Partielle Differentialgleichungen 1

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1 Skript zu der Vorlesung Partielle Differentialgleichungen 1 WS08/09 bei Prof. Dr. Mark Groves 23. März 2009

2 Inhaltsverzeichnis 1 Einleitung 3 2 Trennung der Variablen 15 3 Die Wellengleichung Die Wellengleichung im eindimensionalen Raum Die Wellengleichung im eindimensionalen Halbraum Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum Die Wellengleichung im zweidimensionalen Raum Die Wärmeleitungsgleichung Das Maximumsprinzip Die Wärmeleitungsgleichung im n-dimensionalen Raum Distributionen, Fundamentallösungen und Greensche Funktionen Eindimensionale Distributionen Distributionen in höheren Dimensionen Fundamentallösungen Greensche Funktionen Harmonische Funktionen und die Perronsche Methode Die Poissonsche Formel Sub-, super- und harmonische Funktionen Das starke Maximumsprinzip Konvergenzsätze für Folgen harmonischer Funktionen Die Perronsche Methode

3 1 Einleitung Definition 1. Eine partielle Differentialgleichung der Ordnung m mit n 2 unabhängigen Veränderlichen x = (x 1,...,x n ) und einer abhängigen Veränderlichen u = u(x) ist eine Gleichung der Form F(u(x), x1 u(x),..., xn (x), 2 x 1 u(x), x1 x2 u(x),..., 2 x n u(x),..., m x 1 u(x),..., m x n u(x),x) = 0, (1) wobei F eine beliebige Funktion ist. 2. Eine Lösung der partielle Differentialgleichung (1) in einem Gebiet Ω R n (d. h. in einer offenen, nichtleeren, zusammenhängenden Teilmenge von R n ) ist eine Funktion u : Ω R mit der Eigenschaft, dass u die Gleichung für jedes x Ω erfüllt. Lineare Gleichungen Die partielle Differentialgleichung (1) heißt linear in einem Gebiet Ω R n, falls α 1 u 1 + α 2 u 2 Lösung der Gleichung F(...,0) = 0 für alle α 1, α 2 R und alle Lösungen u 1, u 2 der Gleichung in Ω ist. Die partielle Differentialgleichung (1) heißt linear homogen, falls sie homogen ist und F(...,0) = 0. Beispiele 1. Die Laplace-Gleichung u x1 x 1 + u x2 x u xn x n = 0 (linear homogen, zweite Ordnung)

4 1 Einleitung 2. Die Poisson-Gleichung u x1 x 1 + u x2 x u xn x n = f(x), wobei f eine beliebige Funktion ist 3. Die Klein-Gordon-Gleichung u x1 x 1 u x2 x 2... u xn x n + u u 3 (linear, zweite Ordnung) (nichtlinear, zweite Ordnung) 4. Die Erhaltungsgleichung u x1 uu x2 = 0 (nichtlinear, erste Ordnung) 5. Die Eikonalgleichung u 2 x 1 + u 2 x 2 = c 2, wobei c = 0 eine beliebige Konstante ist (nichtlinear, erste Ordnung) In dieser Vorlesung werden überwiegend lineare partielle Differentialgleichungen zweiter Ordnung behandelt. Lineare Differentialgleichungen erster Ordnung mit zwei unabhängigen Veränderlichen Die einfachste Gleichung dieser Art ist u x = 0, u ist konstant in der x-richtung wobei u = u(x,y) ist. Die allgemeine Lösung ist u = f(y), wobei f eine beliebige Funktion einer Veränderlichen ist. y u ist konstant entlang der Geraden y = Konstante, die parallel zur i- Richtung laufen. u hängt daher nur von y ab. x i 4

5 Dieselbe Methode funktioniert auch für kompliziertere Gleichungen. 1 Einleitung Beispiel Finden Sie die allgemeine Lösung der Gleichung für u = u(x,y), wobei a, b Konstante mit a 2 + b 2 = 0 sind. au x + bu y = 0 (2) Lösung (2) lässt sich umschreiben als (a,b) a2 + b. u = 0 }{{ 2 } die Richtungsableitung u e von u in Richtung des Einheitsvektors e = (a,b) a2 + b 2 (2) besagt also, dass u in der e-richtung konstant ist. y u ist konstant entlang der Geraden bx ay = Konstante, die parallel zur e-richtung laufen. u hängt daher nur von bx ay ab. x e Die allgemeine Lösung von (2) ist also u = f(bx ay), wobei f eine beliebige Funktion einer Veränderlichen ist. 5

6 1 Einleitung Definition Die Geraden bx ay = Konstante heißen die charakteristischen Linien der Gleichung au x + bu y = 0. Beispiel Finden Sie die allgemeine Lösung der Gleichung für u = u(x,y). u x + yu y = 0 (3) Lösung (3) besagt, dass die Richtungsableitung von u in Richtung des Einheitsvektors e = (1,y) 1 + y 2 verschwindet. u ist also konstant entlang der charakteristischen Kurven mit Tangentenvektor e. Der Tangentenvektor zur Kurve {y = y(x)} ist nun (1,y (x)) 1 + (y (x)) 2, so dass die charakteristischen Kurven als Lösungen der trennbaren gewöhnlichen Differentialgleichung dy dx = y gefunden werden können. Sie sind also wobei C eine Konstante ist. y = Ce x, 6

7 1 Einleitung y y = 2e x C = 2 C = 1 y = e x C = 2 C = 1 C = 0 x y = e x y = 2e x Die charakteristischen Kurven stellen eine Blätterung des R 2 dar. Es gilt: d dx u(x,cex ) = 0 u(x,ce x ) = u(0,c) u(x,y) = u(0,e x y) Die allgemeine Lösung ist also u(x,y) = f(e x y), wobei f eine beliebige Funktion einer Veränderlichen ist. Bemerkung Betrachte die Gleichung u t + cu x = 0 für u = u(x,t), wobei c eine positive Konstante ist. Die allgemeine Lösung ist u = f(x ct), wobei f eine beliebige Funktion einer Veränderlichen ist. Wenn wir x als Raum und t als Zeit betrachten, besteht die Lösung aus einer Welle, die sich von links nach rechts mit Geschwindigkeit c und ohne Formänderung bewegt: t = 0 t = 1 t = 2 u =f(x) u =f(x t) u =f(x 2t) x 7

8 1 Einleitung Anfangswerte Die allgemeinen Lösungen der Gleichungen au t + bu x = 0 und sind bzw. u t + xu x = 0 u = f 1 (bt ax) u = f 2 (e t x), wobei f 1, f 2 beliebige Funktionen einer Veränderlichen sind. Wenn wir den Wert von u als Funktion von x zu einem bestimmten Zeitpunkt t = t 0 vorschreiben, können wir u eindeutig bestimmen. Beispiel Lösen Sie die Anfangswertprobleme 1. au t + bu x = 0, u(0,x) = sin x; 2. u t + xu x = 0, u(0,x) = x 3. Lösung 1. Die allgemeine Lösung der Gleichung ist u(t,x) = f 1 (bt ax) und aus folgt u(0,x) = sin x f 1 ( ax) = sin x f 1 (x) = sin ( ) x a. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also ) u(t,x) = sin (x b a t. 8

9 1 Einleitung 2. Die allgemeine Lösung der Gleichung ist u(t,x) = f 2 (e t x) und aus u(0,x) = x 3 folgt f 2 (x) = x 3. Die Lösung des Anfangswertproblems ist also u(t,x) = x 3 e 3t. Bemerkung Eine Lösung der Gleichung au t + bu x = 0 ist konstant entlang der charakteristischen Kurven bt ax = c. x Eine Lösung der Gleichung u t + xu x = 0 ist konstant entlang der charakteristischen Kurven y = ce t. x t t In beiden Fällen bilden die charakteristischen Kurven eine Blätterung der (t,x)- Ebene. Insbesondere schneidet jede charakteristische Kurve die x-achse genau einmal. Durch die Angabe eines Anfangswertes legen wir also die konstanten Werte von u entlang der charakteristischen Kurven fest. Falls nicht alle charakteristischen Kurven die x-achse schneiden, können wir durch die Angabe eines Anfangswertes u nicht überall eindeutig bestimmen. 9

10 1 Einleitung Beispiel Finden Sie die charakteristischen Kurven der Gleichung u t x 2 u x = 0 und diskutieren Sie das entsprechende Anfangswertproblem. Lösung Die charakteristischen Kurven der Gleichung u t x 2 u x = 0 sind die Lösungen x = x(t) der gewöhnlichen Differentialgleichung also und dx dt = x2, x = 0 x = 1 t c, c R : c = - 2 c = - 1 x c = 0 c = 1 c = 2 t c = -2 c = - 1 c = 0 c = 2 c = 1 Die charakteristischen Kurven in den markierten Regionen x 1/t > 0 und x 1/t < 0 schneiden die x-achse nicht. 10

