PDE zweiter Ordnung. Inhalt dieses Kapitels. Motivation zu Differentialgleichungen. Motivation zu Differentialgleichungen.

Transkript

1 Prof. Dr. Michael Eisermann Höhere Mahemaik 3 (verief) Kapiel R PDE zweier Ordnung Inhal dieses Kapiels Lineare PDE zweier Ordnung Lösung durch Fourier Transformaion Klassifikaion linearer PDE zweier Ordnung Trennung der Variablen durch Produkansaz R y Im Unerschied zu den gewöhnlichen Differenialgleichungen besizen die pariellen Differenialgleichungen keine einheiliche Theorie. Einige Gleichungen haben ihre eigenen Theorien, für andere gib es überhaup keine Theorie. Vladimir I. Arnold (937 2) T L 2 Anwendung auf die Poenialgleichung Laplace Gleichung auf einem Recheck Eindeuigkei und Maimums-Prinzip Hadamards warnendes Beispiel 3 Fazi: PDE zweier Ordnung Zusammenfassung Aufgaben 3 Fazi: PDE zweier Ordnung Zusammenfassung Aufgaben WiSe 27/ Moivaion zu Differenialgleichungen R Überblick Moivaion zu Differenialgleichungen R2 Überblick Differenialgleichungen sind die Sprache der Naurgeseze. In der Prais reen sehr häufig parielle Differenialgleichungen auf. Erfahrungsgemäß sind die allermeisen höchsens #zweier Ordnung. Wir diskuieren ausführlich die drei zenralen, klassischen Beispiele: Poenialgleichung, Wellengleichung und Wärmeleiungsgleichung. Wichige Anwendungen, die Sie zum Teil schon kennengelern haben, finden sie in Elekrodynamik (Mawell Gleichungen), Thermodynamik (Bilanzgleichungen), klassischer Mechanik (Hamilon Gleichungen), Quanenmechanik (Schrödinger Gleichung), Srömungsmechanik (Navier Sokes Gleichungen), usw.... Die Lise is schier endlos. Bei jeder pariellen Differenialgleichung zweier Ordnung fragen wir: Is sie linear? Is sie ellipisch? oder hyperbolisch? oder parabolisch? Dies deck nur die einfachsen Möglichkeien ab, es gib viele weiere, aber es verhilf uns zu einer ersen Übersich und Orienierung. Wenn die Gleichung ellipisch, hyperbolisch oder parabolisch is, dann verhäl sie sich ähnlich wie die ensprechende #Modellgleichung, also Poenial-, Wellen- oder Wärmeleiungsgleichung. Zu Versändnis und Lösung der Gleichung sind solche Analogien of sehr nüzlich.

2 Lösung durch Fourier Transformaion R Lösung durch Fourier Transformaion R2 Wir unersuchen die homogene #Wärmeleiungsgleichung S u(, ) = κ 2 u(, ) für > und R, u(, ) = u () für = und R. #Aufgabe: Lösen Sie dies durch Fourier Transformaion bezüglich. #Lösung: Die F Transformiere û(, ξ) erfüll û(, ξ) = κ ξ 2 û(, ξ). Hierzu gib es Voraussezungen: Saz?? erforder, dass u zweimal seig nach differenzierbar is und 2 u absolu inegrierbar. Das is am Ende noch zu überprüfen, siehe hierzu Saz??. Dies is eine gewöhnliche Differenialgleichung in mi Parameer ξ. Wir rennen die Variablen gemäß [ û(, ξ)]/û(, ξ) = κξ 2 und inegrieren von bis zu ln û(, ξ) ln û(, ξ) = κξ 2. Wir erhalen so die Lösung û(, ξ) = û (ξ) e κξ2. Rückransformaion e κξ2 e 2 /4κ / 2κ und Falung ergib: u(, ) = u (y) e ( y)2 /4κ dy für >. 4πκ y R Lösung durch Fourier Transformaion Die Fourier Transformaion funkionier ganz allgemein: Zu lösen sei die lineare parielle Differenialgleichung P ( ) u() = g() mi einem Polynom P () = a ν ν. Nach Fourier Transformaion gil P (iξ) û(ξ) = ĝ(ξ). Auflösen zu û(ξ) = ĝ(ξ)/p (iξ) und Rückransformaion liefer u. R3 Die Transformaion g() ĝ(ξ) und P ( ) P (iξ) kennen wir bereis, so dass wir û(ξ) = ĝ(ξ)/p (iξ) sezen können. Zunächs is jedoch nich klar, ob die Rückransformaion û u überhaup immer möglich is insb. wenn ĝ nich absolu inegrierbar is oder /P (iξ) Polsellen ha! Dies garanier der grundlegende Saz von Ehrenpreis Malgrange: Jede lineare PDE mi konsanen Koeff. kann gobal gelös werden! Für nich-konsane Koeffizienen gil die Lösbarkei nich allgemein, wie das obige Gegenbeispiel von Lewy Mizohaa?? eindrücklich zeig. Dies ensprich unserer zuvor präsenieren Lösung?? : Die Wärmeleiungsgleichung u = κ u 2 für (, ) R R ha als sogenanne Fundamenallösung den #Wärmeleiungskern ) H : R > R R : H(, ) = ep ( 2. 4πκ 4κ Die Konsanen sichern die Normierung R n H(, ) d = für >. Is für = die Wärmevereilung u : R R vorgegeben, so erhalen wir die Lösung u : R > R R durch #Superposiion (Falung, siehe??): u(, ) = H(, y) u (y) dy = H(, z) u ( z) dz y R Machen Sie die Probe und zeigen Sie u = κ 2 u durch Ableien. Sehen die Formeln schon da, so genüg geduldiges Nachrechnen. Der Transformaionssaz liefer die Gleichhei der beiden Inegrale. z R Lösung durch Fourier Transformaion Saz RA (Ehrenpreis 954, Malgrange 955) Sei P () = ν k a ν ν ein Polynom mi Koeffizienen a ν C. Zu lösen sei für u : R n C die lineare parielle Differenialgleichung P ( ) u() = g(). R4 Zu jeder rechen Seie g L (R n, C) eisier eine Lösung u : R n C. Genauer gil: Zu P eisier eine Fundamenallösung F mi P ( ) F = δ. Für jede reche Seie g liefer F dann eine Lösung u durch Falung: u() = F ( y) g(y) dy = y R n F (z) g( z) dz. z R n Für diese Problemklasse is die Eisenz von Lösungen garanier. Im Einzelfall bleib nur noch die Fundamenallösung F auszurechnen. Im Falle n = haben wir eine gewöhnliche DG der Ordnung k, linear mi konsanen Koeffizienen und recher Seie g. (Saz??)

