2λx cos(y) + (4 2λ)y sin(y) e x harmonisch in R 2 ist. Dazu berechnen wir. = e x (2λ(x 2) cos(y) + (4 2λ)y sin(y))

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1 Mathematik für Ingenieure IV, Kurs-Nr. 094 SS 008 Lösungsvorschläge zu den Aufgaben für die Studientage am 30./ Kurseinheit 6: Die Potentialgleichung Aufgabe : Wir untersuchen, für welche λ R die Funktion ux, y λx cosy + 4 λy siny e x harmonisch in R ist. Dazu berechnen wir u x x, y e x λx cosy + 4 λy siny + e x λ cosy e x λ x cosy 4 λy siny, u xx x, y e x λ x cosy 4 λy siny e x λ cosy e x λx cosy + 4 λy siny und weiter u y x, y e x λx siny + 4 λ siny + 4 λy cosy e x λx siny + 4 λsiny + y cosy, u yy x, y e x λx cosy + 4 λcosy + cosy y siny e x 4 λ λx cosy 4 λy siny. Somit gilt ux, y u xx x, y + u yy x, y e x λx + 4 λ λx cosy e x λx 4λ + 8 4λ λx cosy 8 λe x cosy, und man liest ab: u ist harmonisch auf R genau dann, wenn λ ist.

2 Aufgabe : Gesucht ist die Lösung des Dirichlet-Problems mit den Randbedingungen u 0 auf {x, y R 0 < x < π, 0 < y < π} ux, 0 0, ux, π 0 für 0 < x < π, u0, y cos y, uπ, y cos y für 0 < x < π. Dazu benutzen wir die Formeln aus dem Beweis von Satz Es gilt u I 0 und u II 0, d.h. wir machen den Ansatz u u III + u IV. Bestimmung von u III. Es gilt u III x, y g n sinny sinhnx. Um die Randbedingung zu befriedigen, muss gelten u III π, y y g n sinny sinhnπ cos. Zur Bestimmung von g n wird zunächst cos y in eine Fourierreihe entwickelt, die nur aus Sinus-Gliedern besteht. Also g n sinhnπ π π 0 y cos sinnydy, und wegen sin α cos β sinα + β + sinα β gilt π g n sin n + y + sin n π sinhnπ Es folgt π sinhnπ π sinhnπ π sinhnπ 0 [ y y y dy cos n + cos n n + n 0 [ + cos n + π cos ] n π n + n n + n [ ] n n 4 8n π4n sinhnπ. ] π u III x, y 8 π n sinny sinhnx 4n sinhnπ.

3 Bestimmung von u IV. Es gilt u IV x, y f n sinny sinhnx π. Um die Randbedingung zu erfüllen, muss gelten u IV 0, y y f n sinny sinhnπ cos, da sinh eine ungerade Funktion ist. Nun gilt weiter f n sinhnπ π π y cos sinnydy und damit gemäß der eben durchgeführten Rechnung Es folgt 8n f n π4n sinhnπ. u IV x, y 8 π 0 n sinny sinhnx π 4n sinhnπ Die Lösung des Dirichlet-Problems lautet somit ux, y 8 π n sinnysinhnx sinhnx π 4n sinhnπ.. Aufgabe 3: Wir suchen eine Lösung des Dirichlet-Problems u 0 auf dem Einheitskreis K : {x, y R x + y } mit den Randwerten fϕ sin ϕ + cos ϕ. a Gemäß 6.. starten wir mit dem Ansatz vr, ϕ C 0 + C n cosnϕ + D n sinnϕr n. Damit die Randbedingungen erfüllt sind muss gelten v, ϕ C 0 + C n cosnϕ + D n sinnϕ sin ϕ + cos ϕ sin ϕ + sin ϕ + cos ϕ cos ϕ + sin ϕ + cos ϕ cos ϕ + cos ϕ. 3

4 Dies wird durch die Wahl C 0 C, C und alle anderen C n gleich null bewerkstelligt. Als Lösung in Polarkoordinaten erhalten wir und D n vr, ϕ + r cos ϕ r cos ϕ. b Um die Lösung in kartesische Koordinaten umzurechnen, formen wir cosϕ um. Es gilt mit x r cos ϕ und y r sin ϕ : ux, y ur cos ϕ, r sin ϕ vr, ϕ + r cos ϕ r cosϕ + r cos ϕ r cos ϕ sin ϕ + r cos ϕ r cos ϕ + r sin ϕ + x x + y. Aufgabe 4: Gelöst werden sollte die Potentialgleichung u 0 auf dem Quadrat 0 < x < π, 0 < y < π mit den Randwerten u0, y uπ, y u y x, π 0 und u y x, 0 sinx. Wegen der letzten Randbedingung versuchen wir es mit dem Ansatz vgl ux, y A cosx + B sinxce y + De y, d.h. wir hoffen, ohne echten Reihenansatz auszukommen. Aus den Randbedingungen folgt nun der Reihe nach ACe y + De y 0, ACe y + De y 0, 3 A cosx + B sinxce π De π 0, 4 A cosx + B sinxc D sinx. 4