11 1 Einleitung Lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten Die allgemeinste homogene Gleichung dieser Art in n unabhängigen Verändlichen x 1,..., x n ist n i,j=1 a ij u xi x j + n i=1 a i u xi + a 0 u = 0, (1) wobei a ij, a i und a 0 Konstante sind und die Matrix A = (a ij ) n n symmetrisch und nicht gleich Null ist. Lemma Es existieren eine lineare Koordinatentransformation z = z(x) und nichtnegative ganze Zahlen m 1, m 2 mit m 1 + m 2 n, so dass (1) die Form m 1 u zk z k k=1 in den neuen Koordinaten hat. m 1 +m 2 u zk z k + k=m 1 +1 n c k u zk + c 0 u = 0 (2) k=1 Beweis Da A reell und symmetrisch ist, sind ihre Eigenwerte alle reell. Ferner existiert eine orthogonale Matrix Q mit der Eigenschaft, dass B := QAQ T = diag(λ 1,...λ m1,λ m1 +1,...,λ m1 +m 2, 0,...,0 ), }{{} n (m 1 + m 2 )-mal wobei m 1 und m 2 die Anzahl der positiven bzw. negativen Eigenwerte (nach geometrischer Vielfachheit gezählt) sind. Betrachte die Koordinatentransformation y = Qx, d.h. Aus der Kettenregel folgt x i = = n k=1 n k=1 y k x i q ki y k, y k y k = n q km x m, m=1 k = 1,...,n. 11

12 1 Einleitung so dass u xi = u xi x j = ( n n q ki u yk, k=1 q ki k=1 y k )( n q lj l=1 y l ) u und n a ij u xi x j = i,j=1 n a i u xi = i=1 n k,l=1 n ( n k=1( n i=1 i,j=1 q ki a ij q lj ) } {{ } = b ) kl q ki a i u yk. } {{ } := b k u yk y l, Unsere Gleichung ist somit m 1 λ k u yk y k + k=1 m 1 +m 2 λ k u yk y k + k=m 1 +1 n b k u yk + a 0 u = 0. (3) k=1 Schließlich definieren wir z k = 1 λk,y k, k = 1,...,m 1 + m 2 und z k = y k, k = m 1 + m 2 + 1,...,n. Damit wird Gleichung (3) in Gleichung (2) transformiert, wobei c k = b k / λ k, k = 1,...,n und c 0 = a 0. Definition Die Gleichung (1) heißt elliptisch, falls m 1 = n oder m 2 = n ist (alle Eigenwerte von A haben dasselbe Vorzeichen); 12

13 1 Einleitung parabolisch, falls m 1 + m 2 < n ist (mindestens ein Eigenwert von A verschwindet); hyperbolisch, falls m 1 + m 2 = n und m 1 = 1 oder m 2 = 1 (kein Eigenwert von A verschwindet, und bis auf einen haben alle Eigenwerte dasselbe Vorzeichen). Beispiele 1. Die Laplace-Gleichung u x1 x u xn x n = 0 für u = u(x), x = (x 1,...,x n ) ist elliptisch. 2. Die Wärmeleitungsgleichung u t = u x1 x u xn x n für u = u(t,x), x = (x 1,...,x n ) ist parabolisch. 3. Die Wellengleichung u tt = c 2 (u x1 x u xn x n ) für u = u(t,x), x = (x 1,...,x n ), wobei c eine positive Konstante ist, ist hyperbolisch. Die Gleichungen u = 0 (Laplace-Gleichung) u t = u (Wärmeleitungsgleichung) u tt = u (Wellengleichung) sind die kanonischen Beispiele der drei Arten von Gleichungen und wir werden sie gründlich untersuchen. Hier schreiben wir = 2 x x n. der Laplace-Operator Wir untersuchen unsere Gleichungen für Werte von x in einem Gebiet Ω R n. Dabei gilt die partielle Differentialgleichung nur im Inneren von Ω; wir müssen zusätzlich vorschreiben, wie sich u auf dem Rande Ω von Ω verhält. Dies tun wir, indem wir entweder den Wert von u (Dirichlet Randwerte) oder den Wert der normalen Ableitung n u (Neumannsche Randwerte) auf Ω vorschreiben. 13

14 1 Einleitung Im Falle der Laplace-Gleichung führt diese Prozedur zu zwei Randwertproblemen: Das Dirichletsche Randwertproblem Das Neumannsche Randwertproblem Δu=0 u=g Δu=0 u n =g Ω Ω Die Wellen- und Wärmeleitungsgleichungen haben eine gesonderte unabhängige Veränderliche t, die wir üblicherweise als Zeit betrachten. Wir schreiben die Lösung als u(t,x), ր տ Zeit Raum wobei die die partielle Differentialgleichung die Evolution in Zeit von u im räumlichen Gebiet Ω beschreibt. Wir schreiben Dirichletsche oder Neumannsche Randwerte auf Ω sowie Anfangswerte bei t = 0 vor: Wärmeleitungsgleichung u t = u, x Ω, t > 0, } u = g, u n = g, x Ω, t > 0, u = f, x Ω, t = 0 Wellengleichung u tt = u, x Ω, t > 0, } u = g, u n = g, x Ω, t > 0, u = f 1, x Ω, t = 0, u t = f 2, x Ω, t = 0 Dies sind Anfangsrandwertprobleme. Wir werden uns mit folgenden Themen beschäftigen: Existenz: Haben die obigen Probleme Lösungen? Welche Methode gibt es, um die Lösungen zu finden? Eindeutigkeit: Gibt es nur eine Lösung? Die qualitativen Eigenschaften der Lösungen. 14

15 2 Trennung der Variablen 2 Trennung der Variablen Beispiel Lösen Sie das Anfangsrandwertproblem u t = u xx, x (0,a), t > 0, (1) u(t,0) = 0, t > 0, (2) u(t,a) = 0, t > 0, (3) u(0,x) = f(x). (4) Lösung Wir suchen eine Lösung der Form u(t,x) = f 1 (t) f 2 (x), Separationsansatz so dass f 1 (t) f 2(x) = f 1 (t) f 2 (x) f 1 (t) f 1 (t) = f 2 (x) f 2 (x). Die linke Seite dieser Gleichung hängt nur von t ab, während die rechte Seite nur von x abhängt. Beide Seiten sind also konstant: f 1 (t) f 1 (t) = k, f 2 (x) f 2 (x) = k Die Funktion f 2 genügt also den Gleichungen f 2 (x) k f 2(x) = 0, x (0,a), f(0) = 0, f(a) = 0. Wir unterscheiden drei Fälle: 15

16 2 Trennung der Variablen k = 0 Es gilt: und so dass f 2 (x) = 0 ist. k = κ 2 > 0 f 2 (x) = Ax + B, } f 2 (0) = 0 B = 0 f 2 (a) = 0 Aa + B = 0 A = B = 0, Es gilt: f 2 (x) = Ae κx + Be κx und } f 2 (0) = 0 A + B = 0 f 2 (a) = 0 Ae κa + Be κa A = B = 0, = 0 so dass f 2 (x) = 0 ist. k = κ 2 > 0 Es gilt: und f 2 (x) = Acos κx + B sinκx f 2 (0) = 0 A = 0 f 2 (a) = 0 B sinκa = 0 Wir erhalten eine nichttriviale Lösung für f 2 durch die Wahl κ = nπ a, n = 1,2,3,..., so dass ist. ( nπx ) f 2 (x) = B n sin, n = 1,2,3,... a Die entsprechende Gleichung für f 1 ist f 1 (t) = π 2 n2 a 2 f 1 (t) ( f 1 (t) = C n exp n2 π 2 t a 2 ), n = 1,2,... 16

17 Die trennbaren Lösungen von (1)-(3) sind also ( nπx u n (t,x) = D n sin a ) ( exp n2 π 2 t a 2 2 Trennung der Variablen ), n = 1,2,... Es bleibt nun, die Anfangsbedingung (4) zu diskutieren. Da die Gleichung (1) linear ist, ist jede lineare Kombination der Lösungen u n, n = 1,2,... ebenfalls eine Lösung. Als allgemeine Lösung nehmen wir also die unendliche Summe u(t,x) = D n sin n=1 ( nπx a ) ( exp n2 π 2 t a 2 ). Aus folgt u(0,x) = f(x) ( nπx ) f(x) = D n sin, a n=1 }{{} Dies ist die Sinusreihendarstellung von f so dass D n = 2 a a 0 f(x)sin nπx a dx. Dieselbe Methode funktioniert für Probleme in höheren Dimensionen. Beispiel Lösen Sie das Randwertproblem u = 0, r < a, (1) u(a,θ) = f(θ), (2) wobei (r,θ) die üblichen ebenen Polarkoordinaten sind. 17

18 2 Trennung der Variablen Lösung Wir brauchen die Formel u = u rr + 1 r u r + 1 r 2 u θθ = 0 für den Laplace-Operator in ebenen Polarkoordinaten. Wir suchen eine Lösung von (1), (2) der Form u(r,θ) = f 1 (r) f 2 (θ), Separationsansatz so dass f 2 (θ) f 1 (r) + 1 r f 2(θ) f 1 (r) + 1 r 2 f 2 (θ) f 1(r) = 0 r 2 f 1 (r) f 1 (r) + r f 1 (r) f 1 (r) = f 2 (θ) f 2 (θ) Die linke Seite dieser Gleichung hängt nur von r ab, während die rechte Seite nur von t abhängt. Beide Seiten sind also konstant: r 2 f 1 (r) f 1 (r) + r f 1 (r) f 1 (r) Die Funktion f 2 genügt also den Gleichungen = k, f 2 (θ) f 2 (θ) = k. f 2 (θ) + k f 2(θ) = 0, f 2 (θ + 2π) = f 2 (θ). Wir unterscheiden drei Fälle: k = 0 Es gilt: und so dass f 2 (θ) = B ist. f 2 (θ) = Aθ + B f 2 (θ + 2π) = f 2 (θ) A = 0, k = κ 2 < 0 Es gilt: f 2 (θ) = Ce κθ + De κθ 18