3 Die drei wichigsen PDE zweier Ordnung Die #Poenialgleichung für u : R n Ω R: u = ϱ mi = n Die Gleichung u = heiß #homogene Poenialgleichung oder #Laplace Gleichung; ihre Lösungen heißen harmonische Funkionen. Die Gleichung u = ϱ heiß #inhomogene Poenialgleichung oder #Poisson Gleichung. Sie beschreib das Graviaionspoenial u zur Massenvereilung ϱ, ebenso das elekrische Poenial u zur Ladungsdiche ϱ, und vieles mehr. Die #Wellengleichung für u : R R 3 Ω R oder u : Ω C: 2 u c 2 u = ϱ mi = y + 2 z Diese Gleichung beschreib die Ausbreiung von Schallwellen in Röhren (Dim. ), flache Oberflächenwellen in Wasser (Dim. 2) oder Lichwellen im Raum (Dim. 3); hierbei is c > die Ausbreiungsgeschwindigkei. Im saionären Fall u = erhalen wir die Poenialgleichung! Die #Wärmeleiungsgleichung für u : R R 3 Ω R oder u : Ω C: u κ u = q mi = y + 2 z Sie beschreib die Wärmeausbreiung in einem homogenen Körper mi Temperaurleifähigkei κ >, Wärmeenergiediche u und Wärmeleisungsdiche q. Sie heiß auch Diffusionsgleichung. Im saionären Fall u = erhalen wir erneu die Poenialgleichung! R5 Lösungen der Poenialgleichung Saz RB (Lösungen der Poenialgleichung) R6 Erinnerung Die n dimensionale #Laplace Gleichung u = für u : R n {} R ha als #Fundamenallösung das Newon Poenial N mi 2π ln für n = 2, N() = für n = 3. 4π Die #Poenialgleichung u = ϱ wird gelös durch Superposiion: u() = N( y) ϱ(y) dy R n Die Funkion N ensprich (bis auf Vorzeichen und Konsane) dem Graviaionspoenial einer Punkmasse im Nullpunk. Man rechne leich nach, dass N asächlich eine Lösung is und N ds = erfüll??. Die Verschiebung N( y) is demnach das Poenial um y. B(,r) Das Inegral is dann die Superposiion solcher Poeniale N( y)ϱ(y). Wenn ϱ vernünfig is, zum Beispiel seig differenzierbar mi kompakem Träger??, so folg hieraus u = ϱ. Lösungen der Wellengleichung R7 Erinnerung Lösungen der Wärmeleiungsgleichung R8 Erinnerung Saz RC (Lösungen der Wellengleichung) Die n dimensionale homogene #Wellengleichung 2 u c 2 u = ha zu jeder Richung ξ R n die #Fundamenallösung Ψ : R R n C mi Ψ(, ) = e i ξ e i ξ c Durch Superposiion erhäl man hieraus die #allgemeine Lösung u(, ) = a(ξ) e i ξ e i ξ c dξ. R n Wir erhalen u(, ) = u () durch die #Fourier Transformiere a = û. Die Funkion Ψ beschreib eine Welle mi Wellenvekor ξ R n. Eine allgemeinere Form is u(, ) = f ( ξ ξ c ). Der obige Produkansaz erlaub die Trennung der Variablen. Superposiion von endlich vielen Wellen bereie keine Schwierigkei. Dami aber das Inegral konvergier solle a absolu inegrierbar sein. Is auch der Anfangswer u absolu inegrierbar, so können wir a = û definieren und erhalen u(, ) mi u(, ) = u. Einfach wunderbar! Saz RD (Lösungen der Wärmeleiungsgleichung) Die n dimensionale #Wärmeleiungsgleichung u κ u = ha als #Fundamenallösung H : R > R n R die Glockenkurve ) H(, ) = ( ( 4πκ) ep 2. n 4κ Der #Anfangswer u(, ) = u () wird gelös durch Superposiion: u(, ) = H(, ξ) u (ξ) dξ, > R n Man rechne nach, dass H asächlich ( κ )H 2 = und R H(, ) d = erfüll. n Für feses is H(, ξ) eine Glockenkurve mi Mielwer ξ und Sreuung σ = 2κ. Die Anfangsvereilung u sei absolu inegrierbar und im Punk R seig. Für gil dann u(, ) u (), wie gewünsch. Durch Ableien uner dem Inegral finden wir schließlich ( κ )u 2 = u (ξ) ( κ )H(, 2 ξ) dξ =. R n

4 Klassifikaion linearer PDE zweier Ordnung Erinnerung an ebene Quadriken (im Haupachsensysem): ( 2 + y 2 ) 2 ( y y ) 2 =, + =, Ellipse; r r 2 ( 2 y 2 ) 2 ( y y ) 2 =, =, Hyperbel; r r 2 ( 2 ) 2 ( y y ) y =, =, Parabel. r 2 r In Dimension 2 berachen wir allgemein das quadraische Polynom P (, y) = a 2 + 2a 2 y + a 22 y 2 + b + b 2 y + c. Zu A = ( a a 2 a 2 a 22 ) mi a2 = a 2 berachen wir de A = a a 22 a 2 2. Wir nennen das Polynom P (, y) #ellipisch, wenn de A > ; #hyperbolisch, wenn de A < ; #parabolisch, wenn de A =. Zur Klassifikaion der Quadriken siehe Kimmerle Sroppel, Lineare Algebra, 6. Wir beschreiben den quadraischen Aneil durch eine symmerische Mari A R n n. Jede symmerische Mari läss sich orhogonal diagonalisieren, dami können wir P in Normalform bringen. Enscheidend is hierfür das Vorzeichen der Eigenwere! R9 Klassifikaion linearer PDE zweier Ordnung In Dimension 2 berachen wir den linearen Differenialoperaor L = P (, y ) = a 2 + 2a 2 y + a 22 2 y + b + b 2 y + c. Der quadraische Teil ha die Deerminane de A = a a 22 a 2 2. Wir nennen den Differenialoperaor L #ellipisch, wenn de A > ; #hyperbolisch, wenn de A < ; #parabolisch, wenn de A =. In Dimension n berachen wir allgemein den Differenialoperaor L = P (,..., n ) = n j= k= n a jk j k + n b j j + c. Wir nennen ±L #ellipisch, wenn alle Eigenwere von A posiiv sind; #hyperbolisch, wenn ein Eigenwer negaiv is, alle anderen posiiv; #parabolisch, wenn ein Eigenwer null is, aber alle anderen posiiv. Hängen die Koeffizienen a jk, b j, c : Ω R zudem vom Or Ω ab, so muss die Bedingung für alle Ω erfüll sein. Andernfalls is L ein Differenialoperaor gemischen Typs. j= R Klassifikaion linearer PDE zweier Ordnung Die drei wichigsen Beispiele kennen wir bereis: () 2 u + 2 yu = ϱ, räumlich 2 u + 2 yu + 2 z u = ϱ, (2) 2 u 2 u = ϱ, räumlich 2 u 2 u 2 yu 2 z u = ϱ, (3) u 2 u = q, räumlich u 2 u 2 yu 2 z u = q. Die Wellengleichung ha die Ausbreiungsgeschwindigkei c >, die Wärmeleiungsgleichung die Temperaurleifähigkei κ >. Nach Skalierung können wir c = bzw. κ = annehmen. Auf der rechen Seie dieser Gleichungen seh als Inhomogeniä jeweils der Quellerm ϱ bzw. q. Im Spezialfall ϱ = bzw. q = haben wir eine homogene lineare Gleichung zweier Ordnung. Die #Poenialgleichung () is ellipisch. Die #Wellengleichung (2) is hyperbolisch. Die #Wärmeleiungsgleichung (3) is parabolisch. Unsere Modellgleichungen haben keine gemischen Terme y ec. Deshalb können wir sie gu durch #Separaion der Variablen behandeln, wie wir anschließend ausführen. Dieses Verfahren is erem vielseiig. R Klassifikaion linearer PDE zweier Ordnung R2 In der Prais reen sehr häufig parielle Differenialgleichungen auf. Erfahrungsgemäß sind die allermeisen höchsens #zweier Ordnung. Bei jeder pariellen Differenialgleichung zweier Ordnung fragen wir: Is sie linear? Is sie ellipisch? oder hyperbolisch? oder parabolisch? Dies deck nur die einfachsen Möglichkeien ab, es gib viele weiere, aber es verhilf uns zu einer ersen Übersich und Orienierung. Wenn die Gleichung ellipisch, hyperbolisch oder parabolisch is, dann verhäl sie sich ähnlich wie die ensprechende #Modellgleichung, also Poenial-, Wellen- oder Wärmeleiungsgleichung. Zu Versändnis und Lösung der Gleichung sind solche Analogien of sehr nüzlich. Konkre wird man versuchen, durch eine geeignee Subsiuion die Gleichung in Normalform zu bringen, #ohne gemische Terme. Zur Redukion auf Normalform konsruier man geeignee Koordinaen: Im einfachsen Fall mi Haupachsenransformaionen (wie in der HM). Im allgemeinen Fall nuz man ein geeignees Koordinaensysem längs charakerisischer Kurven, siehe Meyberg Vachenauer, 2.3.

