PDGL Aufgabe 7.2.30

[BoWu]

Und zwar geht es um das Lösen von Anfangswertproblemen bei partiellen DGL's.

Kann mir bitte jemand anhand der folgenden Aufgabe erläutern, wie ich das Problem löse?

[latex] allg. Lösung: $u(x,y)=F(y-3x)+f(x+y)$  \\
bzw. in transformierter Form: $u(w,z)=F(w)+f(z)$ \\
\\
Anfangsbedingungen: $u(x,0)=3x^2$ ; $u_{y}(x,0)=0$ [/latex]

Wäre echt super, wenn mir jemand helfen könnte!

[cl150]

[latex]
\paragraph{7.2.30 a)} Klassifizierung nach folgender allgemeiner Regel.\\
DGL: $a\,u_{xx}+b\,u_{xy}-c\,u_{yy}$ Klassifizierung nach $d=det\,\textbf{A}=det\,\begin{pmatrix}a & \frac{b}{2}\\\frac{b}{2}& c\end{pmatrix}=ac-\left(\frac{b}{2}\right)^2$. Wenn $d>0$ elliptisch, $d=0$ parabolisch, $d<0$ hyperbolisch.\\
$d=det\,\begin{pmatrix}1 & 1\\1& -3\end{pmatrix}=-4\Rightarrow$ hyperbolisch
\paragraph{7.2.30 b)} Ansatz:
\[ \frac{dy}{dx}=\frac{\frac{b}{2}\pm\sqrt{\left(\frac{b}{2}\right)^2-ac}}{a}=1\pm2 \]
$dy_1=3dx_1\rightarrow y=3x+c_1\Rightarrow c_1=y-3x=w(x,y)\\
dy_2=-dx_2\rightarrow y=-x+c_2\Rightarrow c_2=y+x=z(x,y)$\\
$w$ und $z$ sind die carakteristische Kurven. Von hier weiter mit dem Ansatz: $u(x,y)=q(w(x,y),z(x,y))$. Damit sind die zweiten Ableitungen:
\begin{align*}
   u_{xx}&=q_{ww} w_x^2+2 q_{wz} w_x z_x +q_w w_{xx}+q_{zz}z^2_x+q_z z_{xx}\\
   u_{yy}&=q_{ww} w_y^2+2 q_{wz} w_y z_y +q_w w_{yy}+q_{zz}z^2_x+q_z z_{yy}\\
   u_{xy}&=q_{ww} w_xz_y+ q_{wz} (w_xz_y+w_yz_x)+ q_ww_{xy}+ q_{zz}z_xz_y+ q_zz_{xy}\\
   \text{Mit: }w_x&=-3,\quad w_y=1,\quad w_{xx}=w_{yy}=w_{xy}=0,\quad z_x=z_y=1,\quad z_{xx}=z_{yy}=z_{xy}=0\\
   u_{xx}&=q_{ww}\cdot(-3)^2+2q_{wz} \cdot(-3)\cdot 1+q_w\cdot 0+q_{zz}\cdot 1 +q_z\cdot 0=9q_{ww}-6q_{wz}+q_{zz}\\
   u_{yy}&=q_{ww}\cdot1^2+2q_{wz}\cdot1\cdot1+q_w\cdot0+q_{zz}\cdot1+q_z\cdot0=q_{ww}+2q_{wz}+q_{zz}\\
   u_{xy}&=q_{ww}\cdot(-3)\cdot1+q_{wz}(-3+1)+q_w\cdot0+q_{zz}\cdot1+q_z\cdot0=-3q_{ww}-2q_{wz}+q_{zz}
\end{align*}
Einsetzten in DGL
\begin{align*}
   9q_{ww}-6q_{wz}+q_{zz}+2(-3q_{ww}-2q_{wz}+q_{zz})-3(q_{ww}+2q_{wz}+q_{zz})=&0\\
   9q_{ww}-6q_{wz}+q_{zz}-6q_{ww}-4q_{wz}+2q_{zz}-3q_{ww}-6q_{wz}-3q_{zz}=&0\\
   -16q_{wz}=&0\\
   q_{wz}=&0
\end{align*}
Integrieren von $q_{wz}=0$ führt auf $u=c_3(w)+c_4(z)=c_3(y-3x)+c_4(y+x)$ als allgemeine Lösung.\\
Wie du die spezielle Lösung kriegst weiß ich auch nicht.
[/latex]

[slaveondope]

ich weiß jetzt leider nicht wie man diesen coolen code nutzt ..aber ich versuchs trotzdem mal:

u(x,y)=C1(y-3x)+C2(y+x)

ableitung schon mal für die 2. AB

uy(x,y)=C1'(y-3x)+C2'(y+x)

AB: u(x,0)=3x² ; uy(x,0)=0

u(x,0)=C1(-3x)+C2(x)=3x²

ableiten nach x: ux(x,0)=-3C1'(-3x)+C2'(x)=6x  -> nach C2'(x) umstellen und einsetzen

in uy(x,0)=C1'(-3x)+C2'(x)=0

=> C1'(-3x)+6x+3C1'(-3x)=0

=> C1'(-3x)=-3/2x => C1(-3x)=-3/4x²

=> C1'(-3x)=-3/2x einsetzen in uy: -3/2x+C2'(x)=0

=> C2'(x)=3/2x => C2(x)=3/4x²

anpassen liefert:

C2(y+x)=3/4(y+x)²

C1(y-3x)=1/4(y-3x)²

=> einsetzen in allgemeine lösung u(x,y)=C1()+C2() => ausmultiplizieren..das wars

..hab schon 2 bier drin..aber denke mal das sollte es sein :clover:

[BoWu]

Super Sache!

Herzlichen Dank für eure Antworten. Jetzt hab ichs endlich kapiert!

[Faber]

[latex]
Wenn ich
 C_1'(-3x)=-\frac{3}{2}x \\
\text{nach x integriere bekomme ich doch} \\
  \frac{1}{-3}C_1(-3x)=-\frac{3}{4}x^2 ?\\
 \text{sonst kommt für für die Ableitung nach x  nicht wieder raus:}\\
 C_1'(-3x)=-\frac{3}{2}x \\
 \text{Auch steht erst da}\\
C_1(-3x)=-\frac{3}{4}x^2 \\
\text{und später}\\
C1(y-3x)=1/4(y-3x)^2 \\
\text{wo ist denn da die -3 im Bruch hin?}\\
[/latex]

Vielleicht könntest du das ja garde nochmal erklären, das wäre super