Integral-Iterationsverfahren und die exakten Lösungen der partiellen Differentialgleichungen

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1 Integral-Iterationsverfahren und die exakten Lösungen der partiellen Differentialgleichungen Dr. rer. nat. Kuang-lai Chao Göttingen, den 16. Juni 2007 Abstract The integral iterative ethod and exact solutions of partial differential equations An integral iterative ethod will be introduced in order to derive exact solutions of partial differential equations in two variables. This ethod first achieved success when used with nonlinear partial differential equations for transonic flow. In this article, the ethod has been applied to four different linear partial differential equations: the Laplace equation, the Poisson equation, the biharonic equation and the biharonic Poisson equation. Haronic functions, which are known fro the theory of coplex nubers, have been rediscovered. In addition, by using this integral iterative ethod, infinite biharonic functions have been found. For both the Poisson equation and the biharonic Poisson equation, any specific solutions are presented in detail. Übersicht Ein Integral-Iterationsverfahren wird vorgestellt, u exakte Lösungen der partiellen Differentialgleichungen it zwei Veränderlichen herzuleiten. Dieses Verfahren hatte zuerst bei den nichtlinearen partiellen Differentialgleichungen für die transsonische Ströung Erfolg erzielt. In diese Artikel wird dieses Verfahren auf vier verschiedene lineare partielle Differentialgleichungen angewendet: die Laplace-Gleichung, die Poisson-Gleichung, die biharonische Gleichung sowie die biharonische Poisson-Gleichung. Die haronischen Funktionen, wie sie aus der Theorie der koplexen Zahlen bekannt sind, werden von Neue entdeckt. Darüber hinaus konnten 1

2 it diese Integral-Iterationsverfahren unendlich viele biharonische Funktionen gefunden werden. Für die Poisson-Gleichung und die biharonische Poisson-Gleichung werden viele partikuläre Lösungen bei gegebener Rechtsseite ausführlich dargestellt. Internet Dieser Artikel ist online abrufbar unter: Anschrift des Verfassers Dr. rer. nat. Kuang-lai Chao Auf der Lehbünde Göttingen Gerany 2

3 Inhaltsverzeichnis 1 Einleitung 4 2 Integral-Iterationsverfahren und die haronischen Funktionen 5 3 Integral-Iterationsverfahren und die Lösungen der Poisson- Gleichung 8 4 Integral-Iterationsverfahren und die biharonischen Funktionen 13 5 Integral-Iterationsverfahren und die Lösungen der biharonischen Poisson-Gleichung 15 6 Zusaenfassung 19 7 Aussicht 20 Literatur 21 3

4 1 Einleitung I Jahr 1986 hatte der Verfasser dieses Artikels ein Integral-Iterationsverfahren erstalig vorgestellt, u Lösungen für die nichtlinearen partiellen Differentialgleichungen für die transsonische Ströung herzuleiten [1]. Für die Gleichung φ x φ xx = φ yy (1.1) wurden einige exakte Lösungen gefunden, z. B. und φ = ax 2 y + a2 3 xy4 + a3 63 y7 (1.2) φ = ax 3 2 y a2 y 4. (1.3) Dabei ist a Konstante. φ ist das Potential. φ x = φ, φ x xx = 2 φ und φ x 2 yy = 2 φ y 2 sind die partiellen Ableitungen nach den Koordinaten x und y. Wir wollen jetzt dieses Integral-Iterationsverfahren auch auf die Laplace- Gleichung φ = φ xx + φ yy = 0 (1.4) und die Poisson-Gleichung φ = ρ (1.5) bei gegebener Funktion ρ(x, y) anwenden. Mit diese Iterationsverfahren wollen wir auch exakte Lösungen der biharonischen Gleichung [2] sowie der biharonischen Poisson-Gleichung φ = 0 (1.6) φ = ρ (1.7) herleiten. I Abschnitt 2 öchten wir dieses Verfahren anhand der Laplace-Gleichung erklären. 4

