Randwert DGL < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:28 Mo 29.10.2007 | | Autor: | Woltan |
Hallo Leutz,
ich sitze vor einer DGL und irgendwie stell ich mich reichlich dumm an. Darum poste ich hier mal mein problem, vielleicht kann mir einer von euch weiter helfen:
[mm]\frac{d^2T}{dx^2}=q\frac{dT}{dx}[/mm]
Mit den Randbedingungen:
[mm]T(x_1) = T_1[/mm]
[mm]T(x_2) = T_2[/mm]
Mein Ansatz den ich mache um die DGL zu lösen:
[mm]T(x)=c_1e^{\sqrt{q}x}+c2e^{-\sqrt{q}x}[/mm]
Mein Problem was ich jetzt habe ist, dass ich eine Funktion [mm]T(x)[/mm] finde, die meine Randwerte richtig darstellt. Jedoch erfüllt T(x) dann nicht mehr meine DGL, und andersherum, wenn ich eine fkt T(x) finde die meine DGL erfüllt, hab ich nicht genügend Parameter um meine Randwerte richtig abzubilden.
Hat einer von euch eine Idee, wie ich diese doch relativ simple DGL lösen kann?
Vielen Dank schonmal im vorraus für jeden Tipp oder Link
cherio Woltan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:59 Mo 29.10.2007 | | Autor: | Rene |
Ich glaube, das dein Ansatz verkehrt ist. Du hast zwar 2 reelle Nullstellen des Charakteristischen Polynoms, aber die Nullstellen sind nicht
[mm] \lambda_1=\sqrt{q} [/mm] und [mm]\lambda_2=-\sqrt{q}[/mm], denn das
charakteristische Polynom lautet ja
[mm]0=\lambda^2-q\lambda[/mm]
[mm]0=\lambda( \lambda-q)[/mm]
als Nullstellen erhälst du dann
[mm] \lambda_1=q [/mm] und [mm]\lambda_2=0[/mm]
und der Ansatz wird dann ja
[mm]T(x) = C_1e^{qx}+C_2e^{0}[/mm]
[mm]T(x) = C_1e^{qx}+C_2[/mm]
Hoffe das hilft dir weiter!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:14 Mo 29.10.2007 | | Autor: | Woltan |
Hey Rene,
danke für die Hilfe. Irgendwie hat man manchmal echt ein Brett vorm Kopf ;)
Hier übrigens die Lösung:
-(T2-T1)/(exp(q*x1)-exp(q*x2))*exp(q*x)+(-exp(q*x2)*T1+T2*exp(q*x1))/(exp(q*x1)-exp(q*x2))
vielleicht nicht in schönster schreibweise, aber danke nochmal
cheiro Woltan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:29 Mo 29.10.2007 | | Autor: | leduart |
Hallo
dein Ansatz ist falsch! Damit kannst du T''=q*T lösen, aber nicht T''=q*T'
also nenne v=T' dann hast du die Dgl v'=q*v, lösen, und T aus Integration gewinnen. (mit dem Ansatz [mm] A*e^{qt}*B [/mm] kommst du auch durch.)
Du hättest deinen Ansatz (ohne Randbed.) in die Dgl einsetzen müssen, um zu sehen ob er ne Chance hat sie zu lösen.
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:40 Mo 29.10.2007 | | Autor: | Rene |
Der Vollständigkeit halber: Es stimmt natürlich, das du substituieren kannst, und auf eine DGL 1.Ordnung kommst, die kannst du dann auch lösen, musst die Aber im Nachhinein nochmals integrieren um auf die Lösung zu kommen, d.h. du bekommst dann auch wieder ein [mm]C_2[/mm] dazu. Also spielt es keine Rolle, welchen weg du gehst.
Deine Angegebene Lösung sollte stimmen. Hier ist sie nochmal:
[mm]
T(x)=\cfrac{T_1-T_2}{e^{qx_1}-e^{qx_2}}e^{qx}+\cfrac{T_2e^{qx_1}-T_1e^{qx_2}}{e^{qx_1}-e^{qx_2}}
[/mm]
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