^2} - \bruch{\partial^2 \phi}{\partial y^2} + k^2*e^{ikz} = 0[/mm]
Das stimmt so nicht, da hast du einige Terme unterschlagen:
[mm]-\bruch{\omega^2}{c^2}* e^{ikz-i\omega t}\psi - \bruch{\partial^2 \phi}{\partial x^2}
- \bruch{\partial^2 \phi}{\partial y^2} +k^2*e^{ikz-i\omega t}\psi = 0[/mm]
und kannst außerdem [mm] $\phi$ [/mm] einsetzen:
[mm]-\bruch{\omega^2}{c^2}* e^{ikz-i\omega t}\psi - e^{ikz-i\omega t}\bruch{\partial^2 \psi}{\partial x^2}
- e^{ikz-i\omega t}\bruch{\partial^2 \psi}{\partial y^2} +k^2*e^{ikz-i\omega t}\psi = 0[/mm] .
Jetzt dividierst du durch [mm] $e^{ikz-i\omega t}$ [/mm] und stellst ein bischen um:
[mm] \left(k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}\right)\psi(x,y) = \bruch{\partial^2 \psi}{\partial x^2} + \bruch{\partial^2 \psi}{\partial y^2} [/mm] .
Die übliche Methode für diese partielle DGL ist wiede rein Produktansatz mit Trennung der Variablen, also
[mm] \psi(x,y)=u(x)*v(y) [/mm]
und dann weiter wie oben.
Viele Grüße
Rainer
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Toll! Danke!
Das hat mir schonmal sehr weitergeholfen!
Jetzt habe ich ein bisschen weiter gerechnet und wollte fragen ob das so weit richtig ist, da mein Ergebnis nicht mit dn Anfangsbedingungen vereinbar ist.
Ich habe also den Produktansatz:
[mm] \psi(x,y)=u(x)*v(y) [/mm] und
[mm] \bruch{1}{a} \psi(x,y) [/mm] = [mm] \bruch{\partial^2\psi}{\partial x^2}+\bruch{\partial^2\psi}{\partial y^2} [/mm] mit [mm] \bruch{1}{a}=(k^2-\bruch{\omega^2}{c^2})
[/mm]
Mit dem Ansatz: [mm] \psi_{xx}=u''(x)v(y) [/mm] und [mm] \psi_{yy}=v''(y)u(x)
[/mm]
Dann alles einsatzen:
a*u''(x)v(y)+a*v''(y)u(x)=u(x)*v(y)
[mm] \gdw \bruch{u''(x)}{u(x)}+\bruch{v''(x)}{v(x)}=k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}
[/mm]
Eine Lösung wäre, wenn [mm] \bruch{u''(x)}{u(x)}=k^2 [/mm] und [mm] \bruch{v''(x)}{v(x)}=-\bruch{\omega^2}{c^2}
[/mm]
Das kann man mit dem exp-Ansatz lösen und erhält
u(x)=exp(kx) und [mm] v(y)=exp(i*\bruch{\omega^2}{c^2})
[/mm]
Damit erhält man für [mm] \phi:
[/mm]
[mm] \phi= exp(kx)*exp(i*\bruch{\omega^2}{c^2})*exp(ikz-i\omega [/mm] t) = [mm] exp(kx+i*\bruch{\omega^2}{c^2}+ikz-i\omega [/mm] t)
Nur jetzt kann die Anfangsbedingung [mm] \phi=0 [/mm] für x=0 und x=a nicht mehr erfüllt werden.
Wäre toll wenn mir jemand meinen Fehler nennen könnte!!
Herzlichen Dank!
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Wäre toll, wenn mir da jemand auf die Sprünge helfen könnte...
Danke! :)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:44 Mi 09.07.2014 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Toll! Danke!
> Das hat mir schonmal sehr weitergeholfen!