5 Trennung der Variablen durch Produkansaz Zu lösen sei eine #separierbare Differenialgleichung der Form P ( ) u(, y) = Q( y ) u(, y). Hier wirk der Differenialoperaor P ( ) nur auf, und Q( y ) nur auf y. Als Lösungen gesuch sind Funkionen u : X Y K : (, y) u(, y). In diesem Falle eigne sich der #Produkansaz u(, y) = v() w(y): [ P ( ) v() ] w(y) = v() [ Q( y ) w(y) ] P ( ) v() v() = Q( y) w(y) w(y) = λ Die riviale Lösung is u = ; andernfalls dividieren wir durch v()w(y). Die linke Seie häng nur von ab, die reche nur von y. Da wir und y unabhängig verändern können, sind beide Seien konsan, gleich λ K. Zu jeder #Separaionskonsanen λ gehören zwei Eigenwerprobleme: P ( ) v() = λ v() und Q( y ) w(y) = λ w(y) Lösung sind Eigenfunkionen u(, y) = v()w(y) und Superposiionen. Gleiches gil für u(,..., n ) = u ( ) u n ( n ) in mehreren Variablen. Trennung der Variablen durch Produkansaz #Aufgabe: Begründen Sie sorgfälig die Äquivalenz () (2)! R3 R5 Den Produkansaz u(, y) = v() w(y) haben wir oben bereis erklär. Dabei haben wir u angenommen und sogar so gean als gäle u(, y) in allen Punken (, y). Im Allgemeinen werden die Funkionen v : X K und w : Y K jedoch Nullsellen haben, und somi auch u. Diese Feinhei wollen wir hier klären; das is das Ziel des Sazes RE und dieser. #Lösung: Zunächs (2) () : In jedem Punk (, y) X Y gil P u(, y) = P [ v() w(y) ] = [ P v() ] w(y) = λ v() w(y), Q u(, y) = Q [ v() w(y) ] = v() [ Q w(y) ] = v() λ w(y), also P u = Q u. Wir zeigen nun die Umkehrung () (2) : Wir nehmen v an, also v( ) für einen Punk X. Wir nehmen w an, also w(y ) für einen Punk y Y. (Beides zusammen is äquivalen zu u, denn u(, y ).) In jedem Punk (, y) X Y gil P u(, y) = Q u(, y), also [ ] [ ] P v() w(y) = v() Q w(y), P v( ) v( ) = Q w(y ) w(y ) =: λ, P v( ) v( ) w(y) = Q w(y), P v() = v() Q w(y ) w(y ). Trennung der Variablen durch Produkansaz R4 Da diese Mehode of gebrauch wird, formulieren wir sie hier genauer. Gegeben sind Inervalle X, Y R und hierauf die Differenialoperaoren P (, ) = m j= a j() j : C m (X, K) C (X, K), Q(y, y ) = n k= b k(y) k y : C n (Y, K) C (Y, K), mi seigen Koeffizienenfunkionen a j : X K und b k : Y K. Saz RE (Trennung der Variablen durch Produkansaz) Sei u : X Y K : u(, y) = v() w(y) Produk von v C m (X, K) und w C n (Y, K). Dann sind folgende Aussagen äquivalen: () Die Funkion u lös die parielle Differenialgleichung P (, ) u(, y) = Q(y, y ) u(, y). (2) Für einen gemeinsamen Eigenwer λ K gelen die Gleichungen P (, ) v() = λ v() und Q(y, y ) w(y) = λ w(y). Trennung der Variablen durch Produkansaz R6 #Aufgabe: Wie funkionier der Produkansaz für folgende PDE? (A) P (, )u(, y, z) = Q(y, z, y, z )u(, y, z) (B) P (, )u(, y, z) + Q(y, y )u(, y, z) + R(z, z )u(, y, z) = λu(, y, z) #Lösung: (a) Für u(, y, z) = v() w(y, z) mi u is (A) äquivalen zu P (, ) v() = λ v() und Q(y, z, y, z ) w(y, z) = λ w(y, z) mi einer gemeinsamen Konsane λ K. Dies beweis man wörlich wie oben. (b) Für u(, y, z) = u () u 2 (y) u 3 (z) mi u is (B) äquivalen zu den Gleichungen P (, ) u () = λ u () und Q(y, y ) u 2 (y) = λ 2 u 2 (y) und R(z, z ) u 3 (z) = λ 3 u 3 (z) mi λ, λ 2, λ 3 K und λ + λ 2 + λ 3 = λ. Die Implikaion is klar. Wir zeigen : In jedem Punk (, y, z) gil (P u )u 2 u 3 + u (Qu 2 )u 3 + u u 2 (Ru 3 ) = λu u 2 u 3, also insbesondere P u ( ) u ( ) + Q u 2(y ) u 2 (y ) + R u 3(z ) u 3 (z ) = λ, P u () + Q u 2(y ) u 2 (y ) u () + R u 3(z ) u 3 (z ) u () = λ u (), P u ( ) u ( ) u 2 (y) + Q u 2 (y) + R u 3(z ) u 3 (z ) u 2 (y) = λ u 2 (y), P u ( ) u ( ) u 3 (z) + Q u 2(y ) u 2 (y ) u 3 (z) + R u 3 (z) = λ u 3 (z).