19 2 Trennung der Variablen und so dass f 2 (x) = 0 ist. f 2 (θ + 2π) = f 2 (θ) C = D = 0, k = κ 2 > 0 Es gilt: f 2 (θ) = E sin(κθ) + F cos(κθ) und wir erhalten eine nichttriviale 2π-periodische Lösung für κ = n, n = 1,2,..., so dass f 2 (θ) = E n sin(nθ) + F n cos(nθ), n = 1,2,3,... Die entsprechende Gleichung für f 1 ist die Euler-Gleichung r 2 f 1 (r) + r f 1 (r) n2 f 1 (r) = 0, n = 0,1,2,... (n = 0 entspricht dem Fall k = 0 und f 2 (θ) = B.) Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist { A0 + B 0 logr, n = 0, f 1 (r) = A n r n + B n r n, n = 1,2,3,... Unsere Lösungen müssen zweimal differenzierbar für r < a und insbesondere stetig im Nullpunkt sein. Wir setzen daher B 0 = 0 und B n = 0, n = 1,2,3,... Die trennbaren Lösungen von (1) sind also u 0 (r,θ) = C 0, u n (r,θ) = r n (C n sin(nθ) + D n sin(nθ)), n = 1,2,... Um die Randbedingung (2) zu erfüllen, benutzen wir die unendliche Summe u(r,θ) = C 0 + als allgemeine Lösung von (1). Aus (2) folgt C 0 + n=1 r n (C n sin(nθ) + D n cos(nθ)) n=1 (C n a n sin(nθ) + D n a n cos(nθ)) = f(θ), } {{ } Fourierreihendarstellung von f 19

20 2 Trennung der Variablen so dass C 0 = 1 π 2π C n a n = 1 π D n a n = 1 π π π π π π f(θ)dθ f(θ)sin(nθ)dθ, n = 1,2,..., f(θ)cos(nθ)dθ, n = 1,2,... Manchmal entstehen Gleichungen mit durch spezielle Funktionen definierten Lösungen. Beispiel Finden Sie alle trennbaren Lösungen der (2 + 1)-dimensionalen Wellengleichung u tt = u, r < a, t > 0 (1) mit Randbedingung u = 0, r = a, t > 0, (2) wobei (r,θ) die üblichen ebenen Polarkoordinaten sind. Lösung Wir suchen eine Lösung von (1), (2) der Form u(r,θ,t) = F(r,θ) f 3 (t), Separationsansatz so dass F(r,θ) F(r,θ) = f 3 (t) f 3 (t) = k 1 ist. Die Funktion F genügt also den Gleichungen F = k 1 F, r < a, (3) F = 0, r = a. (4) Wir unterscheiden drei Fälle. 20

21 2 Trennung der Variablen k 1 = 0 Aus dem ersten Greenschen Integralsatz folgt r<a r<a (F F + F. F) = F 2 = 0 F 2 = 0 F = Konstante }{{} = 0 weil F = 0 für r = a r=a F F n k 2 = κ 2 > 0 Diesmal erhalten wir (κ 2 F 2 + F 2 ) = 0 r<a r<a F = 0 F 2 = 0 k 1 = κ 2 < 0 Wir suchen eine Lösung von (3), (4) der Form u(r,θ) = f 1 (r) f 2 (θ), Separationsansatz so dass r 2 f 1 (r) f 1 (r) + r f 1 (r) f 1 (r) + κ2 r 2 = f 2 (θ) f 2 (θ) = k 2 ist. Die Funktion f 2 genügt also den Gleichungen f 2 (θ) + k 2 f 2 (θ) = 0, f 2 (θ + 2π) = f 2 (θ). Wie im letzten Beispiel folgern wir, dass k 2 = n 2, n = 0,1,... ist und f 2 (θ) = { A0, n = 0, A n cos(nθ) + B n sin(nθ), n = 1,2,... 21

22 2 Trennung der Variablen Die entsprechenden Gleichungen für f 1 sind r 2 f 1 (r) + r f 1 + (κ2 r 2 n 2 ) f 1 = 0, (5) f 1 (a) = 0. (6) Durch die Substitution s = κr, f(s) = f 1 (r) erhalten wir die Besselsche Differentialgleichung s 2 f (s) + s f (s) + (s 2 n 2 ) f = 0. Diese Gleichung hat zwei linear unabhängige Lösungen, die Besselsche Funktion erster Gattung J n (s) und die Besselsche Funktion zweiter Gattung Y n (s): J o (s) J n (s), n 1 { 1, n = 0 lim J n(s) = s 0 0, n 1 s J n hat unendlich viele Nullstellen lim J n(s) = 0. s Y n (s) s lim Y n(s) = s 0 Y n hat unendlich viele Nullstellen lim Y n(s) = 0 s Die allgemeine Lösung von (5) ist also f 1 (r) = C n J n (κr) + D n Y n (κr). Damit die Lösung im Nullpunkt stetig ist, müssen wir D n = 0 setzen. 22

23 Aus (6) folgt C n J n (κa) = 0 und wir erhalten eine nichttriviale Lösung für f 1 durch die Wahl wobei die Nullsten von J n sind. Damit ist f 1 (r) = C mn J n ( jmn r a κ = j mn a, 0 < j 1n < j 2n < j 3n <... 2 Trennung der Variablen ), m = 1,2,..., n = 0,1,2,... Die entsprechende Gleichung für f 3 ist f 3 (t) + j2 mn a 2 f 3(t) = 0 ( ) ( ) jmn t jmn t f 3 (t) = E mn sin + F mn cos. a a Die trennbaren Lösungen sind also ( )( ( ) ( )) jm0 r jm0 t jm0 t u m0 (r,θ,t) = J 0 A m0 sin + B m0 cos, m = 1,2,..., a a a ( )( ( ) ( )) jmn r jmn t jmn t u mn (r,θ,t) = J n A mn sin + B mn cos a a a (A n cos(nθ) + B n sin(nθ)), m,n = 1,2,... Beispiel Finden Sie alle trennbaren Lösungen der dreidimensionalen Laplace-Gleichung wobei (r,θ,φ) die üblichen Kugelkoordinaten sind. u = 0, r < a, (1) 23

24 2 Trennung der Variablen Lösung Wir brauchen die Formel u = 1 r 2 r ( r 2 u r ) + 1 ( r 2 sin θ u ) + sinθ θ θ für den Laplace-Operator in Kugelkoordinaten. Wir suchen eine Lösung von (1) der Form 1 r 2 sin 2 θ 2 u φ 2 u(r,θ,φ) = G(r,θ) f 1 (φ), Separationsansatz so dass sin 2 θ G ( r 2 G ) + sinθ r r G Die Funktion f 1 genügt also den Gleichungen ( sin θ G ) = f 1 (φ) θ θ f 1 (φ) = k 2. f 1 (φ) + k 2 f 1 (φ) = 0, f 1 (φ + 2π) = f 1 (φ). Wie im letzten Beispiel folgern wir, dass k 2 = n 2, n = 0,1,... ist und f 1 (φ) = { A0, n = 0, A n cos(nφ) + B n sin(nφ), n = 1,2,... Nun suchen wir eine Lösung von sin 2 θ ( r 2 G ) r r der Form + sinθ θ ( sin θ G ) n 2 G = 0 θ G(r,θ) = f 2 (r) f 3 (θ), Separationsansatz so dass f 4 (r) f 2 (r) + 2r f 2 (r) f 2 (r) = 1 ( ) cot θ f f 3 (θ) 3(θ) + f 3 (θ) n2 sin 2 = k 2. θ Die Gleichung ( cot θ f 3 (θ) + f 3 (θ) + k 2 ) n2 sin 2 f 3 (θ) = 0, θ θ [0,π] 24

25 2 Trennung der Variablen für f 3 wird durch die Substitution x = cos θ, f(x) = f 3 (θ) in transformiert. (1 x 2 ) f (x) 2x f (x) + ) (k 2 n2 1 x 2 f(x) = 0, x [ 1,1] (2) Ergebnisse aus der Theorie gewöhnlicher Differentialgleichungen zeigen, dass (5) Lösungen besitzt, die auf [ 1,1] stetig sind, falls ist. Die Gleichung k 2 = l(l + 1), l = n,n + 1,... (1 x 2 ) f (x) 2x f (x) + ) (l(l + 1) n2 1 x 2 f(x) = 0 heißt Legendresche Differentialgleichung. Diese hat nur eine eine Lösung, die auf [ 1,1] stetig ist, die zugeordnete Legendre-Funktion wobei ist. Pl n(x) = ( 1)n (1 x 2 n/2 dn ) dx n P l(x), P l (x) = 1 d l 2 l l! dx l(x2 1) l }{{} Legendre-Polynom Die allgemeine Lösung für f 3 is also f 3 (θ) = C ln Pl n (cos θ), 0 n l. Die entsprechende Gleichung für f 2 ist f 2 (r) + 2r f 2 (r) l(l + 1) f 2(r) = 0, und die allgemeine Lösung dieser Euler-Gleichung ist C 0 + D 0 logr, l = 0, f 1 (r) = C l r l + D l, rl+1 l = 1,2,3,... Damit die Lösung im Nullpunkt stetig ist, müssen wir D 0 = 0 und B l = 0, l = 1,2,3,... setzen. 25