5 2 Integral-Iterationsverfahren und die haronischen Funktionen Aus der Theorie der koplexen Zahlen wissen wir, dass jede analytische Funktion von x + iy it i = 1 eine Lösung der Laplace-Gleichung ist: f(x + iy) = u(x, y) + iv(x, y). (2.1) Wegen der Cauchy-Rieannschen Beziehungen u x = v y, (2.2) u y = v x, (2.3) sind sowohl der Realteil u als auch der Iaginärteil v Lösungen der Laplace- Gleichung. Einige Beispiele: (x + iy) 2 = x 2 y 2 + i 2xy, (2.4) (x + iy) 3 = x 3 3xy 2 + i(3x 2 y y 3 ), (2.5) (x + iy) 4 = x 4 6x 2 y 2 + y 4 + i(4x 3 y 4xy 3 ). (2.6) Unser Integral-Iterationsverfahren liefert uns die gleichen Ergebnisse. Dazu führen wir eine neue Bezeichnung ein: L = φ xx + φ yy. (2.7) Das Prinzip ist folgendes: Wir achen ehrere Ansätze φ 1, φ 2, φ 3,... φ n und prüfen dabei stets L 1, L 2, L 3,... L n. Wenn L n = 0 ist, dann ist φ n die Lösung. Die Prozedur läuft folgenderaßen: Wir achen zunächst einen Ansatz φ 1 it irgendeine atheatischen Ausdruck von x und y und berechnen L 1 = φ 1xx +φ 1yy. Wenn L 1 = 0 ist, so ist φ 1 eine Lösung. Wenn L 1 0 ist, achen wir einen zweiten Ansatz φ 2 : φ 2 = φ 1 L 1 dy dy. (2.8) Das heißt, wir ziehen ein Glied von φ 1 ab. Dieses Glied besteht aus der zweialigen Integration von L 1 nach y. Wir berechnen L 2 = φ 2xx + φ 2yy. Wenn L 2 = 0 ist, dann ist φ 2 eine Lösung. Wenn L 2 0 ist, achen wir wieder einen Ansatz it φ 3 = φ 2 L 2 dy dy (2.9) und berechnen weiter L 3 usw., bis wir eine Lösung gefunden haben. 5

6 Als Beispiel setzen wir φ 1 = x 3 ein: φ 1x = 3x 2, φ 1xx = 6x, φ 1y = 0, φ 1yy = 0, L 1 = 6x ; L 1 dy dy = 6x dy dy = 3xy 2, φ 2 = φ 1 L 1 dy dy = x 3 3xy 2. Wir berechnen weiter: φ 2x = 3x 2 3y 2, φ 2xx = 6x, φ 2y = 6xy, φ 2yy = 6x, L 2 = φ 2xx + φ 2yy = 6x 6x = 0. Daher ist φ = φ 2 = x 3 3xy 2 eine Lösung. Sie ist der Realteil von (x + iy) 3 aus (2.5). Bei eine Ansatz φ 1 = x, wobei eine positive ganze Zahl ist, erhalten wir φ = wobei ( ) x 0 ( ) x 2 y ( ) = n ( ) x 4 y 4 4 ( 1)( 2) ( n + 1) n! ( ) x 6 y 6 + (2.10) 6 (2.11) die Binoinalkoeffizienten sind. Wenn wir den Ansatz φ 1 = x 1 y einsetzen, erhalten wir die Lösung der Laplace-Gleichung in folgender For: ( ) ( ) ( ) ( ) φ = x 1 y x 3 y 3 + x 5 y 5 x 7 y 7 + (2.12) Die Lösungen (2.10) und (2.12) sind nichts anderes als der Realteil bzw. der Iaginärteil von (x + iy). Aber wir haben während der ganzen Durchführung des Iterationsverfahrens von den koplexen Zahlen gar keinen Gebrauch geacht. Bei Integrieren haben wir ier die willkürliche Funktion oder Konstante gleich Null gesetzt. Wenn der erste Ansatz φ 1 = y oder φ 1 = y 1 x ist, uss an nach x integrieren: φ 2 = φ 1 L 1 dx dx (2.13) und φ 3 = φ 2 L 2 dx dx. (2.14) 6

