Musterlösung Serie 6

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1 D-ITET Analysis III WS 3/4 Prof. Dr. H. Knörrer Musterlösung Serie 6. a) Mithilfe er Kettenregel berechnen wir u x = w ξ ξ x + w η η x u y = w ξ ξ y + w η η y u xx = w ξξ ξx 2 + 2w ξη ξ x η x + w ηη ηx 2 + w ξ ξ xx + w η η xx u xy = w ξξ ξ x ξ y + w ξη (ξ x η y + ξ y η x ) + w ηη η x η y + w ξ ξ xy + w η η xy u yy = w ξξ ξy 2 + 2w ξη ξ y η y + w ηη ηy 2 + w ξ ξ yy + w η η yy Daraus folgt, ass w ie PDG Aw ξξ + 2Bw ξη + Cw ηη + Dw ξ + Ew η + F w = 0 löst, wobei b) Wir bemerken A(ξ, η) = aξx 2 + 2bξ x ξ y + cξy 2 B(ξ, η) = aξ x η x + b(ξ x η y + ξ y η x ) + cξ y η y C(ξ, η) = aηx 2 + 2bη x η y + cηy 2 ( ) ( ) ( ) ( ) A B ξx ξ = y a b ξx η x. B C b c η x η y ξ y η y Ist ie Transformation regulär,.h. ( ) ξx ξ et y 0, folgt ie Behauptung. η x η y 2. a) Mit em Verfahren zur Methoe er Charakteristiken (siehe S. 6 vom Skript) erhält man ie Gleichung u t α2 t x u x = 4α 2 t, u(x, 0) = x 2. Somit sin ie charakteristischen Gleichungen x(t) = α2 t, x(0) = x t x 0, z(t) = t 4α2 t, z(0) = x 2 0, Bitte wenen!

2 un ie Lösungen er gewöhnlichen Differentialgleichungen sin gegeben urch Somit ist ie Lösung x 2 (t) = x 2 0 α 2 t 2, z(t) = x 2 0 2α 2 t 2. () u(x, t) = z(t) = (x 2 + α 2 t 2 ) 2α 2 t 2 = x 2 α 2 t 2. Aliter: Die charakteristischen Gleichungen un Anfangsbeingungen sin gegeben urch (Achtung, hier sin y un t vertauscht!) x(t, s) = t α2 y(t, s) y(t, s) = x(t, s) z(t, s) = t t 4α2 x(t, s)y(t, s) x(0, s) = s y(0, s) = 0 z(0, s) = s 2 Mit en ersten beien Gleichungen erhalten wir Somit ist ie Lösung für x(t, s) 2 t 2 x(t, s) = α2 t y(t, s) = α2 x(t, s). x(t, s) = A(s) cos (αt) + B(s) sin (αt), mit Koeffizienten A(s) un B(s). Mit er ersten Differentialgleichung sehen wir, ass y(t, s) = α 2 t x(t, s) = (B(s) cos (αt) A(s) sin (αt)). α Mit er Anfangsbeingung ist somit s = x(0, s) = A(s), un ie Lösungen für x un y sin ann 0 = y(0, s) = B(s) α, x(t, s) = s cos (αt), y(t, s) = s sin (αt). (2) α Für z leiten wir zuerst folgene Gleichung her, 4α 2 x(t, s)y(t, s) = 4αs 2 cos (αt) sin (αt) = 2αs 2 sin (2αt) un ie Differentialgleichung für z ist ann Integration ergibt ann t z(t, s) = 2αs2 sin (2αt). z(t, s) = s 2 cos (2αt) + C(s), Siehe nächstes Blatt!