26 2 Trennung der Variablen Die trennbaren Lösungen sind also u l0 (r,θ,φ) = A l0 r l P l (cos θ), l = 0,1,2,..., u ln (r,θ,φ) = (A ln cos(nφ) + B ln sin(nφ))r l Pl n (cos θ), 1 n l. Über Saiten und Membrane Saiten Die (1 + 1)-dimensionale Wellengleichung u tt = u xx, x (0,a), t > 0 (1) mit Dirichletschen Randbedingungen u = 0, x = 0,a, t > 0 (2) entsteht bei der Modellierung einer eingespannten Saite. 0 a x u(t, x) u(t,x) is die Auslenkung des Punktes mit räumlicher Koordinate x zum Zeitpunkt t (Annahme: Die Auslenkung ist senkrecht zum Gleichgewichtszustand) 26

27 2 Trennung der Variablen Die trennbaren Lösungen dieses Problems sind u n (t,x) = sin nπx a = C n sin nπx a }{{} beschreibt die räumliche Form der Lösung ( A n sin nπt a sin nπ a (t D n), }{{} + B n cos nπt ), a besagt, dass die Lösung zeitlich periodisch mit Frequenz nπ/a ist n = 1,2,... und werden Normalmoden genannt. Sie sind stehende Wellen, d.h. örtlich und zeitlich periodische Wellen. n = 1 (D n = 0) t =a/2, 5a/2,... 0 a x t =a, 2a, 3a,... t = 3a/2, 7a/2,... n = 2 (D n = 0) t =a/4, 5a/4,... 0 a/2 a x t =a/2, a, 3a/2,... t = 3a/4, 7a/4,... Beachte den Knotenpunkt bei x = a/2. 27

28 2 Trennung der Variablen n = 3 (D n = 0) t =a/6, 5a/6,... t =a/3, 2a/3, a,... 0 a/3 2a/3 a x t =a/2, 7a/6,... Beachte die Knotenpunkte bei x = a/3 und x = 2a/3. Die allgemeine Lösung von (1), (2) ist die unendliche Summe u(t,x) = sin nπx ( A n sin nπt a a n=1 + B n cos nπt ). a Physikalisch gesehen ist dies eine Superposition aller möglichen Normalmoden, wobei jede einzelne Mode eine eigene Amplitude C n und Phase D n hat. Die Koffizienten A n, B n (bzw. C n, D n ) werden durch die Anfangsbedingungen bestimmt: u(0,x) = f(x) u t (0,x) = f(x) B n sin nπx a n=1 B n = 2 a a 0 = f(x) f(x)sin nπx a nπ nπx A n sin a a n=1 A n = a nπ.2 a a 0 dx = f(x) f(x)sin nπx a dx Physikalisch bedeutet dies, dass die erzeugte Schwingung davon abhängt, wie die Saite anfänglich gezupft wurde. 28

29 2 Trennung der Variablen Rechteckige Membrane Die (2 + 1)-dimensionale Wellengleichung u tt = u xx + u yy, x (0,a), y (0,b), t > 0 (3) mit Dirichletschen Randbedingungen u = 0, x = 0, a und y = 0, b, t > 0 (4) entsteht bei der Modellierung eines eingespannten rechteckigen Membrans. b (x,y) 0 a x u(t,x,y) is die Auslenkung des Punktes mit räumlichen Koordinaten (x,y) zum Zeitpunkt t Die Normalmoden sind u mn (t,x,y) = sin mπx a = C mn sin mπx a sin nπy b (A mn sinω mn t + B mn cos ω mn t) sin nπy b sinω mn(t D mn ) mit Frequenzen ω mn = m 2 π 2 a 2 + n2 π 2 b 2, m,n = 1,2,... 29

30 2 Trennung der Variablen u 11, Frequenz ω 11 u 12, Frequenz ω 12 u 21, Frequenz ω 21 u 22, Frequenz ω 22 u 13, Frequenz ω 13 u 31, Frequenz ω 31 Dieses Diagramm zeigt die Knotenlinien der ersten sechs Normalmoden. Die schraffierten und nichtschraffierten Teile bewegen sich in entgegengesetzten Richtungen. Falls a/b Q ist, können verschiedene Werte von (m,n) Normalmoden mit derselben Frequenz erzeugen: Im Falle eines quadratischen Membrans (a = b) haben u 12 und u 21 die degenerierte Frequenz 5π/a. u 12 u 21 Die Funktion u 12 + u 21 is daher eine stehende Welle mit Freuqenz 5π/a für alle Werte von A 12, A 21, B 12 und B 21 : 30

31 2 Trennung der Variablen B 21 = 1 B 21 = 1 Hier ist A 12 = A 21 = 0 und B 12 = 1. Die Knotenlinie ist { (x,y) : cos πy a + B 21 cos πx a = 0 }. B 21 = 1 2 B 21 = 1 2 Die allgemeine Lösung von (1), (2) ist die Superposition u(t,x,y) = sin mπx sin nπy a b (A mn sinω mn t + B mn cos ω mn t), m,n=1 wobei die Koffizienten A mn, B mn durch die Anfangsbedingungen bestimmt werden: u(0,x,y) = f(x,y) u t (0,x,y) = g(x,y) B m,n sin mπx sin nπy a b m,n=1 B mn = 4 ab b a 0 0 f(x,y)sin mπx a ω mn A m,n sin mπx sin nπy a b m,n=1 A mn = 4 ω mn ab b a 0 0 = f(x,y) sin nπy b g(x,y)sin mπx a = g(x,y) dx dy sin nπy b dx dy 31

32 2 Trennung der Variablen Kreisförmige Membrane Die (2 + 1)-dimensionale Wellengleichung u tt = u, r < a, t > 0 (5) mit Dirichletschen Randbedingungen u = 0, r = a, t > 0 (6) entsteht bei der Modellierung eines eingespannten kreisförmigen Membrans. Die Normalmoden sind u m0 (t,r) = J 0 ( jm0 r a ) (A m0 sinω m0 t + B m0 cos ω m0 t) mit Frequenzen ω m0 = j m0 /a, ( ) jmn r u mn (t,r,θ) = J n cos nθ(a 1 mn a sinω1 mn t + B1 mn cos ω1 mn t) mit Frequenzen ωmn 1 = j mn /a, ( ) jmn r u mn (t,r,θ) = J n sinnθ(a 2 mn a sinω2 mn t + B2 mn cos ω2 mn t) mit Frequenzen ω 2 mn = j mn /a, wobei J n die n-te Besselsche Funktion erster Gattung und j mn die m-te Nullstelle von J n ist. Die Normalmoden u m0 sind radialsymmetrisch: 32

33 2 Trennung der Variablen j10 r J 0 a j20 r J 0 a a r j 10 a j 20 a r u 10 hat keine Knotenlinien u 20 hat eine Knotenlinie bei r = j 10a j 20 j30 r J 0 a j 10 a j 30 j 20 a j 30 a r u 30 hat Knotenlinien bei r = j 10a j 30 und r = j 20a j 30 33

34 2 Trennung der Variablen Da ω 1 mn = ω 2 mn für n,m = 1,2,... ist, sind alle anderen Frequenzen degeneriert: j11 r J 1 a j11 r J 1 a a r a r cosθ sinθ π 2 3π 2 θ π θ u 1 11 hat Knotenlinien bei θ = π 2, 3π 2 u 2 11 hat Knotenlinien bei θ = 0, π 34

35 2 Trennung der Variablen j21 r J 1 a j21 r J 1 a j 11 a j 21 a r j 11 a j 21 a r cos3θ sin3θ π 6 π 2 5π 6 7π 6 3π 2 11π 6 θ π 3 2π 3 π 4π 3 5π 3 θ u 1 23 hat Knotenlinien bei r = j 11a j 21 θ = π 6, π 2, 5π 6, 7π 6, 3π 2, 11π 6 und u 1 23 hat Knotenlinien bei r = j 11a j 21 θ = 0, π 3, 2π 3, π, 4π 3, 5π 3, 2π und Die allgemeineste Schwingung ist die Superposition u(t,r,θ) = ( jm0 r J 0 a m=1 + J n ( jmn r a + J n ( jmn r a ) (A m0 sin ω m0 t + B m0 cos ω m0 t) ) cos nθ(a 1 mn sinω1 mn t + B1 mn cos ω1 mn t) ) sinnθ(a 2 mn sin ω2 mn t + B2 mn cosω2 mn t), wobei die Koeffizienten A m0, B m0, A 1 mn, B1 mn, A2 mn, B2 mn durch die Anfangsbedingungen 35

