18.2 – Alternative Herleitung der d’Alembert’schen Lösungsformel für die Wellengleichung

 

Ziel dieser Aufgabe ist eine alternative Herleitung der d’Alembert’schen Lösungsformel für die Wellengleichung

\begin{array}{*{20}{c}}    {{u_{tt}}-{u_{xx}} = 0} & {x \in \mathbb{R},\quad t > 0,}  \\    {u\left( {x,0} \right) = {u_0}} & {x \in \mathbb{R},}  \\    {{u_t}\left( {x,0} \right) = {v_0}} & {x \in \mathbb{R}.}  \\   \end{array}

Wir nehmen an, dass das Problem eine glatte Lösung u = u\left( {x,t} \right) besitzt.

  1. Zeigen Sie zunächst \left( {\frac{\partial } {{\partial t}}+\frac{\partial } {{\partial x}}} \right)\left( {\frac{\partial } {{\partial t}}-\frac{\partial } {{\partial x}}} \right)u = {u_{tt}}-{u_{xx}} = 0
  2. Setzen Sie v = {u_t}-{u_x}.

    Welche Gleichung erfüllt v? Zeigen Sie, dass v\left( {x,t} \right) = a\left( {x-t} \right)

  3. Welche Differentialgleichung erster Ordnung für u müssen Sie noch lösen, wenn Sie v aus der vorhergehenden Teilaufgabe erhalten haben?
  4. Lösen Sie die inhomogene Transportgleichung

    \begin{array}{*{20}{c}}    {{w_t}\left( {x,t} \right)+b{w_x}\left( {x,t} \right) = f\left( {x,t} \right)} & {\left( {x,t} \right) \in \mathbb{R} \times {\mathbb{R}^+}}  \\    {w\left( {x,0} \right) = g\left( x \right)} & {\left( x \right) \in \mathbb{R}}  \\   \end{array}

    1. Setzen Sie z\left( s \right) = w\left( {x+sb,t+s} \right) und berechnen Sie \frac{d} {{ds}}z\left( s \right)
    2. Drücken Sie w\left( {x,t} \right)-g\left( {x-bt} \right) durch z\left( s \right) aus.
    3. Leiten Sie daraus eine Lösungsformel w\left( {x,t} \right) =  \ldots her.
  5. Übertragen Sie die Lösung der Transportgleichung aus die Gleichung erster Ordnung für u und zeigen Sie damit

    u\left( {x,t} \right) = -\frac{1} {2}\int\limits_{x-t}^{x+t} {a\left( y \right)dy+} b\left( {x+t} \right)

  6. Drücken Sie die Funktionen a( ) und b( ) durch die Anfangswerte u0 und v0 aus.

Lösung

Für Cauchy-Probleme gilt: \Omega  = {\mathbb{R}^d}
Wir beschäftigen uns hier mit d = 1 und stellen uns wie immer eine unendlich lange Saite vor, die schwingt.

a)

\left( {\frac{\partial } {{\partial t}}+\frac{\partial } {{\partial x}}} \right)\left( {\frac{\partial } {{\partial t}}-\frac{\partial } {{\partial x}}} \right)u = \left( {\frac{\partial } {{\partial t}}+\frac{\partial } {{\partial x}}} \right)\left( {{u_t}-{u_x}} \right) = {u_{tt}}\underbrace {-{u_{xt}}+{u_{tx}}}_0-{u_{xx}}

-uxt+utx ist 0, da u eine glatte Lösung ist (unendlich oft stetig differenzierbar). Hier würde sogar nur 2 Mal stetig differenzierbar reichen.

b)

Setze v = {u_t}-{u_x}

Dann erfüllt v die Gleichung: {v_t}+{v_x} = 0 (aus a) )

Behauptung: v\left( {x,t} \right) = a\left( {x-t} \right) löst diese Gleichung.
Anwendung der Kettenregel liefert:

\left. {\begin{array}{*{20}{c}}    {{v_x} = {a^\prime }\left( {x-t} \right)}  \\    {{v_t} = -{a^\prime }\left( {x-t} \right)}  \\   \end{array} } \right\}{v_x}+{v_t} = 0

c)

Wir müssen {u_t}-{u_x} = v = a\left( {x-t} \right) lösen, also nur noch diese PDGL 1. Ordnung.

d)

i)

z\left( s \right) = w\left( {x+sb,t+s} \right)

\Rightarrow \quad \frac{d} {{ds}}z\left( s \right) = {w_x}\left( {x+sb,t+s} \right)b+{w_t}\left( {x+sb,t+s} \right)