7 Die Ergebnisse sind wie (2.10) und (2.12) durch Vertauschen von x und y. Alle anderen Ansätze φ 1 it algebraischen Ausdrücken führen zu unendlichen Reihen oder Null (Null-Lösung). Aus der Methode der Separation der Veränderlichen erhält an die Lösungen der Laplace-Gleichung e x cos y und e x sin y. Mithilfe des Integral- Iterationsverfahrens kann an die Reihen-Entwicklung der Funktionen wiederfinden. Wenn wir zu Beispiel φ 1 = e x und φ 1 = e x y einsetzen, erhalten wir die Reihen-Entwicklung von cos y und sin y. Wenn wir φ 1 = cos x und φ 1 = (sin x)y einsetzen, erhalten wir die Reihen-Entwicklung von Hyperbelfunktionen cosh y und sinh y, weil cos x cosh y und sin x sinh y zwei haronische Funktionen sind. Alle Ergebnisse sind bekannt und zeigen nur die Richtigkeit des beschriebenen Integral-Iterationsverfahrens. Dait versuchen wir, Lösungen auch von anderen Differentialgleichungen zu finden, zu Beispiel von der Poisson- Gleichung. 7

8 3 Integral-Iterationsverfahren und die Lösungen der Poisson-Gleichung Für die Poisson-Gleichung führen wir eine neue Bezeichnung ein: φ xx + φ yy = ρ (3.1) P = φ xx + φ yy ρ. (3.2) Bei einer gegebenen Funktion ρ = ρ(x, y) wollen wir eine Lösung it folgende Integral-Iterationsverfahren finden: Wir achen den ersten Ansatz φ 1 und berechnen P 1 = φ 1xx +φ 1yy ρ. Wenn P 1 = 0 ist, so ist φ 1 eine Lösung. Wenn P 1 0 ist, achen wir einen zweiten Ansatz it φ 2 = φ 1 P 1 dy dy (3.3) und berechnen P 2 = φ 2xx + φ 2yy ρ. Wenn P 2 = 0 ist, so ist φ 2 eine Lösung. Wenn P 2 0 ist, achen wir wieder einen Ansatz φ 3 = φ 2 P 2 dy dy (3.4) und berechnen P 3 usw. Wenn wir φ 1 0 einsetzen, erhalten wir eine haronische Funktion plus eine partikuläre Lösung für ρ. Daher achen wir den ersten Ansatz φ 1 = 0 und erhalten φ 2 = ρ dy dy, (3.5) u direkt zu der partikulären Lösung zu gelangen. Als Beispiel nehen wir an ρ = xy, (3.6) dann Wir berechnen φ 2 = xy dy dy = 1 6 xy3. (3.7) φ 2x = 1 6 y3, φ 2xx = 0, φ 2y = 1 2 xy2, φ 2yy = xy und P 2 = φ 2xx + φ 2yy ρ = 0 + xy xy = 0. 8

9 (3.7) ist die gesuchte Lösung. An dieser Stelle wollen wir eine neue Bezeichnung einführen, u die Forel zu vereinfachen: (, n) = ( 1)( 2) ( n + 1). (3.8) Es gilt (, 1) =, (, 0) = 1, (n, n) = n! und (, n) = 0, wenn n > und natürliche Zahl ist. Der Zähler des Binoinalkoeffizienten (2.11) ist (, n). Nach dieser Vorbereitung versuchen wir, eine allgeeine Lösung der Poisson-Gleichung it ρ = x y n (3.9) herauszufinden. Bei Anwendung des Integral-Iterationsverfahrens führen wir in der Tat nur einige Schritte durch, dann zeigt die Lösungsfunktion ihren Verlauf: Der Exponent von x ist u 2 abnehend und der Exponent von y ist u 2 zunehend. Das erste Glied ist aber x y n+2. Wir achen einen neuen Ansatz φ = a 0 x y n+2 + a 2 x 2 y n+4 + a 4 x 4 y n+6 + (3.10) und setzen φ in die Poisson-Gleichung (3.1) ein und bestien die Koeffizienten a 0, a 2, a 4... Die Lösung lautet φ A = (, 0) (n + 2, 2) x y n+2 (, 2) (n + 4, 4) x2 y n+4 + (, 4) + (n + 6, 6) x4 y n+6 (, 6) (n + 8, 8) x6 y n+8 +. (3.11) Wenn wir φ 1 = 0 und φ 2 = ρ dx dx (3.12) ansetzen und ρ zweial nach x integrieren, φ 3 = φ 2 P 2 dx dx, (3.13) dann erhalten wir φ B = (n, 0) ( + 2, 2) x+2 y n (n, 2) ( + 4, 4) x+4 y n2 + (n, 4) + ( + 6, 6) x+6 y n4 (n, 6) ( + 8, 8) x+8 y n6 +. (3.14) 9