36 2 Trennung der Variablen u(0,r,θ) = f(r,θ), (7) u t (0,r,θ) = g(r,θ) (8) bestimmt werden. Lemma Für n = 0, 1, 2,... gilt a 0 ( ) ( ) jkn r jmn r rj n J n dr = 0, a a k = m und a 0 ( ) jkn r 2 rj n = a2 a 2 J n+1(j kn ) 2. Mit Hilfe dieses Lemmas und (7), (8) können wir die Koeffizienten nun bestimmen. Aus (7) folgt f(r,θ) = + m=1 ( ) jm0 r B m0 J 0 + a ( BmnJ 2 jmn r n a m,n=1 Bmn 1 J n m,n=1 ) sin nθ. ( jmn r a ) cos nθ Betrachte dies als die Fourierreihendarstellung von f(r, ), so dass m=1 m=1 ( ) jm0 r B m0 J 0 = 1 a 2π ) ( BmnJ 1 jmn r n = 1 a π ( ) jmn r = 1 a π Bmn 2 J n m=1 2π 0 2π 0 2π 0 f(r,θ)dθ, (9) f(r,θ)cos nθ dθ, n = 1,2,..., (10) f(r,θ)sin nθ dθ, n = 1,2,... (11) 36

37 ( ) jk0 r Multipliziere (9) mit rj 0 a und integriere über (0,a): ) ) m=1 a ( ( jk0 r jm0 r B m0 rj 0 J 0 dr 0 a a }{{} B k0 = = a2 2 J 1(j k1 )δ km 1 πa 2 J 1 (j k0 ) 2 a 2π 0 0 = 1 2π a 2π Trennung der Variablen ( ) jk0 r rj 0 f(r,θ)dr dθ a ( ) jk0 r rj 0 f(r,θ)dr dθ, k = 1,2,... a ( ) jkn r Multipliziere (10) und (11) mit rj n a und integriere über (0,a): B 1 kn = 1 πa 2 J n+1 (j kn ) 2 B 2 kn = 1 πa 2 J n+1 (j kn ) 2 a 2π 0 0 a 2π 0 0 ( ) jkn r rj n a ) rj n ( jkn r a f(r,θ)cos nθ dr dθ, k,n = 1,2,..., f(r,θ)sin nθ dr dθ, k,n = 1,2,... Die Koeffizienten A 1 kn = 1 πa 2 J n+1 (j kn ) 2 ω kn A 2 kn = 1 πa 2 J n+1 (j kn ) 2 ω kn a 2π 0 0 a 2π 0 0 ( ) jkn r rj n a ) rj n ( jkn r a werden durch eine ähnliche Berechnung mit (8) bestimmt. f(r,θ)cos nθ dr dθ, k,n = 1,2,..., f(r,θ)sin nθ dr dθ, k,n = 1,2,... Bemerkung L 2 (Ω) sei der Raum aller über Ω quadratisch integrierbaren Funktionen. {u m } m=1 heißt orthonormale Basis für L 2 (Ω), falls Ω u m u k = δ mk jedes f L 2 (Ω) sich als schreiben lässt. f = α m u m, α m = f u m m=1 Ω In den obigen Beispielen nutzen wir folgende Fakten aus: 37

38 { } 2 nπx sin ist eine orthonormale Basis für L 2 (0,a) a a n=1 2 Trennung der Variablen { 2 sin mπx sin nπy } ist eine orthonormale Basis für L 2 ((0,a) (0,b)) ab a b m,n=1 { ( )} 1 πaj1 (j k0 ) J jk0 r { ( ) } 1 0 a k=1 πajn+1 (j kn ) J jkn r n cos nθ a k,n=1 { ( ) } 1 πajn+1 (j kn ) J jkn r n sin nθ a k,n=1 ist eine orthonormale Basis für L 2 ({r < a}). 38

39 3 Die Wellengleichung 3 Die Wellengleichung 3.1 Die Wellengleichung im eindimensionalen Raum In diesem Abschnitt betrachten wir das Anfangswertproblem u tt = c 2 u xx, x R, t > 0, (1) u(0,x) = f(x), x R, (2) u t (0,x) = g(x), x R. (3) Die allgemeine Lösung der Wellengleichung im eindimensionalen Raum Führe die neuen Koordinaten ξ = x ct, η = x + ct ein. Aus der Kettenregel folgt x = ξ x ξ + η x = ξ + η, t = ξ t ξ + η t η η = c ξ + c η, so dass (1) in d.h. ( c ξ + c ) 2 ( u = c 2 η ξ + ) 2 u, η ξ ( ) u = 0 η transformiert wird. Die allgemeine Lösung dieser Gleichung ist u(ξ,η) = F(ξ) + G(η), 39

40 3.1 Die Wellengleichung im eindimensionalen Raum wobei F und G beliebige Funktionen einer Veränderlichen sind. Die allgemeine Lösung von (1) ist daher u(t,x) = F(x ct) }{{} Eine Welle, die sich von links nach rechts mit Geschwindigkeit c bewegt + G(x + ct) }{{} Eine Welle, die sich von rechts nach links mit Geschwindigkeit c bewegt. Die d Alembertsche Lösung der Wellengleichung im eindimensionalen Raum Um die Funktionen F und G zu bestimmen, betrachten wir die Anfangsbedingungen (2) und (3). Es gilt: f(x) = F(x) + G(x), g(x) = cf (x) + cg (x), so dass F (x) = 2 1 f (x) 2c 1 g(x) F(x) F(0) = 2 1 f(x) 1 2 f(0) 1 2c G (x) = 2 1 f (x) + 2c 1 g(x) G(x) G(0) = 1 2 f(x) 1 2 f(0) + 1 2c x 0 x 0 g(s) ds g(s) ds und daher F(x ct) F(0) = 1 2 f(x ct) 1 2 f(0) 1 2c G(x + ct) G(0) = 2 1 f(x + ct) 1 2 f(0) + 1 2c x ct 0 x+ct 0 g(s) ds, g(s) ds. Aus den letzten zwei Gleichungen folgt u(t,x) = F(x ct) + G(x + ct) = 1 ( ) f(x + ct) + f(x ct) c x+ct x ct g(s) ds, 40

41 3.1 Die Wellengleichung im eindimensionalen Raum da F(0) + G(0) = f(0) ist. Dies ist die d Alembertsche Lösung der Wellengleichung im eindimensionalen Raum. Konsequenzen der d Alembertschen Lösung der Wellengleichung 1. Eindeutigkeit Die obige Berechnung zeigt, dass jede zweimal stetig differenzierbare Lösung u des Anfangswertproblems (1) (3) durch die d Alembertsche Formel gegeben ist. 2. Existenz Es seien f C 2 (R) und g C 1 (R). Eine einfache Berechnung zeigt, dass die d Alambertsche Formel eine Lösung von (1) (3) definiert. 3. Stetige Abhängigkeit von den Anfangswerten Es seien u und ũ die Lösungen zu den Anfangswerten f, g bzw. f, g. Dann ist u(t,x) ũ(t,x) 1 ( f(x ct) 2 f(x ct) + f(x + ct) f(x ) + ct) und folglich sup x R + 1 2c x+ct x ct g(s) g(s) ds u(t,x) ũ(t,x) sup x R sup (t,x) [0,T] R u(t,x) ũ(t,x) sup x R f(x) f(x) + tsup g(x) g(x) x R f(x) f(x) + T sup x R g(x) g(x). Betrachtet man die Lösung in einem endlichen Zeitintervall [0,T], so hängt sie also stetig von f und g ab. Zu sagt man, dass das Anfangswertproblem wohlgestellt ist. 4. Keine glättende Eigenschaft Es seien f C k (R) und g C k 1 (R). Aus der d Alembertschen Formel folgt, dass u k-mal stetig differenzierbar und im Allgemeinen nicht regulärer ist. Im Allgemeinen lässt sich die Regularität von u nur dadurch steigern, indem die Regularitätsvoraussetzungen an f und g erhöht wird. 5. Endliche Ausbreitungsgeschwindigkeit Die allgemeine Lösung besteht aus einer Welle, die sich nach links mit Geschwindigkeit c bewegt, und einer Welle, die sich nach rechts mit Geschwindigkeit c bewegt. Information breitet sich also mit Geschwindigkeit ±c aus. 41

42 3.1 Die Wellengleichung im eindimensionalen Raum 6. Abhängigkeitsbereich Da Information sich mit Geschwindigkeit ±c ausbreitet, hängt der Wert von u an der Stelle (x 0,t 0 ) nur von den Werten von u (und u t ) in dem nach unten gerichteten Kegel in der Raumzeit ab: {(x,t) : x x 0 c(t 0 t), t < t 0 } t (x 0,t 0 ) x x 0 =c(t t 0 ) x x 0 = c(t t 0 ) Die schraffierte Region ist der Abhängigkeitsbereich von (x 0,t 0 ). Die Geraden mit Steigungen ±1/c durch (x 0,t 0 ) sind die Charakteristischen durch (x 0,t 0 ). 7. Einflußbereich Der Einflußbereich von (x 0,t 0 ) ist die Menge {(x,t) : (x 0,t 0 ) liegt im Abhängigkeitsbereich von (x,t)}. Er ist der nach oben gerichtete Kegel in der Raumzeit: t {(x,t) : x x 0 c(t t 0 ), t > t 0 } x x x 0 = c(t t 0 ) x x 0 =c(t t 0 ) (x 0,t 0 ) Die schraffierte Region ist der Einflußbereich von (x 0,t 0 ). x 42

