Mechanik 3 Prof. Popov SS 03, 1. Übung Lösungshinweise Seite 1

Mechanik 3 Prof. Popov SS 03, 1. Übung
Wellengleichung, d’Alembertsche Lösung
Lösungshinweise Seite 1
Version 7. 5. 2003
Aufgabe 1
Die Größe c heißt Wellenausbreitungsgeschwindigkeit.
(a) Beim partiellen Ableiten werden die unabhängigen Variablen, nach denen gerade nicht abgeleitet wird, als konstant angenommen.
(b) Die Lösung nach d’Alembert besagt, daß sich zwei
Wellen der Form f1 (ξ) und f2 (ξ) überlagern:
∂f
∂t
∂f
∂x
∂2f
∂t2
∂2f
∂t∂x
∂2f
∂x∂t
∂2f
∂x2
= −ac sin(x + ct)
w(x, t) = f1 (ξ1 ) + f2 (ξ2 ) .
Die Wellen breiten sich in entgegengesetzter Richtung aus
und zwar mit der Wellenausbreitungsgeschwindigkeit c:
= −a sin(x + ct)
ξ1 (x, t) = x − ct ,
= −ac2 cos(x + ct)
= −ac cos(x + ct)
=
∂2f
∂x∂t .
(b) Beim partiellen Ableiten werden die unabhängigen Variablen, nach denen gerade nicht abgeleitet wird, als konstant angenommen:
Für die totale Ableitung oder die Ableitung längs einer
Kurve durch den x-y-Raum gilt: (in dieser Aufgabe wird
diese Kurve durch x = sin y beschriebenen)
dw
∂w dx ∂w dy
=
+
dy
∂x dy
∂y dy
2
−y 2
2
x −y
2
2
−y 2
·1
.
Das gleiche Ergebnis erhält man natürlich auch, wenn x =
sin y in w(x, y) eingesetzt und dann abgeleitet wird:
2
w(x, t) = f1 (x − ct) + f2 (x + ct) ,
2
w(x) = aesin y − y
2
2
dw
= a(2 sin y cos y − 2y)esin y − y
dy
= 2a(sin y cos y − y)esin
(c) Als Anfangsbedingung sind die Lage und Geschwindigkeit aller Punkte auf der Saite zum Zeitpunkt t = 0
gegeben. Gleichung (5) angewendet auf die Anfangsbedingung für die Ausgangslage w(x, t = 0) ergibt:
wA (x) = w(x, t = 0) = f1 (x) + f2 (x)
2
y−y
2
Die Geschwindigkeit am Anfang soll Null sein:
¯
df1
df2 ¯¯
∂w ¯¯
= −c
+c
v0 (x) = 0 =
¯
∂t (x,t=0)
dx
dx ¯(x,t=0)
¢ ¯¯
d ¡
=c
f2 − f 1 ¯
dx
(x,t=0)
C = f2 (x) − f1 (x)
.
f1,2 (x) =
(1)
ergibt sich aus dem zweiten Newtonschen Gesetz für ein
infinitesimales Stück der Saite die Wellendifferentialgleichung:
2
2
∂ w
∂ w
= c2 2 .
∂t2
∂x
(7)
(8)
∀x
(9)
Durch Addition bzw. Subtraktion der Gleichungen (6) und
(9) ergeben sich f1 und f2 :
(a) Mit der Abkürzung
S0
ρA0
(6)
Beide Seiten über x integriert ergibt (C = konst.):
Aufgabe 2
c2 =
(5)
(wA (x) ist die in der Aufgabenstellung skizzierte Dreiecksfunktion.)
· cos y − 2ayex
= 2a(x cos y − y)e
Die allgemeine Lösung lautet:
wobei die Funktionen f1,2 aus den Anfangs- und Randbedingungen zu bestimmen sind.
2
2
∂w
= 2axex −y
∂x
2
2
∂w
= −2ayex −y
∂y
= 2axex
(4)
Durch zweimaliges partielles Ableiten von (3) nach x bzw.
nach t und Einsetzen kann man zeigen, daß der Ansatz (3)
die Wellendifferentialgleichung (2) tatsächlich erfüllt.
= −a cos(x + ct)
∂2f
∂t∂x
ξ2 (x, t) = x + ct .
f1 (ξ1 ) beschreibt also den Teil, der nach links“ zu mit der
”
Zeit kleineren x-Werten wandert, f2 (ξ2 ) wandert nach
”
rechts“. Die Koordinaten ξ1,2 sind sozusagen wandern”
de x-Koordinaten“ und über diesen aufgetragen bleibt die
Form der Welle (f1,2 (ξ)) immer die gleiche.
= −ac cos(x + ct)
Wie erwartet ist
(3)
(2)
¢
1¡
wA (x) ∓ C
2
(10)
Eingesetzt in Gleichung (5) ergibt sich (zunächst nur für
x − ct ≥ 0 und x + ct ≤ L) :
w(x, t) =
1
1
wA (x − ct) + wA (x + ct)
2
2
(11)
Die beiden sich überlagernden Wellen f1 und f2 , haben
also die gleiche Form wie die Anfangsauslenkung aber nur
ihren halben Betrag.