10 Gegeben sei ρ = x 2 y 3 it = 2 und n = 3, dann lautet die Lösung aus (3.11) φ A = 1 20 x2 y y7. (3.15) Die Lösung aus (3.14) ist aber φ B = 1 12 x4 y x6 y. (3.16) In der Tat sind die beiden Lösungen nicht unabhängig, in de Sinne, dass die Differenz der beiden, φ A φ B, eine haronische Funktion ist. In unsere Beispiel handelt es sich u eine Zahl 420 al den Iaginärteil von (x+iy) 7. Bei (3.11) soll eine positive ganze Zahl sein, dait die Lösung φ A endlich viele Glieder hat. Aber n darf auch eine Bruchzahl sein, auch eine negative Bruchzahl: ρ = x 2 y 1 3 : φ A = 9 28 x2 y y 13 3 (3.17) und ρ = x 3 y 1 2 : φ A = 4 3 x3 y y 7 2. (3.18) Wir wollen später den Fall betrachten, in de der Exponent von y eine negative ganze Zahl ist. Als weiteres Lösungsbeispiel der Poisson-Gleichung zeigen wir folgenden Fall: ρ = x ln y it der Logarithusfunktion ln y. Die Gleichung (3.5) wird φ 2 = ρ dy dy = x ln y dy dy. (3.19) Wir führen vereinfachende Bezeichnungen ein, u die ehrfachen Integrationen von ln y darzustellen. Dazu benutzen wir den Großbuchstaben S it eine Exponenten. wobei S 0 = ln y, S 1 = ln y dy = y (ln y 1), 1! S 2 = ln y dy dy = y2 2! (ln y ),. S n = yn n! (ln y N n), (3.20) N n = n (3.21) 10

11 die Sue von n Gliedern der haronischen Reihe ist. Die Lösung der Poisson-Gleichung it ρ = x ln y lautet φ C = x S 2 (, 2)x 2 S 4 + (, 4)x 4 S 6 (3.22) Ein Beispiel für ρ = x 3 ln y : φ C = 1 2 x3 y 2 (ln y 3 2 ) 1 4 xy4 (ln y ). (3.23) Wir wenden uns de Fall von ρ = x y n zu. Je nachde, ob n ungerade oder gerade ist, üssen wir zwei Fälle getrennt betrachten: Wenn n ungerade ist, schreiben wir die Lösungsfunktionen für n = 1 und n 3 getrennt auf, sonst ist die Forel zu unübersichtlich. Für n = 1 : φ D = x S 1 (, 2)x 2 S 3 +(, 4)x 4 S 5 (, 6)x 6 S 7 + (3.24) Für n 3 : φ E = 2 n3 k=0 + (1) k (, 2k) (n 1, 2k + 2) x2k y n+2k+2 + n1 (1) 2 (n 1)! (1) k (, n + 2k 1)x n2k+1 S 2k+1. k=0 (3.25) Wenn n gerade ist, schreiben wir die Lösungen für n = 2 und n 4 auch getrennt auf. Für n = 2 : [ ] φ F = x S 0 (, 2)x 2 S 2 + (, 4)x 4 S 4 Für n 4 : (3.26) φ G = 2 n4 k=0 + (1) k (, 2k) (n 1, 2k + 2) x2k y n+2k+2 + n4 (1) 2 (n 1)! (1) k (, n + 2k 2)x n2k+2 S 2k. k=0 (3.27) 11