3 für eine Funktion C(s). Zur Bestimmung von C(S) verwenen wir ie Anfangskurve s 2 = z(0, s) = s 2 + C(s) = C(s) = 0. Die Lösung ist ann Wir bemerken, ass z(t, s) = s 2 cos (2αt). x 2 α 2 y 2 = s 2 ( cos 2 (αt) sin 2 (αt) ) = s 2 cos (2αt). Somit ergibt sich ie Lösung u(x, y) = z(t(x, y), s(x, y)) = x 2 α 2 y 2. Diese Gleichung beschreibt ein Hyperboloi in R 3. b) Die Charakteristiken weren in () urch ie Gleichung für x(t) beschrieben, x 2 (t) + α 2 t 2 = x 2 0. Aliter: Die Charakteristiken in R 2 weren urch (2) parametrisiert. Wir sehen, ass x 2 + α 2 y 2 = s 2 ( cos 2 (αt) + sin 2 (αt) ) = s 2. Somit können ie Charakteristiken beschreiben weren urch { (x, y) R 2 x 2 + α 2 y 2 = s 2}, s R. Diese Kurven sin Ellipsoie um en Ursprung mit Achsen er Länge s un s/α Bitte wenen!

4 3. a) Wir haben ie partielle Differentialgleichung un Anfangsbeingung u t + e x u x = 0, u(x, γ(x)) = g(x). Hier wir ie Anfangsbeingung urch ie Werte er Funktion u auf er Anfangskurve (x, γ(x)) R 2 beschrieben. Achte, ass iese Anfangskurve nicht mit er x-achse übereinstimmt un somit müssen wir unsere Charakteristische Gleichungen anpassen, x(t) = t ex(t), x(γ(x 0 )) = x 0, z(t) = 0, z(γ(x t 0)) = g(x 0 ). Die allgemeine Lösung für x ist ( ) x(t) = log. C t Die Konstante C wir aus er Anfangsbeingung berechnet, ( ) log = x 0 C = e x 0 + γ(x 0 ) = px 0. C γ(x 0 ) Somit sin ie Lösungen gegeben urch ( ) x(t) = log, z(t) = g(x 0 ). px 0 t Wir lösen x 0 nach x auf un setzen ies in u(x(t), t) = z(t) ein. Die Lösung ist ann ( ) e x + t u(x, t) = g. p Aliter: Die charakteristischen Gleichungen un Anfangsbeingungen sin gegeben urch (Achtung, hier sin y un t vertauscht!) x(t, s) = t ex(t,s) y(t, s) = z(t, s) = 0 t t x(0, s) = s y(0, s) = ps e s z(0, s) = g(s). Die Lösungen sin ann x(t, s) = ln ( e s t ), y(t, s) = t + ps e s, z(t, s) = g(s). Wir sehen, ass y + e x = ps, (3) un somit gilt s = ( ) y + e x. p Dies setzen wir in ie Ientität u(x, y) = z(t(x, y), s(x, y)) ein un erhalten ie Lösung ( ) y + e x u(x, y) = g. (4) p Siehe nächstes Blatt!

5 b) Die Charakteristiken sin gegeben urch x(t) (resp. urch (3)). Für p 0 schreiben wir iese Familie als t = C e x, C R. Der Fall p = 0 entspricht einem egenerierten Fall. Hier gibt es nur eine charakteristische Kurve, nämlich t = e x. Dieser Fall hat eine einfache Erklärung. Falls p = 0, so ist ie Anfangskurve ebenfalls t = e x. Somit ist ie Anfangskurve gleich er charakteristischen Kurve. Angenommen wir wählen einen Punkt (x 0, t 0 ) R 2. Um en Wert u(x 0, t 0 ) zu finen, müssen wir eine charakteristische Kurve urch en Punkt (x 0, t 0 ) finen, ie sich mit er Anfangskurve schneiet. Da es jeoch nur eine Kurve gibt, sehen wir, ass iese Strategie nicht ausführbar ist. Somit ist ieses Cauchy-Problem nicht wohlefiniert. Dies wierspiegelt sich auch in unserer Lösung (4). y a) Mit em Verfahren zur Methoe er Charakteristiken (siehe S. 6 vom Skript) hat man mit er Gleichung u t + uu x = 0, u(x, 0) = f(x), ie charakteristischen Gleichungen x(t) = z(t), x(0) = x t 0, z(t) = 0, z(0) = f(x t 0). Bitte wenen!

