Partielle Differentialgleichungen

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1 Prof. Dr. Michael Eisermann Höhere Mahemaik 3 (verief) Inhal dieses Kapiels Q Kapiel Q Parielle Differenialgleichungen u(, y) = cos( 2 + y 2 ) u(, y) = ( 2 + y 2 )/2 u(, y) = cos( 2 y 2 ) 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) WiSe 27/8 Sand Moivaion Bei gewöhnlichen Differenialgleichungen (ODE) geh es zunächs um Funkionen u() in nur einer Variablen, also u : R I R m : u(). Gesuch sind Lösungen einer gewöhnlichen Differenialgleichung F (, u, u, u,..., u (ν),... ) =. Q Überblick Bei pariellen Differenialgleichungen (PDE) berachen wir allgemein Funkionen u(,..., n ) in mehreren Variablen,..., n, n, also u : R n Ω R m : (,..., n ) u(,..., n ). Gesuch sind Lösungen einer pariellen Differenialgleichung F (,..., n, u, u,..., n u,..., ν u,... ) = in der Funkion u und ihren pariellen Ableiungen ν u = ν νn n u. Die Ordnung einer pariellen Differenialgleichungen is die höchse Ordnung ν = ν + + ν n aller aufreenden pariellen Ableiungen. : Richungsableiungen Zur Wiederholung siehe Kimmerle Sroppel, Analysis, 4.3. Eindimensional: Sei I = ]a, b R und f : I R eine Funkion. Wir nennen f im Punk I differenzierbar, wenn der Grenzwer f( + h) f() lim =: f () h h eisier. In diesem Fall heiß f () die Ableiung von f im Punk. Q Mehrdimensional: Sei Ω R n offen und f : Ω R eine Funkion. Die Ableiung von f im Punk Ω in Richung v R n is f( + hv) f() lim =: v f(). h h Dies is die Ableiung der pariellen Funkion h f( + hv) in h =. Häufig benuz man die Ableiung k in Richung v = e k, wobei e,..., e n die kanonische Basis des R n is, also e k = (,...,,,,..., ). Die Offenhei von Ω garanier, dass wir um jedem Punk Ω ewas Plaz haben: Es gib einen kleinen Ball B(, ε) Ω vom Radius ε >. Andernfalls ließe sich die Ableiung ers gar nich wie oben erklären. : ein warnendes Gegenbeispiel Q3 Verauschbarkei gil nich immer! Ein warnendes Gegenbeispiel?? : y( 2 y 2 ) f : R 2 R : (, y) f(, y) = 2 + y 2 für (, y) (, ), für (, y) = (, ). Die Funkion f is seig und differenzierbar auf R 2, auch in (, ). Die Ableiungen f, y f sind seig und pariell differenzierbar, aber: ( y f)(, y) = (4 4 2 y 2 y 4 ) ( 2 + y 2 ) 2, ( y f)(, ) =, ( y f)(, ) = +5 4 = +, ( y f)(, ) = +, ( f)(, y) = y( y 2 y 4 ) ( 2 + y 2 ) 2, ( f)(, ) =, ( f)(, y) = y5 y 4 = y, ( y f)(, ) =. Für parielle Differenialgleichungen möche man dieses läsige Problem beheben bzw. umgehen. Die korreke Behandlung geling wunderbar mi der Theorie der Disribuionen (siehe Kapiel D). Parielle Differenialgleichungen (PDE) Parielle Ableiungen und der Saz von Schwarz Erse Beispiele parieller Differenialgleichungen 2 Lineare PDE erser Ordnung Lineare Differenialoperaoren Die Charakerisikmehode 3 Lineare PDE höherer Ordnung Lösung durch Poenzreihenansaz Lösung durch Fourier Transformaion 4 Lineare PDE zweier Ordnung Klassifikaion linearer PDE zweier Ordnung Trennung der Variablen durch Produkansaz 5 Fazi: Parielle Differenialgleichungen Zusammenfassung Aufgaben Moivaion Die Lösung parieller Differenialgleichungen mobilisier alle bisher erarbeieen Techniken der Höheren Mahemaik: mehrdimensionale Differenial- und Inegralrechnung, Inegralsäze, Fourier Theorie, gewöhnliche Differenialgleichungen, ec. Differenialgleichungen sind ein riesiges Gebie, zu dem ich hier nur einen winzigen Einblick gebe. Die mahemaische und of numerische Bearbeiung praisrelevaner Probleme führ schnell zu Fragesellungen der akuellen Forschung und spreng daher bei weiem den Rahmen dieser Vorlesung. Q2 Überblick Die Wichigkei der (gewöhnlichen und pariellen) Differenialgleichungen beseh darin, dass sich beinahe alle Naurphänomene so beschreiben lassen. Wir illusrieren dies an drei zenralen klassischen Beispielen: Wärmeleiungsgleichung, Wellengleichung und Poenialgleichung. 