12 Die Foreln (3.25) und (3.27) haben jeweils zwei Suen. Wir haben die obere Suationsgrenze der zweiten Sue offengelassen, das bedeutet, dass an das Suieren so lange durchführen soll, bis der Koeffizient (,...) = 0 wird. Noch eine Beerkung: In (3.25) ist das Vorzeichen der Glieder durchgehend + und abwechselnd angeordnet. Aber (3.27) hat eine Unterbrechung in der Abfolge der Vorzeichen: Das letzte Glied der ersten Sue und das erste Glied der zweiten Sue haben das gleiche Vorzeichen. Drei Beispiele haben wir ausgewählt: ρ = x 2 y 5 : φ E = 1 12 x2 y y1 (3.28) ρ = x 9 y 5 : φ F = 1 (4, 2) x9 y 3 (9, 2) (4, 4) x7 y ] [(9, 4)x 5 S 1 (9, 6)x 3 S 3 + (9, 8)xS 5 4! (3.29) ρ = x 8 y 6 : φ G = 1 (5, 2) x8 y 4 (8, 2) (5, 4) x6 y 2 1 ] [(8, 4)x 4 ln y (8, 6)x 2 S 2 + (8, 8)S 4 5! (3.30) Das Ausrechnen von (, n) nach (3.8) und das Einsetzen von S n nach (3.20) achen wir ab jetzt nicht ehr. Ein Hinweis als Abschluss dieses Abschnitts: Falls ρ eleentare Funktionen wie e x, cos x oder sinh x enthält, achen wir zunächst eine Transforation, u sie wegzubringen, und lösen die entstandene gewöhnliche Differentialgleichung. Die Lösungsethode ist bekannt [3]. 12

13 4 Integral-Iterationsverfahren und die biharonischen Funktionen Die Lösung der partiellen Differentialgleichung vierter Ordnung φ xxxx + 2φ xxyy + φ yyyy = 0 (4.1) wird als biharonische Funktion benannt. Wir haben eine solche Funktion gefunden φ = x 5 5xy 4. (4.2) Wir prüfen: φ x = 5x 4 5y 4, φ y = 5 4xy 3, φ xx = 5 4x 3, φ yy = 5 4 3xy 2, φ xxx = 5 4 3x 2, φ yyy = xy, φ xxxx = x, φ yyyy = x, φ xxyy = 0. Daher erfüllt φ die Gleichung (4.1) und φ xx + φ yy 0. Die Funktion φ in (4.2) ist keine haronische Funktion, sondern eine richtige biharonische Funktion. Jede haronische Funktion, also die Lösung der Laplace-Gleichung, erfüllt auch (4.1). Aber wir wollen solche triviale Lösungen ausschließen. In der Tat haben wir die biharonische Funktion (4.2) it Hilfe des Integral-Iterationsverfahrens hergeleitet. Die Forulierung dieses Verfahrens ist dieselbe wie bei der Laplace-Gleichung. Nur ist der Integrand jetzt B = φ xxxx + 2φ xxyy + φ yyyy (4.3) und wir integrieren nicht ehr zweial, sondern vieral nach y : φ 2 = φ 1 B 1 dy dy dy dy (4.4) und φ 3 = φ 2 B 2 dy dy dy dy. (4.5) Für den ersten Ansatz φ 1 it eine algebraischen Ausdruck gibt es vier Typen von Lösungen, wo der Exponent von y gleich 0, 1, 2 und 3 ist. 13