6 Die Lösungen er gewöhnlichen Differentialgleichungen sin gegeben urch x(t) = x 0 + f(x 0 )t, z(t) = f(x 0 ). (5) Die Charakteristiken sin Geraen mit Steigung f(x 0 ) un schneien ie x- Achse in x 0. Entlang en Charakteristiken ist ie Lösung konstant un gleich f(x 0 ), bis sich ie Charakteristiken schneien. Für eine Fortsetzung er Lösung müssen anere Methoen verwenet weren. Aliter: Die charakteristischen Gleichungen un Anfangsbeingungen sin gegeben urch mit x(r, s) = z(r, s) z(r, s) = 0 r r t(0, s) = 0 x(0, s) = s z(0, s) = F (s) t(r, s) = r, s F (s) = s, < s <, s. Die Lösungen er Differentialgleichungen sin t(r, s) = r, x(r, s) = s + rf (s), z(r, s) = F (s). Wir sehen, ass s + t, s, x = s + tf (s) = s( t), < s <, s t, s. Äquivalent azu s = x t, s, x, < s <, t x + t, s. Oben haben wir gesehen, ass u = F (s). Somit ist ie Lösung, x t, x u(x, t) = t, < x <, t, x + t. b) Die Charakteristiken in R 2 sin gegeben urch x s, s, t = x, < s <, s s x, s. Siehe nächstes Blatt!

7 t c) Die Zeichnung er Charakteristiken in er (x, t)-ebene zeigt, ass sich ie Charakteristiken entlang er Linie {t = + x } schneien. Für einen beliebigen Punkt x 0 R sehen wir, ass ie Lösung u(x 0, t) nur bis zum Zeitpunkt t = + x 0 existiert. Nach ieser Zeit existiert weiterhin eine Lösung, jeoch wir sie nicht urch ie Methoe er Charakteristiken bestimmt. Dieses Phänomen nennt man eine Schockwelle. ) Mit em Ausruck für u(x, t) können wir ie Lösung für verschieene Zeitpunkte zeichnen. Man sieht wie ie Lösung fortschreiten eine Singularität um x = 0 entwickelt. Zum Zeitpunkt t = ist ie Singularität gegeben un u(x, t) ist keine Funktion mehr. x x Bitte wenen!

8 5. a) Die charakteristischen Gleichungen sin x(t) = t ez(t), x(0) = x 0, z(t) = 0, z(0) = u t 0(x 0 ). Die Lösungen er gewöhnlichen Differentialgleichungen sin gegeben urch z(t) = u 0 (x 0 ), x(t) = e u 0(x 0 ) t + x 0. Aliter: Die Charakteristiken erfüllen ie Gleichungen (Achtung, hier sin y un t vertauscht!) x(t, s) = t eu 0(s), x(0, s) = s, t y(t, s) =, y(0, s) = 0. Also verläuft ie Charakteristik entlang er Geraen x = e u 0(s) y + s. D.h. ie Gerae mit Steigung e u 0(s), welche ie x-achse im Punkt x = s schneiet. b) Aus Aufgabe a) folgt, ass ie Charakteristiken mit ieser Anfangsbeingung für s > 0 entlang en Geraen x = t + s un für s < 0 entlang en Geraen x = et + s verlaufen. Die Charakteristik schneien sich, es gibt also eine sogenannte Stosswelle (oer Schockwelle). Der Verlauf er Stosswelle ist gegeben urch ie Differentialgleichung γ (t) = F (u+ (t)) F (u (t)) u + (t) u (t) Also ist γ(t) = (e )t. Insbesonere ist also {, x < e, u(x, ) = 0, x > e, = elim s 0 u 0 (s) e lim s 0 + u 0 (s) lim s 0 u 0 (s) lim s 0 + u 0 (s) = e 0 = e. c) In iesem Fall haben ie Charakteristiken urch ie Punkte (s, 0) für s < 0 ie Steigung un e für s > 0. Im Sektor { (x, t) R 2 e x t x } gibt es also eine Verünnungswelle. Die Lösung ist ann 0, x t, x t u(x, t) = t(e ), t < x et,, et < x.