6 Produkansaz zur Wellengleichung #Aufgabe: Lösen Sie mi dem Separaionsansaz die Wellengleichung 2 u(, ) = c 2 u(, 2 ) für u : R 2 R : (, ) u(, ). R7 Produkansaz zur Wellengleichung Die Lösungen u(, ) = v() w() sind sehende Wellen (Seie P5): R8 Gesuch sind alle beschränken Lösungen der Form u(, ) = v()w(). #Lösung: Der Produkansaz u(, ) = v()w() liefer hier: v () = λv(), Für λ = finden wir v () = w () =, also c 2 w () = λw() v() = a + a 2, w() = b + b 2. Für λ = α 2 > finden wir die Eigenfunkionen v() = a e α + a 2 e α, w() = b e α/c + b 2 e α/c. Für λ = ω 2 < finden wir dasselbe komple, also reell v() = a cos(ω) + a 2 sin(ω), w() = b cos ( ω/c ) + b 2 sin ( ω/c ) Machen Sie die Probe! Nur die lezen Lösungen sind beschränk. Of sind Anfangs- & Randwere gegeben, wie in der folgenden Aufgabe. Beispiel zum Produkansaz #Aufgabe: Finden Sie beschränke Lösungen u : [, [ [, π] R mi 2 u + 2 u 2 u + u = für alle > und < < π, u(, ) = u(, π) = Randwere für {, π} und, u(, ) = f() Anfangswere für = und < < π. Is diese PDE linear? Von welcher Ordnung? Von welchem Typ? #Lösung: Wir nuzen den Produkansaz u(, ) = v()w(). Einsezen: v()w () + v ()w() 2v ()w() + v()w() = Die riviale Lösung is u =. Andernfalls dividieren wir durch u = vw: w () w() = v () v() + 2v () v() = λ R Wir berachen zunächs das erse Eigenwerproblem w () = λw(): Für λ = finden wir w() = c + d. Für λ = α 2 > finden wir w() = c e α + d e α. Für λ = ω 2 < finden wir w() = c sin(ω) + d cos(ω). R9 Beispiel zum Produkansaz Wir berücksichigen nun die Randbedingungen u(, ) = u(, π) =. Für unseren Produkansaz v()w() bedeue das w() = w(π) =. Nich-riviale Lösungen eisieren nur für λ = n 2 <, nämlich w n () = sin(n) mi n =, 2, 3,... Dami folg v 2v + ( n 2 )v =, mi der allgemeinen Lösung v n () = a n e ( n) + b n e (+n). Wir finden so zu jedem n N eine Lösung in Produkform: [ u n (, ) = v n ()w n () = a n e ( n) + b n e (+n)] sin(n) Beschränk nur für b n =. Allgemeine Lösung durch Superposiion: u(, ) = a n e ( n) sin(n) Fourier Reihe in! n= u(, ) = a n sin(n) =! f() Fourier Analyse von f! n= Die Konsanen a n passen wir den gegebenen Anfangsdaen f an. R2

7 Beispiel zum Produkansaz #Aufgabe: Finden Sie beschränke Lösungen u : [, [ [, π] R mi 2 u + 2 u 2 u + u = für alle > und < < π, u(, ) = u(, π) = Randwere für {, π} und, u(, ) = f() := Anfangswere für = und < < π. Dies is eine PDE mi Anfangsrandwerproblem, kurz ARWP. #Lösung: Wir kennen bereis die allgemeine Lösung: u(, ) = a n e ( n) sin(n) n= Fourier Enwicklung der Recheckfunkion: I225 f() = = {! a für n gerade n sin(n) also a n = n= 4/(nπ) für n ungerade Die gesuche Lösungsfunkion is demnach die Superposiion u(, ) = 4 e 2k sin( (2k + ) ). (2k + )π k= R2 Beispiel zum Produkansaz R22 #Aufgabe: Finden Sie beschränke Lösungen u : [, [ [, π] R mi 2 u + 2 u 2 u + u = für alle > und < < π, u(, ) = u(, π) = Randwere für {, π} und, u(, ) = f() := Anfangswere für = und < < π. Dies is eine PDE mi Anfangsrandwerproblem, kurz ARWP. #Lösung: Wir kennen bereis die allgemeine Lösung: u(, ) = n= a n e ( n) sin(n) Fourier Enwicklung der Sägezahnfunkion: I29 f() = =! a n sin(n) also a n = ( ) n+ 2 n= n Die gesuche Lösungsfunkion is demnach die Superposiion u(, ) = 2 ( ) n+ ( n) sin(n) e. n n= Beispiel zum Produkansaz R23 Rückblick auf die benöigen Werkzeuge R24 Die Konsanen a n passen wir den vorgegebenen Anfangsdaen f an, das heiß, wir enwickeln f() = auf ], π[ in eine Fourier Sinusreihe! Hierzu sezen wir f ungerade for, hier also f() = für π < <. Diese Recheckfunkion und ihre Fourier Reihe kennen wir bereis gu. Die Koeffizienen a n besimmen die Anfangsdaen f durch die Reihe n= a n sin(n) = f(). Umgekehr besimm f die Koeffizienen a n dank Fourier: a n = 2 π π = f() sin(n) d Die Zerlegung in harmonische Schwingungen geling für prakisch alle Funkionen f, egal wie kapriziös sie auch sein mögen! Die obige Konsrukion liefer uns eine rech eplizie Lösung. Leider sag das noch nichs über die Eindeuigkei von Lösungen: Legen die Daen jede Lösung eindeuig fes oder gib es weiere? Die pariellen Differenialgleichungen sind die Krönung dieser Vorlesung. Alle Techniken der Höheren Mahemaik arbeien wunderbar zusammen: Parielle Differenialgleichungen (PDE) Fourier Analysis ODE Wahrscheinlichkei Inegraion und Inegralsäze Ziel sind die Grundlagen für parielle Differenialgleichungen (PDE). Hierzu benöigen wir gewöhnliche Differenialgleichungen (ODE) und Fourier Analysis, forschreiend nüz auch Wahrscheinlichkei. Alles gründe auf dem Fundamen der Inegraion und Inegralsäze.