43 3.1 Die Wellengleichung im eindimensionalen Raum 8. Schwache Lösungen Die d Alembertsche Formel definiert eine gültige Funktion u(t,x) auch im Falle f C 2 (R), g C 1 (R). Eine solche Funktion heißt schwache Lösung der Wellengleichung im eindimensionalen Raum. Beispiel Lösen Sie das Anfangswertproblem u tt = c 2 u xx, x R, t > 0, u(0,x) = f(x), x R, u t (0,x) = 0, x R, wobei f(x) = { 1, x c, 0, x > c. Lösung Die Lösung ist u(t,x) = 1 2 ( ) f(x + ct) + f(x ct), und wir können eine explizite Formel für u finden, indem wir ein Raumzeitdiagramm benutzen: x+ct = c x+ct =c t x ct = c x ct =c c c x Region 1 (x + ct < c, x ct < c): u(x,t) = 0 Region 2 ( c < x + ct < c, c < x ct < c): u(x,t) = 1 43

44 3.2 Die Wellengleichung im eindimensionalen Halbraum Region 3 (x + ct > c, x ct > c): u(x,t) = 0 Region 4 ( c < x + ct < c, x ct < c): u(x,t) = 1/2 Region 5 (x + ct > c, c < x ct < c): u(x,t) = 1/2 Region 6 (x + ct > c, x ct < c): u(x,t) = Die Wellengleichung im eindimensionalen Halbraum In diesem Abschnitt betrachten wir das Anfangsrandwertproblem u tt = c 2 u xx, x > 0, t > 0, u(t,0) = 0, t > 0, u(0,x) = f(x), x > 0, u t (0,x) = g(x), x > 0, wobei f(0) = g(0) = 0 ist. Wir können dieses Problem lösen, indem wir u, f und g auf ganz R durch eine Spiegelung im Ursprung fortsetzen. Definiere { f(x), x 0, f(x) = f( x), x < 0, { g(x), x 0, g(x) = g( x), x < 0, { u(t,x), x 0, ũ(t,x) = u(t, x), x < 0 : 44

45 3.2 Die Wellengleichung im eindimensionalen Halbraum f(x) f(x) x x Dann gilt ũ tt = c 2 ũ xx, x R, t > 0, ũ(0,x) = f(x), x R, ũ t (0,x) = g(x), x R, so dass ũ durch die d Alembertsche Formel ũ(t,x) = 1 ( ) f(x + ct) + f(x ct) c x+ct x ct g(s) ds gegeben ist. Folglich ist u(t,x) = 1 ( ) f(x + ct) + f(x ct) c x+ct x ct g(s)ds, x > 0. Bemerkung Die Lösung des Anfangsrandwertproblems u tt = c 2 u xx, x > 0, t > 0, u x (t,0) = 0, t > 0, u(0,x) = f(x), x > 0, u t (0,x) = g(x), x > 0, wobei f (0) = g (0) = 0 ist, wird analog gefunden, indem man u, f und g auf ganz R durch eine gewöhnliche Spiegelung fortsetzt. 45

46 3.3 Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum 3.3 Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum Radialsymmetrische Lösungen der Wellengleichung im dreidimensionalen Raum In diesem Abschnitt betrachten wir das Anfangswertproblem u tt = c 2 u, x R 3, t > 0, u(0,x) = f(r), x R 3, u t (0,x) = g(r), x R 3, wobei r = x ist. Gesucht sei eine Lösung dieses Anfangswertproblems der Form u = u(r,t), so dass u tt = c 2 (u rr + 2 r u r ), r > 0, t > 0, u(0,r) = f(r), r > 0, u t (0,r) = g(r), r > 0. Wir lösen dieses Problem durch die Substitution U = ru. Aus U tt = ru tt, U rr = 2u r + ru rr folgt U tt = c 2 U rr, r > 0, t > 0, U(t,0) = 0, t > 0, U(0,r) = F(r), r > 0, U t (0,r) = G(r), r > 0, wobei F(r) = r f(r) und G(r) = rg(r) ist. U(t,r) löst also die Wellengleichung im Halbraum {r > 0} mit Dirichletscher Randbedingung bei r = 0, so dass U(t,r) = 1 ) F(r + ct) + F(r ct) + 2( 1 r+ct 2c r ct G(s)ds, r > 0, 46

47 3.3 Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum wobei F, G die Fortsetzungen von F bzw. G auf {r R} durch eine Spiegelung im Ursprung sind. Folglich ist u(t,r) = 2r( 1 ) F(r + ct) + F(r ct) + 1 r+ct 2cr r ct G(s)ds, r > 0. Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum Wir lösen das allgemeine Anfangswertproblem u tt = c 2 u, x R 3, t > 0, (1) u(0,x) = f(x), x R 3, (2) u t (0,x) = g(x), x R 3. (3) mit der Methode der sphärischen Mittel. Wähle x R 3, r > 0, t > 0 und definiere f(x,r) = 1 4πr 2 ḡ(x,r) = 1 4πr 2 ū(x,r,t) = 1 4πr 2 B r (x) B r (x) B r (x) f(y)ds(y), g(y)ds(y), u(y,t) ds(y). t r (x,t) r ū ist der Mittelwert von u über die Oberfläche dieser Kugel im Raum x R 3 47

48 3.3 Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum Lemma Es sei u(x,t) eine Lösung des Anfangswertproblem (1) (3). Für jedes feste x R 3 genügen die sphärischen Mittel ū, f, ḡ den Euler-Poisson-Darboux-Gleichungen ū tt = c 2 (ū rr + 2 r ūr ), r > 0, t > 0, ū(x,r,0) = f(x,r), r > 0, ū t (x,r,0) = ḡ(x,r), r > 0. Beweis Die Gleichung B r (x) u tt (y,t)dv(y) = c 2 B r (x) folgt aus (1) und der Vektoridentität V w(y) dv(y) = u(y,t)dv(y) = c 2 V w n ds(y). B r (x) u (y,t)ds(y) (4) n Nun führen wir Kugelkoordinaten ρsin θ cos φ y = x + ρsin θ sin φ ρcos θ ein. Es gilt B r (x) u tt (y,t)dv(y) = = = r 2π π 0 r 0 r 0 u tt (ρ,θ,φ,t)ρ 2 sinθ dθ dφ dρ 0 0 ( 1 2π π ) 4πρ 2 4πρ 2 u tt (ρ,θ,φ,t)ρ 2 sinθ dθ dφ dρ 0 0 }{{} = 1 4πρ 2 u tt (y,t)ds(y) B ρ (x) 4πρ 2 ū tt (x,ρ,t)dρ (5) 48

49 3.3 Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum und B r (x) u n (y,t)ds(y) = 2π 0 π 0 π u ρ (ρ,θ,φ,t) r 2 sinθ dθ dφ ρ=r 2π = r 2 u (r,θ,φ,t)sin θ dθ dφ 0 0 r = r 2 ( 2π π ) u(r,θ,φ,t)sin θ dθ dφ r 0 0 = 4πr 2 ( 1 2π π ) r 4πr 2 u(r,θ,φ,t)r 2 sinθ dθ dφ 0 0 = 4πr 2 ( ) 1 r 4πr 2 u(y,t) ds(y) B r (x) = 4πr 2 ū (x,r,t). (6) r Aus (4) (6) folgt r und Differenzieren nach r liefert 0 ρ 2 ū tt (x,ρ,t)dρ = c 2 r 2 ū r (x,r,t), r 2 ū tt = c 2 (2rū r + r 2 ū rr ) ū tt = c (ū 2 rr + 2 ) r ūr. Die Gleichungen folgen direkt aus ū(x,r,0) = f(x,r), u(x,0) = f(x), ū t (x,r,0) = ḡ(x,r) u(x,0) = g(x). Das vorige Lemma besagt: Für jedes feste x R 3 ist die Funktion ū eine radialsymmetrische Lösung der Wellengleichung im dreidimensionalen Raum mit Anfangswerten f, ḡ. Daher gilt ū(x,r,t) = 2r( 1 ) F(x,r + ct) + F(x,r ct) + 1 r+ct 2cr r ct G(x,s) ds, 49

50 3.3 Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum wobei F, G die Fortsetzungen von F(x,r) := r f(x,r) bzw. G(x,r) := rḡ(x,r) von {r > 0} auf {r R} durch eine Spiegelung im Ursprung sind, d.h. { r f(x,r), r 0, F(x,r) = r f(x, r), r < 0, { rḡ(x,r), r 0, G(x,r) = rḡ(x, r), r < 0. Satz Jede Lösung u(x,t) des Anfangswertproblem (1) (3) ist durch die Kirchhoffsche Formel u(x,t) = 1 4πc 2 g(y)ds(y) + ( ) 1 t B ct (x) t 4πc 2 f(y)ds(y) t B ct (x) gegeben. Beweis Der Schlüssel ist die Beobachtung, dass für jedes feste x R 3 und t > 0 ist. u(x,t) = lim r 0 ū(x,r,t) Da wir den Grenzwert r 0 untersuchen, dürfen wir annehmen, dass 0 < r < ct ist. In diesem Fall gilt ū(x,r,t) = 1 ( (r + ct) f 2r (x,r + ct) + (r ct) f ) (x,ct r) + 1 r+ct sḡ(x,s)ds sḡ(x, s)ds 2cr 0 2cr r ct }{{} = 1 2r = ct r ( (ct + r) f(x,ct + r) (ct r) f ) (x,ct r) 0 sḡ(x,s) ds + 1 ct+r sḡ(x,s) ds. 2cr ct r 50