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. : parielle Ableiungen Die k e parielle Ableiung k f von f im Punk Ω is demnach d k f(,..., n ) := d f(,..., k, k +, k+,..., n )] = Q2 f(..., k, k + h, k+,... ) f(..., k, k, k+,... ) := lim h h Wenn diese Ableiungen für alle Ω und alle k =,..., n eisieren, so nennen wir f pariell differenzierbar. Dies definier k f : Ω R. Sind alle k f seig, so heiß f seig pariell differenzierbar, kurz C. Sind alle k f seig pariell differenzierbar, so heiß f zweimal seig pariell differenzierbar, kurz C 2. Hier gil der Saz von Schwarz??: Saz QA (Saz von Schwarz, siehe??) Sei Ω R n offen. Is f : Ω R zweimal seig differenzierbar, so gil j k f = k j f. Indukiv definieren wir die k mal seig differenzierbaren Funkionen C k für alle k N und schließlich die glaen Funkionen C = k N Ck. Gebräuchliche Schreibweisen Zur Illusraion berachen wir u : R 4 R : (,, y, z) u(,, y, z). Gebräuchliche Schreibweisen für parielle Ableiungen: u = u = u = u, u = u = u = 2 u, ec. Für zweifache parielle Ableiungen (Verauschbarkei vorausgesez): u = 2 u = u = 2 u = 2 3 4u = (,,,) u, Die Wellengleichung zum Beispiel läss sich wie folg schreiben: c 2 u = u + u yy + u zz, 2 u c 2 2 = 2 u u y u z 2, 2 u = c 2 u mi = y + 2 z, u = mi = c ec. Die Schreibweise soll jeweils klar und eindeuig sein. Sie is wie jede Konvenion eine Frage der Bequemlichkei und des Geschmacks. Q4

2 Parielle Differenialgleichungen Q5 Zunächs berachen wir Differenialgleichungen für einzelne Funkionen u : R n Ω R : (,..., n ) u(,..., n ). Als Sysem parieller Differenialgleichungen bezeichne man die Zusammenfassung von Gleichungen mehrerer Funkionen u,..., u m. Die Funkionen u,..., u m : Ω R können wir zusammenfassen zu u : R n Ω R m, u = (u,..., u m ). Das Sysem der pariellen Differenialgleichungen schreib sich dann F (u,..., u m,..., ν u i,... ) = F l (u,..., u m,..., ν u i,... ) = Ich nenne drei berühme Gleichungen, die sei dem 9. Jahrhunder ausgiebig unersuch und vielfälig genuz werden. Sie illusrieren die Problemsellung und mögliche Schwierigkeien: Die erse is vollsändig versanden, die zweie auch aber schwieriger, die drie noch nich. Beispiel: die Mawell Gleichungen Die Mawell Gleichungen für die Felder E, B : R R 3 Ω R 3 : E = 4πϱ, B =, Ladungserhalung: = E + B c =, B E c = 4π J. c ϱ + J =, Wellengleichung: 2 E 2 E c π J = 4π ϱ + c 2, Wellengleichung: 2 B c 2 2 B 2 = 4π J. Gegeben sind J : Ω R 3 und ϱ : Ω R, gesuch sind E, B. Die erse Gleichung is die Poisson Gleichung Φ = 4πϱ für das Poenial mi E = Φ. Durch Ableien erhäl man die Ladungserhalung und die Wellengleichungen. Lezere beschreib, wie sich elekromagneische Wellen mi Lichgeschwindigkei im Vakuum ausbreien. Mawell mache diese bahnbrechende Endeckung 865; sie war ewas völlig neues und eperimenell noch lange nich zugänglich; dies gelang Heinrich Herz ers 886.?? Wir nuzen sie heue mehr denn je. Einfache Beispiele Zum Aufwärmen ein paar konkree Beispiele parieller Ableiungen: e iy] = iy e iy, y e iy] = i e iy Bei parieller Ableiung nach werden alle anderen Variablen wie Konsanen behandel. Ein beliebes sbeispiel aus der HM2: y y] (e ln y = ) ] y = e y ln y] = y y( y ln y ) y y y] = y (e ln y ) y ] = y e y ln y] = y y( ln y + ) Q7 Q9 Aufgabe: Finden Sie eine Lösung u : R 2 R der (linearen) Gleichung u(, y) y y u(, y) =. Mögliche Lösung: u(, y) = e iy, oder allgemeiner u(, y) = f(y). Aufgabe: Finden Sie eine Lösung u : R R > R der Gleichung u(, y) y y u(, y) + y u(, y) =. Mögliche Lösung: u(, y) = y y. Suche is schwer, die Probe leich! Sysemaische Lösung durch Charakerisiken, siehe unen. Einfache Beispiele Aufgabe: Finden Sie alle Funkionen u : R 2 R mi u(, y) + y u(, y) =. Lösung: Bei fesem y is dies eine gewöhnliche lineare DG in : u(, y) = c(y) e y Aufgabe: Finden Sie alle Funkionen u : R 2 R mi y u(, y) + a u(, y) = f(, y). Lösung: Bei fesem is dies eine gewöhnliche lineare DG für u : u(, y) = c() e ay + e ay e ay f(, y) dy Q Machen Sie die Probe!... und wiederholen Sie bei dieser Gelegenhei die Lösungsmehoden gewöhnlicher linearer Differenialgleichungen. Beispiel: die Cauchy Riemann Gleichungen Die Cauchy Riemann Gleichungen für u, v : R 2 Ω R: u = v y, v = u y. Das