> Jetzt habe ich ein bisschen weiter gerechnet und wollte
> fragen ob das so weit richtig ist, da mein Ergebnis nicht
> mit dn Anfangsbedingungen vereinbar ist.
>
> Ich habe also den Produktansatz:
>
> [mm]\psi(x,y)=u(x)*v(y)[/mm] und
>
> [mm]\bruch{1}{a} \psi(x,y)[/mm] = [mm]\bruch{\partial^2\psi}{\partial x^2}+\bruch{\partial^2\psi}{\partial y^2}[/mm]
> mit [mm]\bruch{1}{a}=(k^2-\bruch{\omega^2}{c^2})[/mm]
>
> Mit dem Ansatz: [mm]\psi_{xx}=u''(x)v(y)[/mm] und
> [mm]\psi_{yy}=v''(y)u(x)[/mm]
>
> Dann alles einsatzen:
>
> a*u''(x)v(y)+a*v''(y)u(x)=u(x)*v(y)
>
> [mm]\gdw \bruch{u''(x)}{u(x)}+\bruch{v''(x)}{v(x)}=k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}[/mm]
>
> Eine Lösung wäre, wenn [mm]\bruch{u''(x)}{u(x)}=k^2[/mm] und
> [mm]\bruch{v''(x)}{v(x)}=-\bruch{\omega^2}{c^2}[/mm]
Das wäre eine Lösung, wenn die Randbedingungen nicht wären.
Allgemein weisst du nur, dass es eine Konstante $C$ gibt, sodass
[mm]\bruch{u''(x)}{u(x)}=-C[/mm]
und
[mm]\bruch{v''(\red{y})}{v(\red{y})}=k^2-\bruch{\omega^2}{c^2} +C [/mm] .
Das sind zwei unabhängige lineare DGLen 2. Ordnung, die also jeweils 2 Lösungen haben.
Zum Beispiel ist die allgemeine Lösung für die erste der DGLen
[mm] u(x) = A \exp(Cx) + B \exp(-Cx) [/mm] .
Die Werte der Konstanten $A$ und $B$ (und der entsprechenden Konstanten für $v(y)$) ergeben sich aus den Randbedingungen.
Viele Grüße
Rainer
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Hallo!
Vielen Dank für die Hilfe! Ich bin nur leider sehr schlecht in DGL und komme noch immer nicht weiter...
>
> Allgemein weisst du nur, dass es eine Konstante [mm]C[/mm] gibt,
> sodass
>
> [mm]\bruch{u''(x)}{u(x)}=-C[/mm]
>
> und
>
> [mm]\bruch{v''(\red{y})}{v(\red{y})}=k^2-\bruch{\omega^2}{c^2} +C[/mm]
> .
>
> Das sind zwei unabhängige lineare DGLen 2. Ordnung, die
> also jeweils 2 Lösungen haben.
>
> Zum Beispiel ist die allgemeine Lösung für die erste der
> DGLen
>
> [mm]u(x) = A \exp(Cx) + B \exp(-Cx)[/mm] .
Wenn ich [mm] \bruch{v''(\red{y})}{v(\red{y})}=k^2-\bruch{\omega^2}{c^2} [/mm] +C
mit dem Ansatz v(y)=B*exp(by) löse, dann erhalte ich
[mm] B^2=k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}+C
[/mm]
Also: [mm] B_1=-\wurzel(k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}+C) [/mm] und [mm] B_2=\wurzel(k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}+C)
[/mm]
Dann löse ich ich
[mm] \bruch{u''(x)}{u(x)}=k^2-\bruch{\omega^2}{c^2} [/mm] +D
mit der Annahme : [mm] \bruch{v''(y)}{v(y)}=-D
[/mm]
Mit Ansatz u(x)=F*exp(fx)
Dann erhalte ich [mm] F^2=k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}+D
[/mm]
Also:
[mm] F_1=-\wurzel(k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}+D) [/mm] und [mm] F_2=\wurzel(k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}+D)
[/mm]
Gilt dann:
[mm] u(x)=B_1*exp(Cx)+B_2*exp(-Cx)
[/mm]
[mm] v(y)=F_1*exp(Dy)+F_2*exp(-Dy)
[/mm]
??