8 Beispiel: die Schrödinger Gleichung R25 Ergänzung Die #Schrödinger Gleichung für Ψ : R 4 C zum Poenial V : R 4 R: i Ψ ( = 2 2 ) Ψ 2m Ψ y Ψ z 2 + V Ψ Gegeben is V, gesuch is Ψ. Diese PDE schreiben wir meis kürzer i Ψ = HΨ Schrödinger Gleichung mi H = 2 2m + V Hamilon Operaor und = 2 + y 2 + z 2. Laplace Operaor Dies is eine homogene lineare PDE zweier Ordnung, genauer eine Diffusionsgleichung Q7, für V = eine Wärmeleiungsgleichung mi κ = /(2i m). Erwin Schrödinger (887 96) ha sie 926 aufgesell und dami das Spekrum des Wassersoffaoms berechne (Nobelpreis 933). Sie beschreib den Zusand Ψ eines Teilchens mi Masse m in einem Poenial V : R 4 R. Hier is = h/2π die Plancksche Konsane, p 2 /2m = ( 2 /2m) die kineische Energie und V die poenielle. Analog zur klassischen Mechanik sprich man daher von Quanenmechanik. Beide beschreiben die Bewegung massenbehafeer Teilchen uner der Wirkung von Kräfen, jedoch werden klassische Begriffe wie Or und Bahn eines Teilchens nun ersez durch die quanenmechanischen Begriffe, die die physikalischen Beobachungen besser erklären. Die Erweierung zur Quanenfeldheorie behandel zudem Erzeugung und Vernichung von Elemenareilchen, insbesondere die Emission / Absorpion von Lich in Form von Phoonen. Beispiel: saionäre Lösungen Angenommen das Poenial V is zeilich konsan, unabhängig von : i Ψ = HΨ mi H = + V (, y, z). 2m Dann wirk links der Operaor nur auf und rechs H nur auf, y, z. Wir rennen von den Orsvariablen, y, z durch den Produkansaz Ψ(,, y, z) = ϕ() ψ(, y, z). Für die saionäre Lösung ψ(, y, z) suchen wir Eigenfunkionen Hψ = Eψ mi Eigenwer E R (Energie). Anschließend i ϕ = Eϕ, also ϕ() = e iω mi E = ω. Wir erhalen Ψ(,, y, z) = e iω ψ(, y, z) mi Energie E = ω. R27 Ergänzung In der Schrödinger Gleichung i Ψ = HΨ ri die Energie zunächs nich als Skalar auf, sondern als Hamilon Operaor H, der auf den Zusand Ψ angewende wird. Die Trennung der Variablen ensprich der Zerlegung in Eigenfunkionen des Operaors H. Die Lösung besag dann, dass die zeiliche Veränderung des Zusands allein durch seine Energie E besimm is. Beispiel: die Schrödinger Gleichung Physikalische Inerpreaion und Verwendung dieser Gleichung: Wir berachen den Vekorraum L 2 (R 3, C) aller quadra-inegrierbaren Funkionen ψ : R 3 C, also R ψ() 2 d <, mi Skalarproduk 3 : L 2 L 2 C : ϕ ψ = ϕ() ψ() d. R 3 Meis dividieren wir durch die Norm ψ L 2 = ψ ψ = R 3 ψ() 2 d; hierdurch können wir die Normierung R 3 ψ() 2 d = sichersellen. Die Quanenmechanik beruh auf folgenden Prinzipien: R26 Ergänzung Der Zusand eines Teilchens wird durch eine Funkion ψ : R 3 C beschrieben; ψ 2 is die Diche der Aufenhalswahrscheinlichkei. 2 Die Enwicklung des zeiabhängigen Zusandes Ψ : R R 3 C wird durch die Schrödinger Gleichung i Ψ = HΨ besimm. 3 Observablen ensprechen hermieschen Operaoren A, B, C,.... Der Mielwer der Observablen A im Zusand ψ is ψ A ψ. 4 Wird bei einer Messung zur Observablen A der Wer a gefunden, so wird ψ auf den Eigenraum zum Eigenwer a projizier. (Kollaps) Beispiel: harmonischer Oszillaor Als konkree Illusraion zur Schrödinger Gleichung nenne ich den #harmonischen Oszillaor in einem parabelförmigen Poenialopf: V (, y, z) = ( 2 2mr 4 + y 2 + z 2) Die Eigenwergleichung Hψ = Eψ erlaub unendlich viele Lösungen. Hierbei sind die möglichen Energieniveaus #quanisier, das heiß die Eigenwere 3 /2mr 2 = E < E < E 2 < E 3 <... sind diskre. Der Grundzusand ψ mi Hψ = E ψ is eine Glockenkurve: ( ψ (, y, z) = (r π) 3 ep 2 + y 2 + z 2 ) #: Dies is asächlich eine Lösung. Machen Sie die Probe! 2r 2 R28 Ergänzung Dies nur zur Illusraion: Wir können hier eplizi rechnen! Wer ewas mehr wissen möche: de.wikipedia.org/wiki/harmonischer_oszillaor_(quanenmechanik). Dor wird auch skizzier, wie man alle weieren Lösungen mi der Leiermehode konsruieren kann. Das Wassersoffaom ensprich dem elekrischen Poenial V = cons/r. Die Eigenfunkionen der Schrödinger Gleichung sind dann die berühmen Orbiale aus dem Chemieunerrich.

9 Die Kaze auf dem heißen Blechdach R2 Die Kaze auf dem heißen Blechdach R22 #Aufgabe: Eine quadraische Kupferplae mi Kanenlänge m wird an drei Seien konsan auf C gekühl, an der vieren Seie konsan auf C geheiz. Wir suchen die saionäre Temperaurvereilung u. () Formulieren und (2) lösen Sie die Differenialgleichung für u! Das erklär den Tiel der Aufgabe: Wie wird sich die Temperaur auf dem Blech vereilen? Die Kaze wird ausprobieren, wo ihr die Temperaur am besen gefäll, Sie können es ausrechnen! So heiß auch ein Theaersück von Tennessee Williams von 955, erfolgreich verfilm 958. #Lösung: () auf dem Recheck R = [, a] [, b] suchen wir u : R R. Die allgemeine Wärmeleiungsgleichung laue u = κ u + q. Im Gebie R gebe es keine Quellen oder Senken, also q =. Im saionären Zusand gil u =, also haben wir u = : 2 u + 2 yu = auf dem Recheck R = [, a] [, b] R 2 mi u(, ) = u(, y) = u(a, y) = und u(, b) =. Wir lassen die Abmessungen a und b noch unbesimm und sezen ers am Ende a = b = ein. Das mach die Zusammenhänge klarer. (2) Wir suchen zunächs alle Lösungen der PDE 2 u + 2 yu = in Produkform u(, y) = v() w(y). Unsere PDE wird dami zu: Trennung der Variablen ergib v ()w(y) + v()w (y) = v () v() = w (y) w(y) = λ mi einer noch unbekannen Separaionskonsanen λ R. Die drei Randbedingungen u(, ) = u(, y) = u(a, y) = werden erfüll durch w() =, v() =, v(a) =. Sa einer PDE in zwei Variablen, y erhalen wir zwei ODE, gerenn in je einer Variablen bzw. y. Das is wesenlich einfacher! Die Kaze auf dem heißen Blechdach R23 Die Kaze auf dem heißen Blechdach R24 (A) Wir lösen v () λv() = mi Randbedingung v() = v(a) =, (B) anschließend w (y) + λw(y) = mi Randbedingung w() =. (A) Für λ = gil v () =, also v() = α + β mi α, β R. Die Randbedingungen liefern α = β =, also die riviale Lösung. (A2) Für λ = ω 2 > gil v () ω 2 v() =. Die allgemeine Lösung is v() = α e ω + β e ω. Die Randbedingungen liefern erneu α = β =. (A3) Für λ = ω 2 < gil v () + ω 2 v() =. Die allgemeine Lösung is v() = α cos(ω) + β sin(ω). Die Randbedingung v() = liefer α =, und v(a) = liefer β sin(ωa) =. Also β = oder ωa = nπ mi n N. Die Lösungen für den Fakor v sind also v n () = sin( nπ a ) mi n N. (B) Die Differenialgleichung mi λ = n2 π 2 a 2 besiz die Lösungen w n (y) = a n ep( nπ a y) + b n ep( nπ a y). Die Randbedingung w n () = implizier b n = a n, also w n (y) = a n [ ep( nπ a y) ep( nπ a y)] = 2a n sinh( nπ a y). Alle Lösungen in Produkform u(, y) = v()w(y), die bereis die drei Randbedingungen u(, ) = u(, y) = u(a, y) = erfüllen, sind demnach u n (, y) = v n ()w n (y) = a n sin( nπ a ) sinh( nπ a y). Die Konsane 2a n haben wir hierbei zu a n zusammengefass. Durch Superposiion erhalen wir die allgemeine Lösung: u(, y) = u n (, y) = n= a n sin( nπ a ) sinh( nπ a y) n=