Vekorfeld (u, v) erfüll div(u, v) = und ro(u, v) =. Die komplee Funkion f = u + iv : C Ω C is holomorph. Lokal is f eine komplee Poenzreihe, f(z) = a k (z z ) k. = Die Funkionen u, v sind harmonisch, u = v =. Für diese spezielle und wichige PDE enfale sich ein Wunder: Für holomorphe Funkionen gelen besonders sarke Gesezmäßigkeien. Diese sind Thema der Funkionenheorie, d.h. der Theorie kompleer Funkionen. Insbesondere is jede holomorphe Funkion lokal eine komplee Poenzreihe und umgekehr. Dami is diese PDE im Prinzip vollsändig gelös! Holomorphe Funkionen sind in Mahemaik und Physik überall anzureffen und als Werkzeuge nüzlich. Eine klassische echnische Anwendungen sind ebene Poenialsrömungen. Aus obigen Gleichungen folg insbesondere, dass u und v harmonisch sind, also u = v =. Versuchen Sie dies durch Ableien nachzurechnen als leiche und Wiederholung.?? Zur Schreibweise und Verwendung der Differenialoperaoren und siehe Seie H. Beispiel: die Navier Sokes Gleichung Die Navier Sokes Gleichungen für inkompressible Fluide: n v k Massenerhalung: div v = = k Impulserhalung: k= k= v i n + v i v k k = ν v i p + f i ϱ i Diese n + Gleichungen beschreiben die Srömung einer inkompressiblen Flüssigkei (hier mi konsaner Diche ϱ) zur Zei I am Or Ω in der Ebene (n = 2) oder im Raum (n = 3). Die erse Gleichung besag, dass die Flüssigkei inkompressibel is H7, die lezen n sind Newons Bewegungsgesez: Links seh die Beschleunigung, als konvekive Ableiung?? der Srömungsgeschwindigkei v : I Ω R n. Rechs sehen die Kräfe durch die Reibung mi Viskosiäskonsane ν, den Druck p : I Ω R sowie die äußere Kraf f : I Ω R n. Dies sind n + Gleichungen zweier Ordnung. Gesuch sind die n + Funkionen v und p. Gegeben is hierzu die äußere Kraf f sowie Anfangsgeschwindigkeien v(, ) für Ω. Im zweidimensionalen Fall is die Lösbarkei bewiesen, im dreidimensionalen Falle nich! Die Navier Sokes Gleichungen illusrieren die Schwierigkei parieller Differenialgleichungen: Über dreidimensionale Lösungen weiß man allgemein wenig, z.b. sind Eisenz und Regulariä ungeklär roz größer Ansrengungen. Das Clay Mahemaics Insiue ha dies im Jahr 2 als eines von sieben Millenium-Problemen ausgelob, mi einem Preisgeld von Million Dollar. Einfache Beispiele Es gib besonders einfache parielle Differenialgleichungen, die man wie gewöhnliche Differenialgleichungen behandeln und lösen kann. Beispiele für u : Ω R auf dem Gebie Ω = ]a, b ]c, d R 2 : u(, y) = u(, y) = ϕ(y) mi ϕ(y) beliebig y u(, y) = u(, y) = ψ() mi ψ() beliebig u(, y) = f(, y) u(, y) = f(, y) d + ϕ(y) y u(, y) = g(, y) u(, y) = g(, y) dy + ψ() Zweifache parielle Ableiungen: Q6 Q8 Q 2 u(, y) = u(, y) = a(y) u(, y) = a(y) + b(y) y u(, y) = u(, y) = a() u(, y) = A() + B(y) Bei Differenialgleichungen der Ordnung k suchen wir k mal differenzierbare Lösungen. Schon die ersen Beispiele zeigen, dass man diese Forderung lockern kann (und of muss). Im lezen Beispiel genüg es, dass A() und B(y) nur einmal differenzierbar sind. Probe! Einfache Beispiele Aufgabe: Finden Sie alle Funkionen u : R 2 R mi u u y + u u y =. Q2 Dies is eine (nich-lineare) Differenialgleichung zweier Ordnung in u. Sie läss sich genauso gu schreiben als u y u + ( u)( y u) =. Lösung: Das Problem wird einfacher in folgender äquivalenen Form: y u 2 = 2. Dies is äquivalen, da y u 2 = y (2u u) = 2( y u)( u) + 2u y u. Wir erhalen die allgemeine Lösung dann durch zweifache Inegraion: y u 2 = 2 u 2 = 2y + a() u 2 = 2 y + A() + B(y), also u(, y) = 2 y + A() + B(y) mi beliebigen A(), B(y). Probe! Bei der Probe sehen Sie, dass A() und B(y) nich nur seig, sondern sogar differenzierbar sein sollen. (Andernfalls is die Ableiung nach bzw. y nich definier; sie geling dann immerhin noch im Disribuionensinne, siehe Kapiel D.) Für reelle Lösungen muss zudem die Ungleichung 2 y + A() + B(y) > gelen. (Nichs sprich dagegen, auch komplee Lösungen zuzulassen. Sind A, B : R C differenzierbar und gil 2 y + A() + B() für alle, y R, so läss sich die Wurzel seig ziehen, und wir erhalen u : R 2 C.)