\Rightarrow \quad \frac{d} {{ds}}z\left( s \right) = {z_s}\left( s \right) = f\left( {x+sb,t+s} \right)

ii)

Weiter ist:

w\left( {x,t} \right)-\underbrace {g\left( {x-bt} \right)}_{w\left( {x-bt,0} \right)} = z\left( 0 \right)-z\left( {-t} \right)

iii)

Wir formen weiter um:

z\left( 0 \right)-z\left( {-t} \right) = \int\limits_{-t}^0 {{z_s}\left( s \right)ds}  = \int\limits_{-t}^0 {f\left( {x+sb,t+s} \right)ds}

Wir substituieren:

\tau  = t+s

s = \tau -t

s = 0\quad  \Rightarrow \quad \tau  = t

s = -t\quad  \Rightarrow \quad \tau  = 0

\Rightarrow \quad w\left( {x,t} \right)-\underbrace {g\left( {x-bt} \right)}_{w\left( {x-bt,0} \right)} = z\left( 0 \right)-z\left( {-t} \right) = \int\limits_0^t {f\left( {x+\left( {\tau -t} \right)b,\tau } \right)d\tau }

Damit bekommen wir die Lösungsformel:

w\left( {x,t} \right) = g\left( {x-bt,0} \right)+\int\limits_0^\tau  {f\left( {x-\left( {\tau -t} \right)b,\tau } \right)ds}

e)

Die Übertragung funktioniert für die Gleichung aus c) wie folgt. Gegeben sind:

w\left( {x,t} \right) = g\left( {x-bt,0} \right)+\int\limits_0^\tau  {f\left( {x-\left( {\tau -t} \right)b,\tau } \right)ds}

Durch Vergleich stellen wir fest:

\left. {\begin{array}{*{20}{c}}    {{u_t}-{u_x} = v = a\left( {x-t} \right)}  \\    {{w_t}+b{w_x} = f}  \\   \end{array} } \right\}\quad  \Rightarrow \quad u \overset{\wedge}{=}w,\quad a \overset{\wedge}{=}f,\quad b = -1

Daraus folgt:
u\left( {x,t} \right) = b\left( {x+t} \right)+\int\limits_0^t {a\left( {x-\left( {\tau -t} \right)-\tau } \right)d\tau }

Dass gilt g \overset{\wedge}{=}b wird in f noch gezeigt.

Wir substituieren:

y = x-2\tau +t

\frac{{dy}} {{d\tau }} = -2

\tau  = 0\quad  \Rightarrow \quad y = x+t

\tau  = t\quad  \Rightarrow \quad y = x-t

\Rightarrow \quad b\left( {x+t} \right)+\frac{1} {2}\int\limits_{x+t}^{x-t} {a\left( y \right)dy}  = b\left( {x+t} \right)-\frac{1} {2}\int\limits_{x-t}^{x+t} {a\left( y \right)dy}

f)

Wir bestimmen nun a und b so, dass die AW erfüllt werden:

u\left( {x,0} \right) = b\left( x \right)-\frac{1} {2}\int\limits_x^x {a\left( y \right)dy}  = b\left( x \right) = {u_0}\left( x \right)

( zu c) g = w\left( {x,0} \right) \overset{\wedge}{=}u\left( {x,0} \right) = b\left( x \right))

Die Definition von v lautete bei b) und c):

v\left( {x,t} \right) = a\left( {x-t} \right)

Mit der Definition von v und den Anfangsbedingungen folgt:

a\left( x \right) = v\left( {x,0} \right) = {u_t}\left( {x,0} \right)-{u_x}\left( {x,0} \right) = {v_0}-{u_{0,x}}

Wir setzen dies wieder ein:

u\left( {x,t} \right) = {u_0}\left( {x+t} \right)+\frac{1} {2}\int\limits_{x-t}^{x+t} {{v_0}\left( y \right)-{u_{0,x}}\left( y \right)dy}

= {u_0}\left( {x+t} \right)-\frac{1} {2}{u_0}\left( {x+t} \right)+\frac{1} {2}{u_0}\left( {x-t} \right)+\frac{1} {2}\int\limits_{x-t}^{x+t} {{v_0}\left( y \right)dy}

\Rightarrow \quad \underline{\underline {u\left( {x,t} \right) = \frac{1} {2}{u_0}\left( {x+t} \right)+\frac{1} {2}{u_0}\left( {x-t} \right)+\frac{1} {2}\int\limits_{x-t}^{x+t} {{v_0}\left( y \right)dy} }}

Dies ist die D’Alembertsche Formel wie im Skript (für a = 1).

\mathcal{J}\mathcal{K}