10 Die Kaze auf dem heißen Blechdach R25 Die Kaze auf dem heißen Blechdach R26 Für die leze Randbedingung u(, b) = machen wir den Ansaz u(, y) = u n (, y) = n= a n sin( nπ a ) sinh( nπ a y). n= Die Summe der ersen fünf Terme. Wir sehen das Gibbs Phänomen. Speziell für y = b wird diese Reihe zu u(, b) = a n sinh( nπb a ) sin( nπ a ) = c n sin( nπ a ). n= n= Die Koeffizienen c n erhalen wir durch Fourier Enwicklung: a n sinh( nπb a ) = c n = 2 a a = sin( nπ a 2[ ) d = ( ) n ] nπ Für die Abmessungen a = b = finden wir schließlich: u(, y) = 4 π n= sin((2n + )π) sinh((2n + )πy) (2n + ) sinh((2n + )π) y Die Kaze auf dem heißen Blechdach R27 Die Kaze auf dem heißen Blechdach R28 Die Summe der ersen 4 Terme. Das Gibbs Phänomen bleib. Der Grenzwer der Reihe. Alles wird gu. y y

11 Eisenz und Eindeuigkei von Lösungen R29 Wie laue die Problemsellung? R2 Lösungen finden wir bisher mi dem Produkansaz u(, y) = v() w(y). Das is zunächs nur geraen, mi ewas Anschauung und Erfahrung. Wir haben Glück und finden genug Lösungen u n (, y) = v n () w n (y), um mi der Reihe u(, y) = n v n() w n (y) alle Bedingungen zu erfüllen. Unsere Konsrukion von u(, y) zeig somi die #Eisenz einer Lösung. Wir können daran eplizi nachprüfen, dass u alle Forderungen erfüll. Dies zeig jedoch noch keineswegs die #Eindeuigkei: Es könne noch weiere Lösungen der PDE geben, die aber unserem Ansaz engehen. Mehrdeuigkeien müssen wir erkennen und nöigenfalls auch lösen: Sind noch mehrere Lösungen möglich, so sellen wir geeignee weiere Bedingungen, um die physikalisch sinnvollen Lösungen herauszuheben. Dieses Vorgehen beruh auf der Überzeugung, dass die physikalische Lösung bereis durch die Randdaen fesgeleg is. Daher solle unser mahemaisches Modell genau diese als eindeuige Lösung haben. Mahemaisch bedeue die Eindeuigkei: Je zwei Lösungen sind gleich. Dies wollen wir nun sorgfälig als Saz formulieren und dann beweisen. Eindeuigkei gil nich immer. R2 #Aufgabe: Sei Ω = R 2 B 2 = { (, y) R y 2 } die Ebene R 2 ohne die Einheiskreisscheibe B 2. Wir berachen den Fall ohne Quellen. Auf dem Rand Ω = S sei g(, y) =. Das Dirichle Problem laue: u(, y) = für jeden inneren Punk (, y) Ω, u(, y) = für jeden Randpunk (, y) Ω. Seien u, v : Ω R gegeben durch u(, y) = und v(, y) = /( 2 + y 2 ). Zeigen Sie, dass beide Funkionen das Dirichle Problem lösen. Folgern Sie dami, dass es sogar unendlich viele Lösungen gib. #Lösung: Die Kandidaen u, v liegen eplizi vor. Die Randbedingung u Ω = v Ω = g is klar. Es genüg also, u = v = nachzurechnen. Das is rivial für u und eine leiche für v: Versuchen Sie es! Dami is für jedes R auch w = ( )u + v eine Lösung. Dieses Beispiel zeig eindrücklich, dass die Randwere g : Ω R die gesuche harmonische Lösung u : Ω R nich eindeuig feslegen. Das Problem is hier leich zu ahnen: Das Gebie Ω is unbeschränk. Der folgende Saz garanier: Is Ω kompak, so is die Lösung eindeuig! Um über Eindeuigkei zu sprechen, müssen wir zunächs erklären, wie die Problemsellung aussieh und was wir als Lösungen zulassen. Definiion R2A (Dirichle Problem der Poenialgleichung) Sei Ω R n ein Gebie mi Abschluss Ω und Rand Ω = Ω Ω. Hierauf seien q : Ω R und g : Ω R seige Funkionen. Das #Dirichle Problem zu den Daen (Ω, q, g) laue: u() = q() für jeden inneren Punk Ω, u() = g() für jeden Randpunk Ω. Gesuch sind Lösungen u : Ω R, seig auf Ω und zweimal seig differenzierbar im Inneren Ω, die diese Gleichungen erfüllen. Je nach Anwendung kann die Randfunkion g auch unseig sein. Auf dem Recheck Ω = [a, b] [c, d] R 2 fordern wir dann schwächer nur L 2 Konvergenz, also b =a u(, y) u(, c) 2 d für y c, und ensprechend für jede der vier Seien des Rechecks. Kompakhei garanier Eindeuigkei. Saz R2B (Eindeuigkeissaz für die Poenialgleichung) Sei Ω R n ein beschränkes Gebie, also der Abschluss Ω kompak. () Lös u : Ω R die homogene Poenialgleichung u() = für jeden inneren Punk Ω, u() = dann gil u() = für alle Ω. für jeden Randpunk Ω, () Lösen ũ, ǔ : Ω R die inhomogene Poenialgleichung u() = q() für jeden inneren Punk Ω, u() = g() dann gil ũ() = ǔ() für alle Ω. für jeden Randpunk Ω, R22 Wie üblich folg () aus () dank Lineariä: Angenommen ũ, ǔ erfüllen (). Die Differenz u = ũ ǔ erfüll dann (). Also gil u = und somi ũ = ǔ. Wir müssen daher nur Aussage () zeigen. Wir geben zwei Beweise.