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w
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f1
Allgemeines zu den Rändern: An einem festen Rand
bleibt die Auslenkung immer Null. Eine Welle wird umgekehrt reflektiert. Das sieht so aus, wie in der folgenden
Skizze angedeutet: Eine inverse Welle bewegt sich von
hinter dem Rand genau symmetrisch zur ankommenden
Welle, beide durchdringen den Rand und überlagern sich.
Dadurch bleibt die Auslenkung am Rand in der Summe
immer Null. Schließlich ist die ankommende Welle ganz
hinter dem Rand verschwunden und die zurücklaufende
inverse Welle ist das reale Resultat vor dem Rand. (Gestrichelt sind die sich überlagernden Teilwellen, durchgezogen
ihre Summe.)
v orher
Lösungshinweise Seite 2
c
w0
2
ξ1
f2
w0
2
c
ξ2
Diese Überlegungen führen dazu, daß Gleichung (11)
die allgemeine Lösung des Anfangsrandwertproblems darstellt, wenn wA periodisch mit Vorzeichenwechsel über die
Ränder hinaus fortgesetzt wird.
c
(d) Mit T =
2L
c
und c2 =
S0
ρA0 :
c
w
später
c
w/w0
1
c
t=0
0.5
0
−0.5
w
noch später
c
−1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
1
w
c
noch später
w/w0
c
1
T
8
0.5
0
−0.5
−1
c
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
x/L
0.6
0.7
0.8
0.9
1
c
w
noch später
w/w0
1
1
T
4
0.5
0
−0.5
c
−1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
In dieser Aufgabe überlagern sich eine links- und eine
rechtslaufende Welle ungefähr wie in der folgenden Skizze
dargestellt: (Durchgezogen ist der reale Teil zwischen den
Rändern, gestrichelt der erst noch durch Reflexion in den
realen Bereich einwandernde Teil.)
w/w0
1
3
T
8
0.5
0
−0.5
−1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
x/L
0.6
0.7
0.8
0.9
1
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Wellengleichung, d’Alembertsche Lösung
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Partielle Ableitungen nach den Koordinaten u und v:
1
w/w0
Lösungshinweise Seite 3
1
T
2
0.5
∂g
= 2u
∂u
0
∂g
= 3πv 2
∂v
−0.5
Komponenten der Jakobimatrix:
−1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1
w/w0
1
5
T
8
0.5
∂u
∂u
∂v
∂v
= α,
= β,
= α,
= −β
∂x
∂y
∂x
∂y
Partielle Ableitungen nach den Koordinaten x und y:
0
−0.5
−1
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
x/L
0.6
0.7
0.8
0.9
1
∂g
∂g ∂u ∂g ∂v
=
+
= 2uα + 2πv 2 α = α(2u + 3πv 2 )
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x
∂g
∂g ∂u ∂g ∂v
=
+
= 2uβ − 3πv 2 β = β(2u − 3πv 2 )
∂y
∂u ∂y
∂v ∂y
Aufgabe 3
Aufgabe 4
(a) Beim partiellen Ableiten werden die unabhängigen Variablen, nach denen gerade nicht abgeleitet wird, als konstant angenommen.
(a) Die Wellendifferentialgleichung beschreibt das Problem:
∂f
∂t
∂f
∂x
∂2f
∂t2
∂2f
∂t∂x
∂2f
∂x2
1
2
= 2(kx + ωt) + tω(kx + ωt)
− 12
1
= tk(kx + ωt)− 2
∂2w
∂2w
= c2 2
2
∂t
∂x
mit c2 =
S
.
ρA
(b) Die allgemeine Lösung lautet:
1
3
1
= 2ω(kx + ωt)− 2 − tω 2 (kx + ωt)− 2
2
1
3
∂2f
1
=
= k(kx + ωt)− 2 − tωk(kx + ωt)− 2
∂x∂t
2
1 2
− 32
= − tk (kx + ωt)
2
w(x, t) = f1 (x − ct) + f2 (x + ct) .
Die Lösung ist eine Überlagerung von nach links und
rechts laufenden Wellen. Deren Gestalt f1 und f2 ist aus
den Anfangsbedingungen zu bestimmen. c ist die Wellenausbreitungsgeschwindigkeit.