14 U die Forel zu vereinfachen, haben wir das erste Glied it geeigneten Koeffizienten versehen. Die Ergebnisse sind folgende: ( ) ( ) ( ) ( ) φ p = x x 4 y x 6 y 6 3 x 8 y 8 +, (4.6) ( ) ( ) ( ) ( ) φ q = x 1 y x 5 y x 7 y 7 3 x 9 y 9 +, (4.7) ( ) ( ) ( ) ( ) φ r = x 2 y 2 2 x 4 y x 6 y 6 4 x 8 y 8 +, (4.8) ( ) ( ) ( ) ( ) φ s = x 3 y 3 2 x 5 y x 7 y 7 4 x 9 y (4.9) Einige Beerkungen: Ein Glied it x 2 y 2 fehlt in (4.6). Ein Glied it x 3 y 3 fehlt in (4.7). Sonst ist der Exponent von x u 2 abnehend und der Exponent von y u 2 zunehend. Außerde sind die Binoinalkoeffizienten durchgehend it natürlichen Zahlen ultipliziert, ausgenoen ist das erste Glied in (4.6) und (4.7). Hier sind vier Beispiele: φ p = x 7 35x 3 y xy 6, (4.10) φ q = 7x 6 y 21x 2 y 5 + 2y 7, (4.11) φ r = 21x 5 y 2 70x 3 y xy 6, (4.12) φ s = 35x 4 y 3 42x 2 y 5 + 3y 7. (4.13) Da (4.1) eine lineare Differentialgleichung ist, gilt das Superpositionsprinzip. Dait kann an neue biharonische Funktionen aus den eleentaren Funktionen (4.6), (4.7), (4.8) und (4.9) bilden. Auf einal haben wir unendlich viele biharonische Funktionen vor unseren Augen. 14

15 5 Integral-Iterationsverfahren und die Lösungen der biharonischen Poisson- Gleichung In diese letzten Abschnitt betrachten wir den Fall, wenn die biharonische Gleichung Rechtsseite hat: φ xxxx + 2φ xxyy + φ yyyy = ρ. (5.1) Wir haben (5.1) biharonische Poisson-Gleichung genannt. Die Beschreibung des Integral-Iterationsverfahrens verläuft wie in Abschnitt 3, nur ist der Integrand jetzt H = φ xxxx + 2φ xxyy + φ yyyy ρ (5.2) und wir integrieren vieral nach y : φ 2 = φ 1 H 1 dy dy dy dy (5.3) und φ 3 = φ 2 H 2 dy dy dy dy. (5.4) Weil wir nur eine partikuläre Lösung für ρ suchen, setzen wir φ 1 = 0 ein und erhalten φ 2 = ρ dy dy dy dy. (5.5) Für ρ = x y n hat die Lösung folgende Gestalt: φ = b 0 x y n+4 + b 2 x 2 y n+6 + b 4 x 4 y n+8 +. (5.6) Wir setzen (5.6) in die Gleichung (5.1) ein, bestien die Koeffizienten b 0, b 2, b 4... und erhalten [ 1 φ a = x y n+4 2(, 2) (n + 4, 4) (n + 6, 2) x2 y n (, 4) (n + 8, 4) x4 y n+8 4(, 6) (n + 10, 6) x6 y n+10 + ]. (5.7) Wenn wir φ 1 = 0 einsetzen und ρ vieral nach x integrieren, φ 2 = ρ dx dx dx dx (5.8) 15

16 und φ 3 = φ 2 H 2 dx dx dx dx, (5.9) dann erhalten wir folgende Lösung: [ 1 φ b = x +4 y n 2(n, 2) ( + 4, 4) ( + 6, 2) x+6 y n (n, 4) ( + 8, 4) x+8 y n4 4(n, 6) ( + 10, 6) x+10 y n6 + ]. (5.10) Hier ist ein Beispiel für ρ = x 3 y : Aus (5.7) ergibt sich φ a = 1 (x 3 y 5 27 ) 120 xy7. (5.11) Aber (5.10) liefert uns φ b = x7 y. (5.12) Die Differenz φ a φ b ist eine biharonische Funktion. Gleichung (5.7) liefert uns auch richtige Ergebnisse, wenn n eine Bruchzahl ist: [ ρ = x 2 y : φ a = x 2 y [ ρ = x 2 y : φ a = x 2 y y 13 2 y 11 2 ] ] (5.13) (5.14) Bevor wir den Fall betrachten, wo der Exponent von y in ρ = x y n eine negative ganze Zahl ist, wollen wir zuerst eine Lösung für ρ = x ln y angeben: φ c = x S 4 2(, 2)x 2 S 6 +3(, 4)x 4 S 8 4(, 6)x 6 S (5.15) Den Großbuchstaben it Exponent S n haben wir in (3.20) eingeführt. Für ρ = x 3 ln y lautet die Lösung φ c = 1 ( 24 x3 y 4 ln y 25 ) 160 ( 12 xy6 ln y 147 ). (5.16) 60 Wir haben (5.16) vollständig angegeben, u sie it der Lösung (3.23) der noralen Poisson-Gleichung besser vergleichen zu können. Die Darstellung der Lösung für ρ = x y n ist sehr uständlich. 16