51 3.3 Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum Aus dem Ergebnis finden wir 1 a+h lim H(s)ds = H(a) h 0 2h a h 1 ct+r lim r 0 2cr ct r sḡ(x,s)ds = 1 c ctḡ(x,ct) 1 = t 4πc 2 t 2 = 1 4πc 2 t B ct (x) B ct (x) g(y) ds(y) g(y) ds(y) und aus dem Ergebnis finden wir 1 ( ) lim H(a + h) H(a h) = H (a) h 0 2h 1 ( lim (ct + r) r 0 2r f (x,ct + r) (ct r) f ) (x,ct r) = ξ (ξ f (x,ξ)) = 1 c t (ct f (x,ct) = t (t f (x,ct) = ( 1 t 4πc 2 t ξ=ct B ct (x) ) f(y)ds(y). Bemerkungen 1. Der obige Satz impliziert die Eindeutigkeit der Lösung: Jede Lösung des Anfangswertproblems (1) (3) ist durch die Kirchhoffsche Formel gegeben. Die Existenz einer Lösung folgt daraus, dass die Kirchhoffsche Formel eine Lösung des Anfangswertproblems definiert, wie eine einfache Berechnung zeigt. 51

52 3.3 Die Wellengleichung im dreidimensionalen Raum 2. Da Information sich mit Geschwindigkeit c ausbreitet, hängt der Wert von u an der Stelle (x 0,t 0 ) nur von den Werten von u (und u t ) in dem nach unten gerichteten Kegel {(x,t) : x x 0 c(t 0 t), t < t 0 } in der Raumzeit ab. Allerdings enthält die Kirchhoffsche Formel nur Integrale über sphärische Oberflächen, so dass der Abhängigkeitsbereich von (x 0,t 0 ) die Oberfläche des Kegels ist. {(x,t) : x x 0 = c(t 0 t), t < t 0 } t (x 0,t ) 0 Der Abhängigkeitsbereich von (x 0,t 0 ) ist die Oberfläche dieses Kegels x R 3 Der Einflußbereich von (x 0,t 0 ) ist die Oberfläche des entsprechenden nach oben gerichteten Kegels, d.h. {(x,t) : x x 0 = c(t t 0 ), t > t 0 }. t Der Einflußbereich von (x 0,t 0 ) ist die Oberfläche dieses Kegels (x 0,t ) 0 x R 3 Dieses Ergebnis ist das Huygensche Prinzip für die dreidimensionale Wellengleichung. 52

53 3.4 Die Wellengleichung im zweidimensionalen Raum 3.4 Die Wellengleichung im zweidimensionalen Raum In diesem Abschnitt lösen wir das Anfangswertproblem u tt = c 2 (u xx + u yy ), (x,y) R 2, t > 0, (1) u(0,x,y) = f(x,y), (x,y) R 2, (2) u t (0,x,y) = g(x,y), (x,y) R 2. (3) Satz Jede Lösung u(t,x,y) des Anfangswertproblems (1) (3) ist durch die Poissonsche Formel u(t,x,y) = 1 2πc B ct (x,y) + 1 2πc g( x,ỹ) (c 2 t 2 ( x x) 2 (ỹ y) 2 d x dỹ ) 1/2 ( t B ct (x,y) ) f( x,ỹ) (c 2 t 2 ( x x) 2 (ỹ y) 2 d x dỹ ) 1/2 gegeben. Beweis Wir betrachten u(t,x,y) als Funktion u(x,t), x = (x,y,z), die nicht von z abhängt und daher die Wellengleichung u tt = c 2 u, x R 3, t > 0 mit Anfangswerten u t=0 = f, u t t=0 = g erfüllt, wobei f(x,y), g(x,y) ebenfalls als z-unabhängige Funktionen f(x), g(x) betrachtet werden. Laut der Kirchhoffschen Formel gilt also u(t,x,y) = u(x,t) z=0 = 1 4πc 2 g(y)ds(y) + t B ct (x,y,0) t ( ) 1 4πc 2 f(y)ds(y). t B ct (x,y,0) 53

54 3.4 Die Wellengleichung im zweidimensionalen Raum Wir erhalten die Poissonsche Formel, indem wir über z in der obigen Formel integrieren. Dies ist die Hadamardsche Absteigemethode. Es gilt B ct (x,y,0) = {( x,ỹ, z) : ( x x) 2 + (ỹ y) 2 + z 2 = c 2 t 2 } = {( x,ỹ, z) : z = ±(c 2 t 2 ( x x) 2 (ỹ y) 2 ) 1/2 } = {( x,ỹ, z) : ( x x) 2 + (ỹ y) 2 c 2 t 2, z = ±h( x,ỹ)} = {( x,ỹ, z) : ( x,ỹ) B ct (x,t), z = ±h( x,ỹ)}, wobei ist. Damit ist h( x,ỹ) = (c 2 t 2 ( x x) 2 (ỹ y) 2 ) 1/2 B ct (x,y,0) g(y)ds(y) = 2 = 2ct B ct (x,y) B ct (x,y) g( x,ỹ)(1 + h 2 x + h 2 ỹ) 1/2 d x dỹ g( x,ỹ) (c 2 t 2 ( x x) 2 (ỹ y) 2 d x dỹ, ) 1/2 weil 1 + h 2 x + h 2 ỹ = 1 + ( ) ( x x) 2 ( + h = c2 t 2 h 2 c 2 t 2 = c 2 t 2 ( x x) 2 (ỹ y) 2 ) (ỹ y) 2 h ist. Ebenfalls ist B ct (x,y,0) f(y)ds(y) = 2ct B ct (x,y) f( x,ỹ) (c 2 t 2 ( x x) 2 (ỹ y) 2 d x dỹ. ) 1/2 54

55 3.4 Die Wellengleichung im zweidimensionalen Raum Bemerkungen 1. Existenz und Eindeutigkeit folgen durch das übliche Argument. 2. Die Poissonsche Formel zeigt, dass der Abhängigkeitsbereich von (x 0,t 0 ) der ganze nach unten gerichtete Kegel {(x,t) : x x 0 c(t 0 t), t < t 0 } ist. t (x 0,t ) 0 Der Abhängigkeitsbereich von (x 0,t 0 ) ist der ganze Kegel x R 2 Der Einflußbereich von (x 0,t 0 ) ist der ganze entsprechende nach oben gerichteten Kegels, d.h. {(x,t) : x x 0 c(t t 0 ), t > t 0 }. t Der Einflußbereich von (x 0,t 0 ) ist der ganze Kegel (x 0,t ) 0 x R 2 Dieses Ergebnis ist das Huygensche Prinzip für die zweidimensionale Wellengleichung. 55

56 3.4 Die Wellengleichung im zweidimensionalen Raum Bemerkung Warum können wir die Methode der sphärischen Mittel nicht direkt auf die Wellengleichung im zweidimensionalen Raum anwenden? Im zweidimensionalen Fall ist das sphärische Mittel ū(x,y,r,t) = 1 u(t,x,y) dx dy 2πr B r (x,y) zwar eine radialsymmetrische Lösung der Wellengleichung im zweidimensionalen Raum, d.h. ū tt = c (ū 2 rr + 1 ) r ūr ( ) für jedes (x,y) R 2. Es existiert aber keine Substitution, die analog zur Substitution U = ru im dreidimensionalen Fall die Gleichung ( ) in eine andere Gleichung transformiert, die wir explizit lösen können. 56

57 4 Die Wärmeleitungsgleichung 4 Die Wärmeleitungsgleichung 4.1 Das Maximumsprinzip Es sei Ω eine offene, beschränkte, zusammenhängende Teilmenge von R n. Definiere Q T = Ω (0,T]. Die Menge heißt der parabolische Rand von Q T : Q T := (Ω {0}) ( Ω [0,T]) t t T T Ω x R n Q T besteht aus dem Inneren und Deckel des Zylinders Ω Q T besteht aus dem Mantel und Boden des Zylinders x R n Satz (Das schwache Maximumsprinzip) u C 2 (Q T ) C(Q T ) erfülle Dann ist u t u 0, (x,t) Q T. max u(x,t) = max u(x,t), (x,t) Q T (x,t) Q T d.h. das Maximum von u über Q T wird in einem Punkt des parabolischen Randes von Q T angenommen. 57

58 4.1 Das Maximumsprinzip Beweis Zunächst behandeln wir den Sonderfall u t u < 0, (x,t) Q T. Nehmen wir an, u nimmt sein Maximum über Q T in einem Punkt (x 0,t 0 ) Q T, so dass x 0 Ω, 0 < t 0 T. Aus der Differentialrechnung folgt xj u(x 0,t 0 ) = 0, j = 1,...,n (x 0 ist kritischer Punkt von u(,t 0 )), 2 x j u(x 0,t 0 ) 0, j = 1,...,n (x 0 ist ein lokales Maximum von u(,t 0 )) und t u(x 0,t 0 ) = 0, falls t 0 < T (t 0 ist kritischer Punkt von u(x 0, )), t u(x 0,t 0 ) 0, falls t 0 = T (t 0 ist ein lokales Maximum von u(x 0, )) einseitige Ableitung Damit ist u t (x 0,t 0 ) u(x 0,t 0 ) 0, was unserer Annahme u t u < 0, (x,t) Q T wiederspricht. Nun wenden wir uns dem allgemeinen Fall u t u 0, (x,t) Q T zu. Definiere so dass v ε (x,t) = u(x,t) εt, v t v = u t u ε < 0, (x,t) Q T für jeden positiven Wert von ε. Dem Sonderfall zufolge gilt max v ε (x,t) = max v ε (x,t). (1) (x,t) Q T (x,t) Q T 58