3 Ableiungen als Differenialoperaoren Q2 Ableiungen als Differenialoperaoren Q22 Bei unseren Rechnungen wollen wir Funkionen ableien sowie addieren und muliplizieren. Wir nuzen dazu das bewähre Vokabular der Algebra: Der Werebereich is wie üblich K = R, C, also der Körper der reellen Zahlen oder der Körper der kompleen Zahlen. Beide Fälle sind sehr ähnlich, daher wollen wir beide möglichs parallel behandeln. Sei Ω R n offen und K Ω die Menge aller Funkionen f, g : Ω K. Summe f + g und Produk αf mi α K definieren wir punkweise: (f + g)() = f() + g() und (αf)() = α f() für alle Ω. Hiermi wird (K Ω, +, ) zu einem K Vekorraum. Hierin is die Teilmenge C k (Ω) = C k (Ω, K) K Ω aller k mal seig diff baren Funkionen ein Unervekorraum. Auch das Produk f g definieren wir punkweise: (f g)() = f() g() für alle Ω. Dami wird (K Ω, +, ) zu einer K Algebra, darin ebenso C k (Ω, K). Saz Q2A (Ableiung von Summen und Produken) Sei Ω R n eine offene Teilmenge. Die Menge C k (Ω, K) aller k mal seig differenzierbaren Funkionen f : Ω K is ein K Vekorraum. Jede parielle Ableiung,..., n : C k (Ω, K) C k (Ω, K) is eine K lineare Abbildung, das heiß, für alle f, g C k und α, β K gil k (αf + βg) = α( k f) + β( k g) Mi der punkweisen Muliplikaion wird C k (Ω, K) zu einer K Algebra. Für die Ableiung von Produken gil wie üblich die Leibniz Regel: k (f g) = ( k f) g + f ( k g) Sie kennen diese Rechenregeln vom eindimensionalen Fall (n = ). Sie überragen sich auomaisch auf parielle Ableiungen (n ). Nachrechnen: Hier wird nur in eine einzige Richung abgeleie. Lineare parielle Differenialgleichungen Q23 Lineare parielle Differenialgleichungen Q24 Definiion Q2B (linearer Differenialoperaor) Sei Ω R n offen. Zu ν N n berachen wir die ν fache Ableiung ν := ν νn n : C k (Ω, K) C k ν (Ω, K). Dank Schwarz (??) dürfen wir hier umordnen: µ ν = ν µ = µ+ν. Ein linearer Differenialoperaor L : C k C is von der Form L = ν k a ν() ν, also (Lf)() = ν k a ν() ν f(). Jede lineare Differenialgleichung (PDE) ha die Form Lu = b. Gegeben is L und b : Ω K; gesuch sind Lösungen u : Ω K. Die homogene Gleichung Lu = frag nach dem Kern von L. Die Menge aller Lösungen u : Ω K von Lu = is ein K Vekorraum. Die Menge aller Lösungen u : Ω K von Lu = b is ein affiner Raum: Allgemeine Lösungen = parikuläre Lösung + homogene Lösungen. Uner den pariellen Differenialgleichungen (PDE) sind die linearen der wichigse Spezialfall. Hierfür brauchen wir passendes Vokabular. Bei ν is ν = (ν,..., ν n ) N n ein Muliinde mi ν,..., ν n N. Die Ordnung ν = ν + + ν n besag, wie of abgeleie wird. Der Differenialoperaor L is eine Linearkombinaion dieser ν. Dies is eine lineare Abbildung, d.h. L(αf + βg) = α(lf) + β(lg). Die Koeffizienen a ν : Ω K sind hierbei seige Funkionen; bei konsanen Koeffizienen sind die a ν auf ganz Ω konsan. Die Ordnung von L is k, wenn a ν = für alle ν mi ν > k gil. Die Ordnung is = k, wenn zudem a ν für ein ν mi ν = k gil. Anders als bei gewöhnlichen Differenialgleichungen sind die Lösungsräume parieller Differenialgleichungen meis unendlichdimensional, wie schon die obigen Beispiele zeigen. Auch Anfangs- bzw. Randbedingungen sind hier komplizierer. Wir müssen je nach Problemsellung individuell darauf eingehen. Lineare PDE erser Ordnung Q25 Lineare PDE erser Ordnung Q26 Sei Ω R 2 offen und hierauf u : R 2 Ω R seig differenzierbar. Zu lösen sei eine homogene lineare PDE erser Ordnung: a(, y) u(, y) + b(, y) y u(, y) = für alle (, y) Ω R 2. Wir berachen einen C Weg γ : R I Ω : s ((s), y(s)) und die Höhe z(s) = u((s), y(s)). Dank Keenregel gil z = u + y y u: (s) u ( (s), y(s) ) + y (s) y u ( (s), y(s) ) = z (s) Spezialfall: Is γ eine Niveaulinie, also z(s) konsan, so gil z (s) = : (s) u ( (s), y(s) ) + y (s) y u ( (s), y(s) ) = In Anwendungen verläuf die Rechnung ypischerweise umgekehr: Die PDE für u is gegeben, und wir besimmen die Niveaulinien von u. Lineare PDE erser Ordnung Q27 Dami können wir die gesuche Funkion u berechnen: Wir kennen die Niveaulinien! Wir benöigen nur noch die zugehörigen Höhen. Wir wählen geschicke Koordinaen ((s), y(s)) für unsere PDE, sozusagen Eigenkoordinaen. In diesen wird alles besonders einfach! Dieser Trick is simpel aber wirkungsvoll, denn gewöhnliche DG können wir lösen, und dami auch diese parielle DG (linear erser Ordnung). Dimension 2 berachen wir hier nur zur bequemeren Schreibweise. Allgemein sei Ω R n offen. Seige Funkionen a,..., a n : Ω R definieren den linearen Differenialoperaor L = n k= a k() k. Gesuch sind alle seig differenzierbaren Funkionen u : R n Ω R mi L u = b. Die homogene Gleichung L u = frag nach dem Kern von L. Die Menge aller Lösungen u : Ω R von L u = is ein R Vekorraum. Die Menge aller Lösungen u : Ω R von L u = b is ein affiner Raum: Allgemeine Lösungen = parikuläre Lösung + homogene Lösungen. Gegeben sind hierbei a, b : R 2 Ω R seig, gesuch is u : Ω R. Eine charakerisische Kurve, oder kurz Charakerisik dieser PDE, is ein C Weg γ : R I Ω mi s ((s), y(s)) und (s) = a ( (s), y(s) ), y (s) = b ( (s), y(s) ). Solche gewöhnlichen DGSyseme können wir bereis gu lösen! Wir unersuchen die Funkion s u((s), y(s)). Ihre Ableiung is: d ] u((s), y(s)) = u + y y u = a(, y) u(, y) + b(, y) y u(, y) ds Saz Q2C (Lösung enlang charakerisischer Kurven) Eine C Funkion u : R 2 Ω R lös die obige PDE genau dann, wenn u konsan is längs jeder charakerisischen Kurve dieser PDE. Lineare PDE erser Ordnung Q28 Wir berachen Wege γ : R I Ω : s γ(s) mi γ (s) = a(γ(s)), also γ (s) = a (γ (s),..., γ n (s)). γ n(s) = a n (γ (s),..., γ n (s)) Dieses gewöhnliche DGSysem heiß charakerisische Gleichung, seine Lösungen heißen charakerisische Kurven von L. Dami gil: d ] n n u(γ(s)) = γ k ds (s) ku(γ(s)) = a k (γ(s)) k u(γ(s)) = (L u)(γ(s)) k= k= Saz Q2D (Lösung enlang charakerisischer Kurven) Eine C Funkion u : R n Ω R lös die Gleichung L u = genau dann, wenn u konsan is längs jeder charakerisischen Kurve von L. Beweis: : Aus L u = folg u(γ(s)) =, also s u(γ(s)) konsan. : Durch jeden Punk Ω läuf eine Charakerisik γ : ] ε, ε Ω mi γ() = (Eisenz-Saz??). Aus u(γ(s)) = folg (L u)( ) =.

4 Erses Anwendungsbeispiel Aufgabe: Finden Sie alle C Funkionen u : R 2 R mi y u y u = und () u(, ) = cos( 2 ), (2) u(, ) = 2 /2, (3) u(, ) = sin(). Lösung: Die charakerisische Kurve s ((s), y(s)) durch den Sarpunk ((), y()) = (, ) erfüll folgendes DGSysem: (s) = y(s), () =, y (s) = (s), y() =. Enlang dieser Kurve is die gesuche Lösung u(, y) konsan. Zu lösen is nur noch ein lineares DGSysem, in Marischreibweise: ( ) ( ) ( ) = y y Eigenwere, Eigenvekoren, Eigenfunkionen, reelle Lösungen... Die Lösung is der Kreis (s) = cos(s), y(s) = sin(s). Probe! Zweies Anwendungsbeispiel Aufgabe: Finden Sie alle C Funkionen u : R 2 R mi y u + y u = und () u(, ) = cos( 2 ), (2) u(, y) = cos(y 2 ), (3) beides. Lösung: Die charakerisische Kurve s ((s), y(s)) durch den Sarpunk ((), y()) = (, ) erfüll folgendes DGSysem: (s) = y(s), () =, y (s) = (s), y() =. Enlang dieser Kurve is die gesuche Lösung u(, y) konsan. Zu lösen is nur noch ein lineares DGSysem, in Marischreibweise: ( ) ( ) ( ) y = y Eigenwere, Eigenvekoren, Eigenfunkionen, reelle Lösungen... Die Lösung is die Hyperbel (s) = cosh(s), y(s) = sinh(s). Die Charakerisikmehode Definiion Q2E (lineare und quasi-lineare PDE) Eine quasi-lineare PDE erser Ordnung is von der Form a(, y, u) u(, y) + b(, y, u) y u(, y) = c(, y, u). Gegeben sind a, b, c : Ω R R seig, gesuch is u : Ω R. Spezialfall sind lineare PDE erser Ordnung L u = f, also a(, y) u(, y) + b(, y) y u(, y) + c(, y) u(, y) = f(, y). Gegeben sind a, b, c, f : Ω R seig, gesuch is u : Ω R. Aufgabe: Sind folgende PDE