Also:
[mm] \Psi(x,y)=[B_1*exp(Cx)+B_2*exp(-Cx)]*[F_1*exp(Dy)+F_2*exp(-Dy)]
[/mm]
??
Ist das so richtig??? Ich zweifle irgendwie daran, nur was anderes fällt mir nicht ein...
Aber wie verwende ich nun die Anfangsbedingungen?
Der ganze Ausdruck soll 0 werden wenn x=0, das geschieht automatisch, weil [mm] B_1=-B_2 [/mm] und damit der erste Faktor 0 wird.
Nur weiter komme ich nicht, da ich nichts über C bzw D weiß...
Wär super wenn du mir nochmal weiterhelfen könntest... DGL sind nicht wirklich meine Stärke...
Vielen, vielen Dank!!!
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Es wäre ganz super, wenn mir da noch jemand weiterhelfen könnte!
Vielen Dank!!!
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Hallo MichaelKelso,
> Es wäre ganz super, wenn mir da noch jemand weiterhelfen
> könnte!
>
Betrachten wir zunächst die DGL
[mm]\bruch{u''\left(x\right)}{u\left(x\right)}=-C[/mm]
bzw. [mm]u''+C*u=0[/mm]
Diese DGL hat Lösungen in Abhängigkeit von C:
i) C<0: [mm]u\left(x\right)=c_{1}*e^{\wurzel{-C}x}+c_{2}*e^{-\wurzel{-C}x}, \ c_{1},c_{2} \in \IR[/mm]
ii) C=0: [mm]u\left(x\right)=c_{1}*x+c_{2},\ c_{1},c_{2} \in \IR[/mm]
iii) C>0: [mm]u\left(x\right)=c_{1}*\sin\left(\wurzel{C}x\right)+c_{2}*\cos\left(\wurzel{C}x}\right). \ c_{1},c_{2} \in \IR[/mm]
Die Aufgabe besteht jetzt darin unter den
geforderten Randbedingungen eine
nicht verschwindende Lösung zu finden.
Für die zweite DGL gehst Du genauso vor.
> Vielen Dank!!!
Gruss
MathePower
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Okay!
Danke das hat mir schon sehr geholfen!
Wenn ich also von u''(x)+C*u(x)=0 und v''(y)+D*v(y)=0 ausgehe, dann komme ich mit den Anfangsbedingungen
[mm] \phi=0 [/mm] für x=a und x=0 => [mm] \Psi(0,y)=0 [/mm] und [mm] \Psi(a,y)=0 [/mm] => u(0)=0 und u(a)=0
und
[mm] \phi'_x [/mm] =0 für y=0 und y=b => [mm] \Psi'_x(x,0)=0 [/mm] und [mm] \Psi'_x(x,b)=0 [/mm] => v(0)=0 und v(b)=0
Ich erhalte jeweils nur Lösungen mit C>0 bzw D>0 ( iii) aus den vorherigen Beitrag ) und durch u(0)=0 und v(0)=0 fällt jeweils der Summand mit cos raus.
=> u(x)=A*sin [mm] (\bruch{n}{a}*\pi*x)
[/mm]
=> v(y)=B*sin [mm] (\bruch{m}{b}*\pi*y)
[/mm]
mit n,m [mm] \in \IN [/mm] beliebig
Wenn man jetzt in [mm] k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}= \bruch{u''(x)}{u(x)}+ \bruch{v''(y)}{v(y)} [/mm] einsetzt
=> [mm] k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}=-\bruch{n^2}{a^2}*\pi^2 [/mm] - [mm] \bruch{m^2}{b^2}*\pi^2 [/mm]
Kann ich jetzt einfach sagen: [mm] k^2=-\bruch{n^2}{a^2}*\pi^2 [/mm] und [mm] -\bruch{\omega^2}{c^2}=-\bruch{m^2}{b^2}*\pi^2
[/mm]
=> [mm] k=i\bruch{n}{a}*\pi
[/mm]
[mm] =>\omega=\bruch{c*m}{b}*\pi
[/mm]
als eine mögliche Lösung?
