Kugelwelle DGL < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:12 Mi 15.07.2009 | | Autor: | tedd |
| Aufgabe | | Zeigen sie, dass die Wellengleichung der DGL [mm] \bruch{d^2A}{dx^2}-\bruch{1}{c^2}*\bruch{d^2A}{dt^2}=0 [/mm] genügt. |
Ich hoffe der Aufgabentext ist so richtig formuliert, habe die Aufgabe nämlich nur mündlich bekommen und sollte so auch stimmen.
[mm] A_0(t,x)=A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)
[/mm]
[mm] \bruch{dA}{dx}=A_0*\cos(\omega*t-k*x+\varphi_0)*(-k)
[/mm]
[mm] \bruch{d^2A}{dx^2}=-A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)*(k)^2
[/mm]
[mm] \bruch{dA}{dt}=A_0*\cos(\omega*t-k*x+\varphi_0)*\omega
[/mm]
[mm] \bruch{d^2A}{dt^2}=-A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)*\omega^2
[/mm]
DGL:
[mm] \bruch{d^2A}{dx^2}-\bruch{1}{c^2}*\bruch{d^2A}{dt^2}=0
[/mm]
mit [mm] c=\bruch{\omega}{k}:
[/mm]
[mm] \bruch{d^2A}{dx^2}-\bruch{k^2}{\omega^2}*\bruch{d^2A}{dt^2}=0
[/mm]
und den ableitungen oben:
[mm] -A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)*(k)^2+\bruch{k^2}{\omega^2}*A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)*\omega^2=0
[/mm]
stimmt.
Meine Frage ist jetzt ob man sowas auch mit einer Kugelwelle:
[mm] A_0(t,r)=\bruch{A_0*\sin(\omega*t-k*r+\varphi_0)}{r}
[/mm]
machen kann...
In was für eine DGL muss ich denn dan einsetzen?
Danke und Gruß,
tedd
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:47 Mi 15.07.2009 | | Autor: | Kroni |
Hi,
> Zeigen sie, dass die Wellengleichung der DGL
> [mm]\bruch{d^2A}{dx^2}-\bruch{1}{c^2}*\bruch{d^2A}{dt^2}=0[/mm]
> genügt.
die partielle DGL schaut mir sehr nach der Helmholtzgleichung aus, das ist die Gleichung, die Wellen beschreibt.
Wenn dort, wie auf deiner Seite eine 0 steht, ist das die Vakuum-Helmholtz-Gleichung, d.h. es gibt keine Quellen.
Deine Loesung ist eine ebene Welle, die Loesung dieser DGL ist, wie du ja unten gezeigt hast. Man braucht dazu dann nur die passende Dispersionrelation, also die Funktion [mm] $\omega=\omega(k)$, [/mm] und wenn man das richtig waehlt, kommt man zu dem Ergebnis, dass mit dieser Dispersionrelation eine ebene Welle loesung der obigen DGL ist.
Wenn du jetzt zeigen willst, dass die Kugelwelle Loesung ist, setzt du diese auch in die Wellengleichung oben ein, guckst, welche Bedingung [mm] $\omega$ [/mm] und $k$ erfuellen muessen, und bekommst dadurch dann deine Dispersionrealtion (man kann eigentlich fast jede beliebige Funktion in die DGL einsetzen, dann bestimmt man nur den Zusammenhang zwischen [mm] $\omega$ [/mm] und $k$ richtig, und schon ist deine beliebige Funktion Loesung der Wellengleichung).
Das Problem, was du jetzt hast, ist, dass in deiner DGL nur die Ableitung nach $x$ steht, d.h. das ist die eindimensionale Wellengleichung. Da du jetzt aber Kugelwellen betrachtest, die eine Funktion von [mm] $|\mathbf{r}|$ [/mm] ist, musst du den Ableitungsoperator [mm] $\frac{\mathrm d }{\mathrm d x}$ [/mm] durch den 3D-Ableitungsoperator [mm] $\nabla$ [/mm] ("Nabla") ersetzen, und dir die zweite Ableitung angucken. Das waere dann in deinem Fall der sog. Laplace Operator [mm] $\Delta$, [/mm] den man sich entweder in kartesischen Koordinaten als [mm] $\frac{\mathrm d^2 }{\mathrm d x^2}+\frac{\mathrm d^2 }{\mathrm d y^2}+\frac{\mathrm d^2 }{\mathrm d z^2}$ [/mm] schreiben kann, wo du dann in deiner Kugelwelle [mm] $r=|\mathbr{r}|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ [/mm] schreiben kannst, oder aber man schreibt sich den Laplace-Operator in Kugelkoordinaten hin, wo man dann nur noch die Ableitung nach $r$ beachten muss, weil deine Kugelwelle keine Winkelabhaengigkeit von [mm] $\varphi$ [/mm] bzw von [mm] $\vartheta$ [/mm] hat.
Dann schaut der radiale Anteil deines Laplace-Operators so aus:
[mm] $\Delta_r=\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2 \frac{\partial}{\partial r}\right)$
[/mm]
Jetzt deine Kugelwelle richtig ableiten, in die obige DGL einsetzten, die dann so ausschaut:
[mm] $\Delta [/mm] A [mm] -\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 A}{\partial t^2}=0$, [/mm] und dann gucken, was fuer eine Dispersionrelation rauskommt, und zeigen, dass deine Kugelwelle die obige DGL loest.
LG
Kroni
> Ich hoffe der Aufgabentext ist so richtig formuliert, habe
> die Aufgabe nämlich nur mündlich bekommen und sollte so
> auch stimmen.
>
> [mm]A_0(t,x)=A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)[/mm]
>
> [mm]\bruch{dA}{dx}=A_0*\cos(\omega*t-k*x+\varphi_0)*(-k)[/mm]
>
> [mm]\bruch{d^2A}{dx^2}=-A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)*(k)^2[/mm]
>
>
> [mm]\bruch{dA}{dt}=A_0*\cos(\omega*t-k*x+\varphi_0)*\omega[/mm]
>
> [mm]\bruch{d^2A}{dt^2}=-A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)*\omega^2[/mm]
>
>
> DGL:
>
> [mm]\bruch{d^2A}{dx^2}-\bruch{1}{c^2}*\bruch{d^2A}{dt^2}=0[/mm]
>
> mit [mm]c=\bruch{\omega}{k}:[/mm]
>
> [mm]\bruch{d^2A}{dx^2}-\bruch{k^2}{\omega^2}*\bruch{d^2A}{dt^2}=0[/mm]
>
> und den ableitungen oben:
>
> [mm]-A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)*(k)^2+\bruch{k^2}{\omega^2}*A_0*\sin(\omega*t-k*x+\varphi_0)*\omega^2=0[/mm]
>
> stimmt.
>
> Meine Frage ist jetzt ob man sowas auch mit einer
> Kugelwelle:
>
> [mm]A_0(t,r)=\bruch{A_0*\sin(\omega*t-k*r+\varphi_0)}{r}[/mm]
>
> machen kann...
> In was für eine DGL muss ich denn dan einsetzen?
>
> Danke und Gruß,
> tedd
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 22:44 Mi 15.07.2009 | | Autor: | Franz1 |
Mit der angegebenen (kugelsymmetrischen) Wellengleichung kommt man über einen Ansatz A(r,t) = f(r,t) / r übrigens zu verschiedenen interessanten Lösungen, die man von ebenen Wellen nicht kennt.
F.
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