linear? quasi-linear? nich quasi-linear? Die PDE u + y u = u is... linear homogen. Die PDE y u + sin() y u = cos( + y) is... linear inhomogen. Die PDE u + u y u = cos(y) cos(u) is... quasi-linear. Die PDE u + u 2 y u = e u + e u is... quasi-linear. Die PDE u + ( y u) 2 = is... nich quasi-linear. Erses Beispiel Aufgabe: Lösen Sie für u : R 2 R die lineare PDE u(, y) = ( + y) u(, y) für alle (, y) Ω = R 2, u(, y) = sin(y) für alle (, y) A = {} R. Lösung: Zum Sarpunk (, y ) A gehör die char. Gleichung (s) =, () =, y (s) =, y() = y, z (s) = (s) + y(s) ] z(s), z() = sin(y ). Q29 Q2 Q23 Q25 Eindeuige Lösung is (s) = s, y(s) = y, z(s) = e s2 /2+sy sin(y ). Alle Charakerisiken verlaufen über Geraden parallel zur Achse. Über jedem Punk (, y) R 2 verläuf genau eine Charakerisik, nämlich die vom Sar (, y, sin(y)) nach (, y, e 2 /2+y sin(y)). Is u eine Lösung unserer PDE, dann gil u(, y) = e 2 /2+y sin(y). Probe: Es gil u(, y) = ( + y) e 2 /2+y sin(y) = ( + y) u(, y) sowie u(, y) = sin(y). Wir haben also eine Lösung, und sie is die einzige. Erses Anwendungsbeispiel Enlang jeder Charakerisik is die gesuche Lösung u(, y) konsan: Die allgemeine Lösung is u(, y) = f( 2 + y 2 ). Machen Sie die Probe! Zusammen mi den Anfangsweren konsruieren wir hieraus die Lösung: () Die gegebenen Anfangswere u(, ) = cos( 2 ) auf der Achse werden enlang der Kreise 2 + y 2 = cons ransporier: u(, y) = cos( 2 + y 2 ) u(, y) = ( 2 + y 2 )/2 (2) Ebenso für die gegebenen Anfangswere u(, ) = 2 /2. (3) Die Anfangswere u(, ) = sin() erlauben keine Lösung! Diese Aufgabe is überbesimm. Wir wünschen / fordern, dass auf jeder charakerisischen Kurve genau ein Anfangswer gegeben is. Zweies Anwendungsbeispiel Enlang jeder Charakerisik is die gesuche Lösung u(, y) konsan: Die allgemeine Lösung is u(, y) = g( 2 y 2 ) auf jedem Vierel. Probe! Zusammen mi den Anfangsweren konsruieren wir hieraus die Lösung: () Die gegebenen Anfangswere u(, ) = cos( 2 ) auf der Achse werden enlang der Hyperbeln 2 y 2 = cons ransporier: u(, y) = cos( 2 y 2 ) u(, y) = cos( 2 y 2 ) Diese Aufgabensellung () is noch unerbesimm. Ebenso (2). Ers beide Daen zusammen (3) besimmen u : R 2 R eindeuig. Zwecks Eisenz und Eindeuigkei der Lösung fordern wir, dass auf jeder charakerisischen Kurve genau ein Anfangswer gegeben is. Die Charakerisikmehode Zu lösen sei eine quasi-lineare PDE erser Ordnung a(, y, u) u + b(, y, u) y u = c(, y, u) für alle (, y) Ω R 2, u(, y) = u (, y) für alle (, y) A Ω. Gegeben sind hierzu das Definiionsgebie Ω R 2 und die seigen Koeffizienenfunkionen a, b, c : Ω R R, gesuch is u : Ω R. Auf einer Teilmenge A Ω gib u : A R die Anfangswere vor. Eine charakerisische Kurve der PDE durch den Punk (, y ) A is ein C Weg γ : R I Ω R R 3 mi s ((s), y(s), z(s)) und = a(, y, z), () =, y = b(, y, z), y() = y, z = c(, y, z), z() = u (, y ). Solche gewöhnlichen DGSyseme können wir bereis gu lösen! Sind a, b, c seig diff bar, so ha das AWP genau eine maimale Lösung. Die Sarwere werden enlang von Charakerisiken ransporier: Lösungen der PDE erfüllen u((s), y(s)) = z(s) längs Charakerisiken. Zweies Beispiel Aufgabe: Lösen Sie für u : R 2 R die lineare PDE u(, y) + 2 y u(, y) = y u(, y) für alle (, y) Ω = R 2, u(, y) = sin(y) für alle (, y) A = {} R. Lösung: Zum Sarpunk (, y ) A gehör die char. Gleichung (s) =, () =, y (s) = 2, y() = y, z (s) = y(s) z(s), z() = sin(y ). Q2 Q22 Q24 Q26 Eindeuige Lösung is (s) = s, y(s) = y + 2s, z(s) = e sy+s2 sin(y ). Alle Charakerisiken verlaufen über Geraden in Richung (, 2). Über jedem Punk (, y) R 2 verläuf genau eine Charakerisik, die von (, y 2, sin(y 2)) nach (, y, e (y 2)+2 sin(y 2)). Is u eine Lösung unserer PDE, dann gil u(, y) = e y 2 sin(y 2). Probe: u(, y) = (y 2) e y 2 sin(y 2) 2 e y 2 cos(y 2), y u(, y) = e y 2 sin(y 2) e y 2 cos(y 2). Die PDE is erfüll!