12 Maimum-Prinzip harmonischer Funkionen #Beweis der Eindeuigkei mi dem Minimum-Maimum-Prinzip: Harmonische Funkionen nehmen ihre Erema auf dem Rand an: Saz R2C (Maimumsprinzip für harmonische Funkionen) Sei Ω R n ein beschränkes Gebie, also der Abschluss Ω kompak. R23 Sei u : Ω R seig. Da Ω und Ω kompak sind, nimm die Funkion u hierauf jeweils ein Minimum und ein Maimum an. Wegen Ω Ω gil allgemein min Ω u min Ω u und ma Ω u ma Ω u. Zudem sei u harmonisch, also u C 2 und u = auf dem Inneren Ω. () Dann nimm u sein Minimum und Maimum auf dem Rand Ω an: min Ω u = min Ω u und ma Ω u = ma u Ω Seien u, v : Ω R seig und auf dem Inneren Ω harmonisch. (2) Monoonie: Aus u v auf dem Rand Ω folg u v auf ganz Ω. (3) Eindeuigkei: Aus u = v auf dem Rand Ω folg u = v auf ganz Ω. Maimum-Prinzip harmonischer Funkionen R25 #Aufgabe: Beweisen Sie die Monoonie (2) in folgenden Verschärfungen: (e) In jedem Punk im Inneren Ω gele u v. Aus u v auf dem Rand Ω folg u v auf ganz Ω T. (f) In jedem Punk im Inneren Ω gele u v. Aus u < v auf dem Rand Ω folg u < v auf ganz Ω T. (g) In jedem Punk im Inneren Ω gele u > v. Aus u v auf dem Rand Ω folg u < v im Inneren Ω. #Lösung: (e) Für die Differenz w = u v gil w. Dank (b) folg w ma w = ma Ω w, also u v. (f) Für w = u v gil w in jedem Punk von Ω. Dank (b) folg w ma w = ma Ω w <, also u < v. (g) Für w = u v gil w > in jedem Punk von Ω. Dank (a) folg w Ω < ma Ω w, auf Ω also w < und u < v. Dies können wir zur Eingrenzung durch Ober/Unerlösungen nuzen. Solche Ungleichungen und Einschachelungen kennen wir bereis aus den Säzen?? und?? für gewöhnliche Differenialgleichungen. Maimum-Prinzip harmonischer Funkionen #Aufgabe: Beweisen Sie das Prinzip () in folgenden Verschärfungen: (a) Auf Ω gele u >. Dann folg ma u = ma u Ω > u Ω. (b) Auf Ω gele u. Dann folg ma u = ma u Ω u Ω. (c) Auf Ω gele u <. Dann folg min u = min u Ω < u Ω. (d) Auf Ω gele u. Dann folg min u = min u Ω u Ω. R24 #Lösung: Durch Übergang von u zu u gil (a) (c) und (b) (d). Es genüg daher, die ersen beiden Aussagen (a) und (b) zu beweisen: (a) Angenommen, u wäre maimal in einem inneren Punk Ω. Dann gil i u( ) = und 2 i u( ) in jede Richung i =,..., n, also u( ) im Widerspruch zur Voraussezung u >. (b) Wir berachen v := u + ε 2 mi ε > und 2 = n. Dami gil v = u + 2nε >, dank (a) also ma v = ma Ω v. Wir haben u v ma v = ma Ω v ma Ω u + ε ma Ω 2. Dami gil u ma Ω u + ε ma Ω 2 für alle ε >. Für ε folg u ma Ω u, was zu zeigen war. Die Energiemehode beweis die Eindeuigkei. R26 #Beweis der Eindeuigkei mi der Energiemehode: Sei Ω R n offen und Ω kompak mi sückweise glaem Rand, ewa ein Recheck (n = 2) oder ein Quader (n = 3). Vorgeleg sei eine Funkion u : Ω R mi u = und u Ω =. Wir wollen u = auf Ω zeigen. Als mahemaische Hilfsgröße unersuchen wir hierzu die #Energie [ ] 2 E(u) := u() d. Ω Wir formen E in ein Randinegral um und folgern Sie u = : [ ] E(u) Def 2 = u() d = [ u() u() ] u() u() d Gauß = s Ω Ω Ω u() u() ds = (Flussinegral, hier für n = 3) = Aus E(u) = folg u = auf Ω, also is u auf dem Gebie Ω konsan. Dank Seigkei von u und Randweren u Ω = folg u = auf ganz Ω. Der enscheidende Punk is die Anwendbarkei des Sazes von Gauß. Hierzu müssen Funkion u und Gebie Ω am Rand hinreichend gla sein. =

13 Hadamards warnendes Beispiel R27 Hadamards warnendes Beispiel R28 Hadamards Beispiel zeig, dass die Lösungen einer PDE im Allgemeinen nich seig von den Anfangsdaen abhängen! #Aufgabe: () Sei n N. Lösen Sie für u : R [, π] R die PDE 2 u(, ) + 2 u(, ) = für alle > und < < π, u(, ) = u(, π) = Randbedingungen für, u(, ) = g() := Anfangswere für < < π, u(, ) = h() := n sin(n) Anfangswere für < < π. (2) Besimmen Sie für jeden Parameer n =,, 2,... die Lösung u n : R [, π] R zu den Randweren h n () = n e n/2 sin(n). (3) Konvergieren die Randwere h n : [, π] R für n? Konvergieren die zugehörigen Lösungen u n : R [, π] R? #Lösung: () Der Produkansaz u(, ) = v() w() enkoppel (dank Saz RE) unsere PDE zu zwei Eigenwergleichungen v () = λv() und w () = λw() mi λ R. Wir besimmen zunächs die Orsfunkion w(): λ = = w() = a + b λ = α 2 > = w() = a e α + b e α λ = ω 2 < = w() = a sin(ω) + b cos(ω) Die Konsanen a, b R können hierbei frei gewähl werden. Die Randbedingung w() = w(π) = erfüllen nur Vielfache der Lösung w() = a sin(ω) mi ω = n N, also λ = n 2. Die Gleichung v () = n 2 v() wird gelös durch v() = a e n + b e n. Wir erhalen so die Eigenfunkion u(, ) = (a e n + b e n ) sin(n). Der Anfangswer u(, ) = erforder a = b, und u(, ) = n sin(n) erforder a = /2. Dami finden wir schließlich die erhoffe Lösung: u(, ) = sinh(n) sin(n) (2) Dank Lineariä finden wir u n (, ) = e n/2 sinh(n) sin(n) (3) Für n konvergieren die Anfangsdaen h n gleichmäßig gegen die Nullfunkion, nich aber die zugehörigen Lösungen: u n! Hadamards warnendes Beispiel R29 Hadamards warnendes Beispiel R22 u u (, ) u (, ) u 2 u 2 (, ) u 2 (, ) π π

14 Hadamards warnendes Beispiel R22 Hadamards warnendes Beispiel R222 u 3 u 3 (, ) u 3 (, ) u 4 u 4 (, ) u 4 (, ) π π Hadamards warnendes Beispiel R223 Hadamards warnendes Beispiel R224 u 5 u 5 (, ) u 5 (, ) u 6 u 6 (, ) u 6 (, ) π π