w(x, t = 0) = 0 = f1 (x) + f2 (x)
p
f (t) = 2t
kv0 + ω
1p
df
= 3t 2 kv0 + ω
dt
Die Anfangsbedingung für die Geschwindigkeit
df
∂f
∂f ∂x
=
+
·
dt
∂t
∂x ∂t
1
1
= 2(kx + ωt) 2 + tω(kx + ωt)− 2
ẇ(x, t = 0) = ẇ0 (x)
1
+ tk(kx + ωt)− 2 · v0
= 2(kx + ωt) + (kv0 t + ωt)(kx + ωt)
(16)
liefert durch Einsetzen von (15):
− 21
. . . und mit x = v0 t :
1
df
= 3(kx + ωt) 2
dt
(c) Gegeben ist:
g(u, v) = u2 + πv 3
(14)
Für die Geschwindigkeit erhalten wir aus dem Ansatz von
d’Alembert:
¯
∂w ¯¯
= −cf10 (x − ct) + cf20 (x + ct) (15)
ẇ(x, t) =
∂t ¯x,t
Totales Differential mit Kettenregel:
1
2
(13)
(c) Anfangsbedingung für die Lage:
(b) Einsetzen und Ableiten:
3
2
(12)
u = αx + βy , v = αx − βy
¡
¢
ẇ0 (x) = ẇ(x, t = 0) = c f20 (x) − f10 (x) (17)
Z
1 x
f2 (x) − f1 (x) =
ẇ0 (x̃)dx̃ + f2 (x0 ) − f1 (x0 )
c x0
(18)
Aus den zwei Gleichungen (14) und (18) können wir nun
die Formen der beiden Teilwellen f1 und f2 gewinnen:
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Wellengleichung, d’Alembertsche Lösung
ξ
Z
i
1h1 x
f1 (x) = −
ẇ0 (x̃)dx̃ + f2 (x0 ) − f1 (x0 )
2 c x0
Z
h
i
1 1 x0
=
ẇ0 (x̃)dx̃ − f2 (x0 ) + f1 (x0 )
2 c x
(19)
(14) + (18) ⇒ f2 :
Z
x
ẇ0 (x̃)dx̃ + f2 (x0 ) − f1 (x0 )
x0
i
(20)
Die Summe der beiden Teilwellen ergibt die momentane
Auslenkung:
w(x, t) = f1 (ξ1 (x, t)) + f2 (ξ2 (x, t))
Z ξ2 (x,t)
1
ẇ0 (x̃)dx̃
=
2c ξ1 (x,t)
(21)
(22)
mit ξ1,2 (x, t) = x ∓ ct:
w(x, t) =
1
2c
Z
x+ct
ẇ0 (x̃)dx̃
Was sind sinnvoll gewählte xl -Werte? Man erkennt sehr
schnell (spätestens beim ausrechnen), daß das Problem
symmetrisch ist und man sich die Berechnung der negative Werte sparen kann. Außerdem erkennt man auch, daß
der Verlauf des Ergebnisses solange linear bleibt, solange
die Grenzen des Integrationsintervalls ξ1,2 nicht über die
Unstetigkeiten der Funktion ẇ0 (x) laufen. (Dieses Überschreiten der Unstetigkeiten passiert bei den in der Tabelle
eingekästelten Werten.)
Beispielhaft eine Tabelle für τ =
x
l
ξ1
l
ξ2
l
F
v0 l
w vc0 l
x−ct
− 41
1
4
1
2
1
4
1
2
1
4
3
4
1
2
1
4
3
4
1
2
1
1
2
1
4
⇒ t=
1
5
4
...
3
4
5
4
1
4
1
8
1
...
3
2
...
0
0
0
0
1
2
x
τ=
Für die anderen Zeiten ergibt sich das folgende Diagramm.
(Für τ0 = 0 besagt die Anfangsbedingung: w = 0.)
1
2
τ3 = 1
w vc0 l
1
τ4 =
1
4
x
l
1
Das Integrationsintervall reicht von ξ1 bis ξ2 , es wächst
also mit der Zeit linear an. Dargestellt ist die Situation
für einen Zeitpunkt t > 0 und eine Position x < 0 (x liegt
genau in der Mitte zwischen ξ1 und ξ2 ).
Um die gesuchten Skizzen zu erzeugen kann man sich beispielsweise für jeden der gesuchten Zeitpunkte eine kleine Tabelle anlegen, in der man für verschiedene (sinnvoll
gewählte) x Werte das Integral auswertet.
3
2
τ5 = 2
ξ2
2l
1
4
1
τ1 =
F
w vc0 l
x
l
ẇ0 (x)
∆ξ
l
4c :
Es ergibt sich das folgende Diagramm für diesen Zeitpunkt:
τ2 =
ξ1
0
1
4
(23)
Die Auswertung dieses Ausdrucks für konkrete Werte von
x und t ist sehr einfach, eine analytische Auswertung des
Integrals enthält aber einige Fallunterscheidungen, deshalb wird hier darauf verzichtet.
Rξ
(d) Das auszuwertende Integral ξ12 ẇ0 (x̃)dx̃ hat eine
Rechteck-Funktion als Integrand. Demzufolge ist das Integral gleich der Fläche F eines Rechtecks (schraffiert).
Die Höhe dieses Rechtecks ist immer v0 , die Breite ergibt
sich aus der Schnittmenge des Integrationsintervalls ∆ξ
und dem Träger der Rechteckfunktion. (Als Träger einer
Funktion wird das Intervall bezeichnet, auf dem die Funktion nicht Null ist.)
v0
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x
Es ist 1,2
l = l ∓ τ , die (auf l bezogene) Breite des RechtF
1
ecks v0 l ist leicht anschaulich zu ermitteln und w = 2c
F =
v0 l 1 F
c 2 v0 l .
(14) - (18) ⇒ f1 :
1h1
f2 (x) =
2 c
Lösungshinweise Seite 4