17 Bei ungerade n sind drei Fälle zu unterscheiden: Für n = 1 : φ d = x S 3 2(, 2)x 2 S 5 + 3(, 4)x 4 S 7 (5.17) Für n = 3 : φ e = 1 [ ] x S 1 2(, 2)x 2 S 3 + 3(, 4)x 4 S 5. (5.18) 2! Für n 5 : φ f = 2 (1) k (, 2k) (k + 1) (n 1, 2k + 4) x2k y n+2k+4 + n5 k=0 + n3 (1) 2 (n 1)! k=0 (1) k ( n 1 2 ) + k (, n + 2k 3)x n2k+3 S 2k+1. Bei gerade n werden ebenfalls drei Fälle getrennt dargestellt: (5.19) Für n = 2 : [ ] φ g = x S 2 2(, 2)x 2 S 4 + 3(, 4)x 4 S 6. (5.20) Für n = 4 : φ h = 1 [ ] x S 0 2(, 2)x 2 S 2 + 3(, 4)x 4 S 4. (5.21) 3! Für n 6 : φ i = 2 (1) k (, 2k) (k + 1) (n 1, 2k + 4) x2k y n+2k+4 + n6 k=0 + n6 (1) 2 (n 1)! k=0 (1) k ( n 2 2 ) + k (, n + 2k 4)x n2k+4 S 2k. (5.22) 17

18 Wir haben drei Beispiele ausgewählt: Für ρ = x 5 y 9 : φ f = 1 (8, 4) x5 y 5 2(5, 2) (8, 6) x3 y 3 3(5, 4) + (8, 8) xy1 (5.23) Für ρ = x 6 y 7 : φ f = 1 (6, 4) x6 y 3 2(6, 2) (6, 6) x4 y ] [3(6, 4)x 2 S 1 4(6, 6)S 3 6! Für ρ = x 6 y 8 : φ i = 1 (7, 4) x6 y 4 2(6, 2) (7, 6) x4 y 2 1 ] [3(6, 4)x 2 S 0 4(6, 6)S 2 7! (5.24) (5.25) 18

19 6 Zusaenfassung Ein Integral-Iterationsverfahren ist ursprünglich entwickelt worden, u exakte Lösungen der nichtlinearen partiellen Differentialgleichung für die transsonische Ströung herzuleiten. In diese Artikel wenden wir dieses Verfahren auch auf die linearen partiellen Differentialgleichungen an. Für die Laplace- Gleichung, die Poisson-Gleichung, die biharonische Gleichung sowie die biharonische Poisson-Gleichung werden dadurch viele exakte Lösungen herausgefunden, die in dieser Art in der Matheatik noch nicht vorgekoen sind. 19

20 7 Aussicht In der absehbaren Zukunft wollen wir über die allgeeinen Lösungen der Euler-Gleichung φ x ( φ) y φ y ( φ) x = 0 aus der Ströungstheorie berichten. Außerde erklären wir später auch, wie an eine Lösung für die ehrdiensionale Laplace-Gleichung finden kann. φ xx + φ yy + φ zz + = 0 20

21 Literatur [1] Kuang-lai Chao Analytische Lösungen der nichtlinearen partiellen Differentialgleichungen für die transsonische Ströung in physikalischen Räuen DFVLR - FB Translation: Analytical solutions of the nonlinear partial differential equations for transonic flow in physical spaces European Space Agency, Technical Translation ESA-TT-1009, Deceber 1986 [2] L. D. Landau, E. M. Lifschitz Lehrbuch der Theoretischen Physik; Band VII, Elastizitätstheorie Akadeie Verlag, Berlin 1991 [3] Frederick S. Woods Advanced Calculus Ginn and Copany, Boston