5 C und D können nun nicht gleichzeitig null sein, da dies 4 widerspräche. Also folgt aus oder A 0 und damit B 0 wegen 4. Aus 3 ergibt sich dann notwendig D Ce 4π und mit 4 wiederum B C D C e 4π. Man erhält ux, y sinx C e 4π Cey + Ce 4π e y sinx e π e π e π+y + e π y sinx coshπ y. sinhπ Tatsächlich überzeugt man durch Nachrechnen von der Richtigkeit der gefundenen Lösung. Aufgabe 5: Wir suchen eine Lösung des Neumann-Problems für den Einheitskreis, also und u 0 in {x, y R x + y < } u cos ϕ, sin ϕ sin ϕ + cos ϕ + 6 sin ϕ cos ϕ. n Die Lösung wird in der Gestalt vr, ϕ : ur cos ϕ, r sin ϕ C 0 + C n cos nϕ + D n sin nϕr n angesetzt vgl Wegen n cos ϕ, sin ϕ u cos ϕ, sin ϕ grad ucos ϕ, sin ϕ n cos ϕ sin ϕ cos ϕ sin ϕ gilt v r, ϕ. Um die Lösung an die Randbedingung anzupassen, müssen nun die Konstanten C n, D n, n N, so bestimmt werden, daß v r, ϕ nc n cosnϕ + nd n sinnϕ sin ϕ + cos ϕ + 6 sin ϕ cos ϕ sin ϕ + cos ϕ + 3 sin ϕ 5

6 erfüllt ist. Das funktioniert mit C, D, D 3. In Polarkoordinaten lautet dann die Lösung vr, ϕ ur cos ϕ, r sin ϕ C 0 + r cos ϕ + r sin ϕ + 3 r sinϕ. Mit x r cos ϕ und y r sin ϕ ergibt sich weiter ux, y vr, ϕ C 0 + r cos ϕ + r sin ϕ + 3r sin ϕr cos ϕ C 0 + x + y + 3xy, wobei in beiden Lösungsdarstellungen C 0 R beliebig gewählt werden kann. Aufgabe 6: Wir wollen das Dirichlet-Problem u 0 im Kreisring, mit den Randbedingungen ucos ϕ, sin ϕ cos ϕ und u cos ϕ, sin ϕ sin ϕ lösen. Gemäß dem Vorgehen im Beweis von 6.. setzen wir die Lösung an als vr, ϕ : ur cos ϕ, r sin ϕ A 0 + B 0 lnr + A n r n + B n r n C n cosnϕ + D n sinnϕ. Aus den Randbedingungen ergibt sich v, ϕ A 0 + A n + B n C n cosnϕ + D n sinnϕ cos ϕ + cosϕ, v, ϕ A 0 + B 0 ln + n A n + n B n Cn cosnϕ + D n sinnϕ sin ϕ cosϕ. Damit erhält man folgende Bedingungen für die Koeffizienten: Aus der ersten Gleichung liest man ab A 0, A + B C, A + B D 0, A n + B n C n A n + B n D n 0 für alle n N \ {}. 6

7 Aus der zweiten Gleichung bekommt man A 0 + B 0 ln, 4A + 4 B C, 4A + 4 B D 0, n A n + n B n Cn n A n + n B n Dn 0 für alle n N \ {}. Daraus folgt A 0, B 0 0, D n 0 für alle n N, C n 0 für alle n N\{}. Aus A C + B C und 4A C + 4 B C erhält man B C 3 sowie A C 6 und damit vr, ϕ 6 r cosϕ + 3 r cosϕ. Mit x r cos ϕ und y r sin ϕ folgt daraus weiter ux, y 6 r cos ϕ sin ϕ + r cos ϕ sin ϕ 3 r 4 6 r cos ϕ r sin ϕ + r cos ϕ r sin ϕ 3r sin ϕ + r cos ϕ 6 x y + x y 3x + y. 7