59 4.1 Das Maximumsprinzip Da v ε (x,t) u(x,t) gleichmäßig in Q T für ε 0, gilt max v ε (x,t) max u(x,t), (x,t) Q T (x,t) Q T max v ε (x,t) max u(x,t) (x,t) Q T (x,t) Q T für ε 0. Gleichung (1) ergibt also max u(x,t) = max u(x,t). (x,t) Q T (x,t) Q T Korollar In der obigen Notation gilt: 1. u t u 0 in Q T Das Minimum von u wird in einem Punkt von Q T angenommen 2. u t u = 0 in Q T Das Maximum und Minimum von u werden in Punkten von Q T angenommen Lemma (Vergleichsprinzip) Es erfüllen u, v C 2 (Q T ) C(Q T ) u t u = f 1, v t v = f 2, (x,t) Q T, u = g 1, v = g 2, (x,t) Q T, u t=0 = h 1, v t=0 = h 2, x Ω, wobei f 1, f 2, g 1, g 2, h 1, h 2 stetige Funktionen mit sind. f 1 f 2, g 1 g 2, h 1 h 2 Dann gilt u v, (x,t) Q T. 59

60 4.1 Das Maximumsprinzip Beweis Die Funktion w = u v erfüllt die Gleichungen w t w 0, (x,t) Q T, w 0, (x,t) Q T. Dem schwachen Maximumsprinzip zufolge gilt also w(x,t) max w(x,t) (x,t) Q T = max w(x,t) (x,t) Q T 0 für alle (x,t) Q T. Lemma (Eindeutigkeitsaussage) Das Anfangswertproblem u t u = f, (x,t) Q T, u = g, (x,t) Ω, u t=0 = h, x Ω, wobei f, g, h stetige Funktionen sind, besitzt höchstens eine Lösung u C 2 (Q T ) C(Q T ). Beweis Nehmen wir an, es gibt zwei Lösungen u 1, u 2, so dass u = u 1 u 2 die Gleichungen u t u = 0, (x,t) Q T, u = 0, (x,t) Ω, u t=0 = 0, x Ω 60

61 4.1 Das Maximumsprinzip erfüllt. Aus dem schwachen Maximums- bzw. Minimumsprinzip folgt max u(x,t) = max u(x,t) = 0, (x,t) Q T (x,t) Q T min u(x,t) = min u(x,t) = 0, (x,t) Q T (x,t) Q T so dass u(x,t) = 0 für alle (x,t) Q T ist. Satz (Das starke Maximumsprinzip) u C 2 (Q T ) C(Q T ) erfülle Dann ist u t u 0, (x,t) Q T. u(x,t) < max u(x,t) (x,t) Q T für alle (x,t) Q T, es sei denn, u ist konstant. Bemerkung Es gilt das entsprechende starke Minimumsprinzip. Korollar u C 2 (Q T ) C(Q T ) erfülle u t = u, (x,t) Q T, u = 0, (x,t) Ω, u t=0 = g, x Ω, wobei g C(Ω) die Eigenschaften g 0 und g 0 hat. Dann gilt für alle (x,t) Q T. u(x,t) > 0 61

62 4.2 Die Wärmeleitungsgleichung im n-dimensionalen Raum Beweis Bemerke zunächst, dass u nicht konstant ist, denn die Konstante müßte Null sein, was der Voraussetzung an g widerspricht. Aus dem starken Minimumsprinzip folgt also u(x,t) > min u(x,t) = 0 (x,t) Q T für alle (x,t) Q T. Bemerkung Das obige Korollar besagt, dass Informationen sich mit unendlicher Geschwindigkeit ausbreiten: x R n Ω Nehmen wir an, u(x,0) ist Null außer in einem kleinen Intervall, wo es positiv ist. x R n Ω Nun ist u(x,0) = 0 für alle x Ω. Die kleine anfängliche Störung des trivialen Zustandes hat den Wert von u in allen Punkten von Ω sofort beinflusst: Sie hat sich mit unendlicher Geschwindigkeit ausgebreitet. 4.2 Die Wärmeleitungsgleichung im n-dimensionalen Raum In diesem Abschnitt betrachten wir die Wärmeleitungsgleichung u t = u, x R n, t > 0 mit Anfangsbedingung u t=0 = g, x R n. Wir beginnen mit einer besonderen Lösung der homogenen Gleichung u t = u, x R n, t > 0. 62

63 4.2 Die Wärmeleitungsgleichung im n-dimensionalen Raum Definition Die Funktion K(x,t) = heißt der Gaußsche Kern. 1 (4πt) n/2 e x 2 /4t, x R n, t > 0 Lemma Der Gaußsche Kern hat die folgenden Eigenschaften. 1. K ist unendlich oft differenzierbar für x R n, t > 0; 2. K löst die Wärmeleitungsgleichung für x R n, t > 0; 3. K(x,t) > 0 für x R n, t > 0; 4. K(x,t)dx = 1 für t > 0; Rn 5. Für jedes δ > 0 gilt lim K(x,t)dx = 0. t 0 x δ Beweis 1. Aus der Formel für K(x,t) ist ersichtlich, dass K unendlich oft differenzierbar für x R n, t > 0 ist. 2. Beachte, dass K(x,t) eine radialsymmetrische Funktion ist: K(x,t) = 1 (4πt) n/2 e r2 /4t, r = x. Aus der Formel = 2 r + n 1 r r für den Laplace-Operator für radialsymmetrische Funktionen in n Dimensionen finden wir, dass K t = K für x R n, t > 0 ist. 3. Aus der Formel für K(x,t) ist ersichtlich, dass K(x,t) > 0 für x R n, t > 0 ist. 63

64 4.2 Die Wärmeleitungsgleichung im n-dimensionalen Raum 4. Es gilt: K(x,t)dx = 1 R n (4πt) n/2 = 1 π n/2 = 1 π n/2 ( = 1 π n/2 = 1 R n e x 2 /4t dx R n e y 2 dy R n e y y2 n dy 1... dy n e y2 dy } R {{} = π ) n 5. Es gilt: x δ K(x,t)dx = 1 (4πt) n/2 = 1 π n/2 0 x δ y δ 2 t e x 2 /4t dx e y 2 dy für t 0. (Der letzte Schritt folgt daraus, dass f(x)dx = 0 lim R x R für jede über R n integrierbare Funktion f ist.) Satz Es sei g C b (R n ) (d.h. g sei stetig und beschränkt auf R n ). Die Funktion u(x,t) = K(x y,t)g(y)dy, Rn wobei K(x,t) der Gaußsche Kern ist, löst die Wärmeleitungsgleichung mit Anfangsbedingung u t = u, x R n, t > 0 u t=0 = g, x R n. 64

65 4.2 Die Wärmeleitungsgleichung im n-dimensionalen Raum Beweis Es gilt: u t u = R n(k t(x y,t) K(x y,t) )g(y) dy }{{} = 0 = 0 Die Differentation unter dem Integral ist gültig für x R n, t [δ, ) für jedes δ > 0. Es gilt also u t u = 0 für t [δ, ), δ > 0 und daher für alle t > 0. Es bleibt zu zeigen, dass u die Anfangsbedingung lim u(x,t) = g(z) x z t 0 erfüllt: Zu jedem ε > 0 existieren δ, > 0, so dass x z < δ, t < u(x,t) g(z) < ε. Zu ε > 0 wählen wir δ, > 0 wie folgt: Da g stetig ist, existiert δ > 0, so dass y z < 2δ g(y) g(z) < ε 2. Da ist, existiert > 0, so dass t < lim K(x y,t)dy = 0 t 0 x y δ x y δ K(x y,t)dy < ε 4M, wobei M = sup x R n g(x). 65

66 Für x z < δ, t < gilt nun 4.2 Die Wärmeleitungsgleichung im n-dimensionalen Raum u(x,t) g(z) = K(x y,t)g(y)dy g(z) Rn Rn = K(x y,t)g(y)dy K(x y,t)dy g(z) Rn }{{} = 1 = K(x y,t)(g(y) g(z))dy Rn K(x y,t)(g(y) g(z))dy + K(x y,t)(g(y) g(z))dy x y δ x y <δ 2M K(x y,t)dy + sup g(y) g(z) K(x y,t)dy x y δ x y <δ x y <δ 2M K(x y,t)dy + sup g(y) g(z) x y δ x z <2δ ε 2M. 4M + ε 2 = ε. } {{ } 1 (denn x y < δ, x z < δ y z < 2δ) Bemerkung Die Funktion u(x,t) = K(x y,t)g(y)dy Rn ist unendlich oft differenzierbar für x R n, t > 0. Wir können nämlich beliebig oft unter dem Integral differenzieren: α 1 x 1... α n x n β t u(x,t) = α 1 R n x 1... α n x n β t K(x y,t)g(y)dy. Dies zeigt, dass der Anfangswert sofort ausgeglättet wird: 66