Nochmals vielen vielen herzlichen Dank!!!
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Hallo MichaelKelso,
> Okay!
> Danke das hat mir schon sehr geholfen!
>
> Wenn ich also von u''(x)+C*u(x)=0 und v''(y)+D*v(y)=0
> ausgehe, dann komme ich mit den Anfangsbedingungen
>
> [mm]\phi=0[/mm] für x=a und x=0 => [mm]\Psi(0,y)=0[/mm] und [mm]\Psi(a,y)=0[/mm] =>
> u(0)=0 und u(a)=0
>
> und
>
> [mm]\phi'_x[/mm] =0 für y=0 und y=b => [mm]\Psi'_x(x,0)=0[/mm] und
> [mm]\Psi'_x(x,b)=0[/mm] => v(0)=0 und v(b)=0
>
>
> Ich erhalte jeweils nur Lösungen mit C>0 bzw D>0 ( iii)
> aus den vorherigen Beitrag ) und durch u(0)=0 und v(0)=0
> fällt jeweils der Summand mit cos raus.
>
> => u(x)=A*sin [mm](\bruch{n}{a}*\pi*x)[/mm]
>
> => v(y)=B*sin [mm](\bruch{m}{b}*\pi*y)[/mm]
>
> mit n,m [mm]\in \IN[/mm] beliebig
>
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Wenn man jetzt in [mm]k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}= \bruch{u''(x)}{u(x)}+ \bruch{v''(y)}{v(y)}[/mm]
> einsetzt
>
> => [mm]k^2-\bruch{\omega^2}{c^2}=-\bruch{n^2}{a^2}*\pi^2[/mm] -
> [mm]\bruch{m^2}{b^2}*\pi^2[/mm]
>
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> Kann ich jetzt einfach sagen: [mm]k^2=-\bruch{n^2}{a^2}*\pi^2[/mm]
> und [mm]-\bruch{\omega^2}{c^2}=-\bruch{m^2}{b^2}*\pi^2[/mm]
>
> => [mm]k=i\bruch{n}{a}*\pi[/mm]
>
> [mm]=>\omega=\bruch{c*m}{b}*\pi[/mm]
>
> als eine mögliche Lösung?
>
Ich kenne die Bedeutung von k nicht.
Höchstwahrscheinlich hat k die Bedeutung einer Kreiswellenzahl.
Bei [mm]\omega[/mm] kann ich das assoziieren mit der Kreisfrequenz.
> Nochmals vielen vielen herzlichen Dank!!!
Gruss
MathePower
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Toll! Danke!
Würde es denn hinkommen, wenn k die Kreiswellenzahl ist?
Oder darf k nicht komplex sein?
MfG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:37 Mo 21.07.2014 | | Autor: | murmel |
Hallo,
wenn ich mich recht entsinne ist deine Formel die einer elektromagnetischen Welle, der Gestalt $ [mm] \phi=\psi(x,y)\cdot{}e^{ikz-i\omega t}$. [/mm] In dem Fall ist [mm]k[/mm] deine Wellenzahl, kombiniert mit der Aubreitungsrichtung der Welle definiert dies den Wellenvektor:
[mm]\vec k := k \vec e[/mm]
[mm]\vec e[/mm] ist der Einheitsvektor. Physikalisch betrachtet, sage ich, sollte k reell sein, ergibt es sonst einen physikalischen Sinn.
Gruß
Murmel
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