15 Poenzreihen und Fourier Transformaion Nich jede PDE besiz eine Lösung. Selbs wenn sie eine Lösung besiz, so doch meis nich elemenar, d.h. in geschlossener Form. In solchen Fällen hilf meis nur der #Poenzreihenansaz?? : Eisenz- und Eindeuigkeissaz?? von Cauchy Kowalewskaja #Fourier Transformaion lös P ( ) u() = g() für jedes Polynom P () = a ν ν. Fourier Transformaion ergib P (iξ) û(ξ) = ĝ(ξ), Auflösen zu û(ξ) = ĝ(ξ)/p (iξ) und Rückransformaion liefer u: Dies garanier der Eisenz Saz RA von Ehrenpreis Malgrange. In der Prais reen sehr häufig parielle Differenialgleichungen auf. Erfahrungsgemäß sind die allermeisen höchsens #zweier Ordnung. Lineare PDE erser Ordnung lösen wir enlang #Charakerisiken. Die wichigsen linearen PDE zweier Ordnung sind folgende Modelle: Die Poisson Gleichung u = ϱ, die Wellengleichung 2 u c 2 u = ϱ und die Wärmeleiungsgleichung u κ u = q mi = y + 2 z. Nach diesen drei Modellgleichungen klassifizier man lineare PDE zweier Ordnung in #ellipisch, #hyperbolisch und #parabolisch R je nach den Vorzeichen der Eigenwere ihrer quadraischen Form. Kompakhei garanier Eindeuigkei. Die Konsrukion einer Lösung oder erfolgreiche Probe eines Kandidaen zeig die #Eisenz einer Lösung, aber noch nich die #Eindeuigkei: Es könne weiere Lösungen geben, die unserem Ansaz engehen. Sei Ω R n ein beschränkes Gebie, also der Abschluss Ω kompak. () Lös u : Ω R die homogene Poisson Gleichung u() = für jeden inneren Punk Ω, u() = dann gil u() = für alle Ω. für jeden Randpunk Ω, () Lösen ũ, ǔ : Ω R die inhomogene Poisson Gleichung u() = q() für jeden inneren Punk Ω, u() = g() dann gil ũ() = ǔ() für alle Ω. für jeden Randpunk Ω, Wie üblich folg () aus () dank Lineariä: Angenommen ũ, ǔ erfüllen (). Die Differenz u = ũ ǔ erfüll dann (). Also gil u = und somi ũ = ǔ. R3 Fazi R33 Fazi Trennung der Variablen durch Produkansaz Zu lösen sei eine #separierbare Differenialgleichung der Form P (, ) u(, y) = Q(y, y ) u(, y). Gegeben sind Inervalle X, Y R und hierauf die Differenialoperaoren P (, ) = n j= a j() j und Q(y, y ) = m k= b k(y) y k mi a j, b k seig. Das bedeue anschaulich: P operier nur auf und Q operier nur auf y. Als Lösungen gesuch sind Funkionen u : X Y K : (, y) u(, y). In diesem Falle eigne sich der #Produkansaz gemäß Saz RE: Sei u : X Y K : u(, y) = v() w(y) Produk von v C m (X, K) und w C n (Y, K). Dann is die obige PDE äquivalen zu den beiden gewöhnlichen Differenialgleichungen / Eigenwergleichungen P (, ) v() = λ v() und Q(y, y ) w(y) = λ w(y) mi einem gemeinsamen Eigenwer λ K (Separaionskonsane). Lösung sind Eigenfunkionen u(, y) = v()w(y) und Superposiionen. Gleiches gil für u(,..., n ) = u ( ) u n ( n ) in mehreren Variablen. Maimum-Prinzip harmonischer Funkionen Beweise für die Eindeuigkei liefern die Energiemehode und das folgende Minimum-Maimum-Prinzip für harmonische Funkionen. Sei Ω R n ein beschränkes Gebie, also der Abschluss Ω kompak. Sei u : Ω R seig. Da Ω und Ω kompak sind, nimm die Funkion u hierauf jeweils ein Minimum und ein Maimum an. Wegen Ω Ω gil allgemein min Ω u min Ω u und ma Ω u ma Ω u. Zudem sei u harmonisch, also u C 2 und u = auf dem Inneren Ω. () Dann nimm u sein Minimum und Maimum auf dem Rand Ω an: min Ω u = min Ω u und ma Ω u = ma u Ω Seien u, v : Ω R seig und auf dem Inneren Ω harmonisch. (2) Monoonie: Aus u v auf dem Rand Ω folg u v auf ganz Ω. (3) Eindeuigkei: Aus u = v auf dem Rand Ω folg u = v auf ganz Ω. Dies können wir zur Eingrenzung durch Ober/Unerlösungen nuzen. R32 Fazi R34 Fazi

16 Separaion (Klausuraufgabe Februar 26) R35 Separaion (Klausuraufgabe Sepember 26) R36 Wir unersuchen für u : R 2 R die parielle Differenialgleichung Wir unersuchen für u : R 2 R die parielle Differenialgleichung 2 u(, y) + 6 u(, y) = 2 y u(, y). 2 u(, y) + u(, y) = 2 y u(, y). Gesuch sind Lösungen in Produkform u(, y) = v() w(y). Gesuch sind Lösungen in Produkform u(, y) = v() w(y). #Aufgabe: () Formulieren Sie die Gleichungen für v() und w(). (2) Finden Sie alle Lösungen der Form u(, y) = v() cos(3y). #Aufgabe: () Formulieren Sie die Gleichungen für v() und w(). (2) Finden Sie alle Lösungen der Form u(, y) = v() cos(4y). #Lösung: () Wir folgen dem Separaionsansaz: v () + 6v () v() = w (y) w(y) = λ = { v () + 6v () = λ v() #Lösung: () Wir folgen dem Separaionsansaz: w (y) = λ w(y) Zu jedem λ R können wir diese beiden ODE lösen. Speziell: (2) Aus w(y) = cos(3y) folg w (y) = 9w(y), also λ = 9. Wir lösen die zugehörige Gleichung v () + 6v () + 9v() =. Wir finden u(, y) = (c + c 2 ) e 3 cos(3y) mi c, c 2 R. Probe! v () + v () v() = w (y) w(y) = λ = { v () + v () = λ v() w (y) = λ w(y) Zu jedem λ R können wir diese beiden ODE lösen. Speziell: (2) Aus w(y) = cos(4y) folg w (y) = 6w(y), also λ = 6. Wir lösen die zugehörige Gleichung v () + v () + 6v() =. Wir finden u(, y) = ( c e 8 + c 2 e 2) cos(4y) mi c, c 2 R. Probe! Separaion R37 Separaion R38 Hier könne ein weieres schönes Beispiel sehen... Denken Sie sich doch zur Abwechslung selbs eines aus! Hier könne ein weieres schönes Beispiel sehen... Denken Sie sich doch zur Abwechslung selbs eines aus!

17