5 Die Charakerisikmehode Allgemein für Ω R n verläuf das Verfahren wörlich genauso. Gegeben seien seige Funkionen a,..., a n, c : Ω R R. Gesuch sind alle seig diff baren Funkionen u : Ω R mi n k= a k(, u) k u() = c(, u) für alle Ω R n, u() = u () für alle A Ω. Q27 Das AWP kann unerbesimm sein und mehrere Lösungen zulassen, oder überbesimm und keine Lösung zulassen. Es heiß gu gesell, wenn genau eine Lösung eisier und zudem seig von u abhäng. Eine charakerisische Kurve der PDE durch den Punk A is ein C Weg γ : R I Ω R R n R mi ((s), z(s)) und = a(, z), () =, z = c(, z), z() = u ( ). Sind die Funkionen a, c sogar seig differenzierbar, so können wir den Eisenz- und Eindeuigkeissaz für gewöhnliche DGSyseme nuzen: Durch jeden Sarpunk A verläuf genau eine Charakerisik. Beweis der Charakerisikmehode Q29 Nachrechnen: (2) Sei u : Ω R eine Lösung unserer PDE. Sei s ((s), z(s)) eine Charakerisik der PDE. Wir wollen (C) zeigen. Für die Differenz δ(s) = z(s) u((s)) gil δ() = und folgende ODE: δ (s) = z (s) n k= k (s) ku((s)) = c((s), z(s)) n a k((s), z(s)) k u((s)) k= = c ( (s), u((s)) + δ(s) ) n ( ) (s), u((s)) + δ(s) k u((s)) k= a k Da u die PDE lös, is die Nullfunkion δ(s) = eine Lösung dieser ODE. Dank Annahme (A) können wir den Eindeuigkeissaz MC anwenden: Diese ODE kann nur eine einzige Lösung haben! Das bedeue δ =. Somi gil u((s)) = z(s) enlang jeder Charakerisik. Das beweis (C). Mi Charakerisiken können wir Were einer Lösung u besimmen! Das gil insbesondere, wenn wir genügend Charakerisiken haben (B). Warnende Gegenbeispiele Q22 Die oben erklären Voraussezungen (A) und (B) sind ewas echnisch aber leider unverzichbar. Dies sehen wir leich an Gegenbeispielen: Die obige Aufgabe zu Hyperbeln (Q2) illusrier Unerbesimmhei: Hier is (B) verlez, und somi is Lemma Q2G() nich anwendbar. Im folgenden Beispiel is (A) verlez is und Q2G(2) nich anwendbar. Aufgabe: () Zu lösen is für u : R 2 R die PDE u(, y) = 3 u(, y) 2, u(, y) =. (a) Finden Sie mindesens zwei verschiedene Lösungen u und ũ. (b) Sellen Sie die charakerisischen Gleichungen auf und finden Sie zu jedem Sarwer mindesens zwei verschiedene Charakerisiken. (2) Finden Sie alle Lösungen u : R 2 R der PDE u(, y) = 3 u(, y) 2, u(3, y) =. Hier is (A) zwar verlez, aber dennoch sind Charakerisiken eindeuig. Kriisches Beispiel: Wasseruhr Aufgabe: () Finden Sie alle Lösungen u : R R > R der PDE u(, y) = 2y u(, y), u(, y) = y 2. Q223 (2) Finden Sie zwei verschiedene Lösungen u : R R > R der PDE u(, y) = 2y u(, y), u(, y) =. Warum versag die Charakerisikmehode? Was solle Sie warnen? Wir erinnern an Torricellis Gesez (Seie M29): Wasser fließ aus einem Zylinder mi der Geschwindigkei v = 2 g h gemäß Energieerhalung. Sei R die Zei und u die Wasserhöhe über der Öffnung. Dann gil Torricellis Differenialgleichung u = y u(). Hier is y > eine Konsane; dieser Parameer häng von Form und Größe der Öffnung ab. Lösung: () Zum Sarpunk (, y ) gehör die char. Gleichung (s) =, () =, y (s) =, y() = y, z (s) = 2y(s) z(s), z() = y 2. Die Charakerisikmehode Saz Q2F (Lösung enlang charakerisischer Kurven) Uner den nachfolgend erklären Annahmen (A) und (B) gil: Eine C Funkion u : Ω R lös die obige PDE genau dann, wenn längs jeder charakerisischen Kurve u((s)) = z(s) gil. Q28 Annahme (A): Die Koeffizienenfunkionen a,..., a n, c : Ω R R sind seig und bezüglich der lezen Variable u sogar seig differenzierbar. Annahme (B): Die Charakerisiken überdecken ganz Ω; zu jedem Punk Ω eisier eine Charakerisik s ((s), z(s)) mi = (ŝ) für ein ŝ. Genauer gelen folgende Implikaionen zwischen u : Ω R und der Annahme (C): Es gil u((s)) = z(s) längs jeder Charakerisik. Lemma Q2G (Lösung enlang charakerisischer Kurven) () Gelen Annahmen (B) und (C), dann lös u die PDE. (2) Gil Annahme (A) und lös u die PDE, dann gil (C). Beweis der Charakerisikmehode Nachrechnen: () Sei u : Ω R seig differenzierbar. Sei s ((s), z(s)) eine beliebige Charakerisik der PDE. Nach Annahme (C) gil z(s) u((s)) =. Die Ableiung ergib: = z (s) n k= k (s) ku((s)) = c((s), z(s)) n a k((s), z(s)) k u((s)) k= = c((s), u((s))) n a k((s), u((s))) k u((s)) k= In jedem Punk = (ŝ) erfüll u demnach die PDE. Dank Annahme (B) gil die PDE in jedem Punk Ω. Q22 Dami können wir aus Charakerisiken eine Lösung u konsruieren. Dies gil insbesondere dann, wenn zu jedem Punk Ω genau eine Charakerisik s ((s), z(s)) eisier mi = (ŝ) für genau ein ŝ. Bei Überbesimmhei gib es zu viele Charakerisiken, so dass widersprüchliche Forderungen ensehen und keine Lösung möglich is. Warnende Gegenbeispiele Lösung: In Richung is dies die gewöhnliche DG u () = 3 u() 2. Diese kennen wir von der ausführlichen Unersuchung auf Seie??. (a) Zwei mögliche Lösungen sind u(, y) = und ũ(, y) = 3 /27. (b) Die charakerisischen Gleichungen der PDE sind (s) =, () =, y (s) =, y() = y, z (s) = 3 z(s) 2, z() = Zwei mögliche Lösungen sind die charakerisischen Kurven γ : R R 3 : s ((s), y(s), z(s)) = (s, y, ) und γ : R R 3 : s ( (s), ỹ(s), z(s)) = (s, y, s 3 /27). Dies zeig, dass sich der Saz Q2F hier nich anwenden läss! (2b) Die Charakerisiken R R 2 R : s (s, y, z(s)) sind hier eindeuig, nämlich z(s) = s 3 /27 für s und z(s) = für s. (2a) Die PDE ha demnach genau eine Lösung u : R 2 R, nämlich u(, y) = 3 /27 für und u(, y) = für. Kriisches Beispiel: Wasseruhr Eindeuige Lösung M29 is die Charakerisik s (s, y, z(s)) mi { (y sy ) 2 für s, z(s) = für s. Für jede Lösung u : R R > R muss demnach gelen: { (y y) 2 für, u(, y) = für. Q222 Q224 Probe: Für alle gil u(, y) = 2y(y y) = 2y u(, y). Für gil (, y) = = 2y u(, y). Für = gil u(, y) = y 2. Somi is u eine Lösung. Unsere Rechnung zeig: Es is die einzige! (2) Die Nullfunkion is eine Lösung, ebenso die Funkion u aus (). Die Charakerisiken sind hier nich eindeuig! Physikalischer Grund: Is der Eimer einmal leer, so erkennen wir nich mehr, wann er auslief! Mahemaisches Warnsignal: Die reche Seie 2y u is nich seig nach u differenzierbar, denn die Ableiung u 2y u] = y/ u ha in u = eine Polselle. Somi können wir unseren Saz Q2F hier nich anwenden!

6 Zweidimensionales Anwendungsbeispiel Aufgabe: Finden Sie alle seig differenzierbaren Funkionen u(, ) mi u + u = für > und R, u(, ) = g() für = und R. Dreidimensionales Anwendungsbeispiel u(, ) u(, ) = g() = sin() Aufgabe: Finden Sie alle seig diff baren Funkionen u(,, y) mi u + ( y) u + ( + y) y u = und u(,, y) = y Lösung: Wir lesen die charakerisische Gleichung ab: ẋ() = () y(), () = ẏ() = () + y(), y() = y ż() =, z() = y Wegen = s biee es sich hier an, als Wegparameer zu nuzen. Dies is ein lineares DGSysem mi konsanen Koeffizienen. Wir können es lösen durch Eigenvekoren und Eigenfunkionen... Die Lösung is: () = e ( cos y sin ) y() = e ( sin + y cos ) z() = y Machen Sie die Probe durch Einsezen in die char. Gleichung. Spezialfall: Wegen ż = is die Höhe z() jeweils konsan: Die gefundenen Charakerisiken sind hier Niveaulinien. Die Transporgleichung Q225 Q227 Q229 Zweidimensionales Anwendungsbeispiel Lösung: Wir lesen die charakerisische Gleichung ab: (s) =, () =, (s) = (s), () =, z (s) = (s), z() = g( ). Dieses DGSysem is besonders einfach, da nahezu enkoppel. Wir erhalen (s) = s, () = e, z() = e + C mi C = g( ). Wegen = s biee es sich an, foran als Wegparameer zu nuzen. Die Lösung unserer PDE is hierdurch implizi gegeben: u(, ()) = (e ) + g( ) Wir lösen = e auf zu = e und sezen ein: u(, ) = ( e ) + g( e ) Machen Sie die Probe durch Einsezen in die Aufgabensellung! Diese Funkion erfüll asächlich u + u = und u(, ) = g(). Dreidimensionales Anwendungsbeispiel Die Lösung unserer PDE is hierdurch implizi gegeben: u(, (), y()) = z() = y Wenn wir von (,, y ) laufen nach (,, y), dann kennen wir dor den Wer u(,, y) = y. Wir fragen uns umgekehr: Welcher Wer gehör zu (,, y)? Wir lösen die Formel für (, y) auf nach (, y ): = ( ) y ) ( y ( = e cos sin sin cos ( = e cos sin sin cos Wir sezen ein und erhalen die eplizie Lösung: ) ( ) y ) ( ) y u(,, y) = y = e ( cos + y sin ) e ( sin + y cos ) Zusammengefass: u(,, y) = e 2 (y 2 2 ) cos sin + y(cos 2 sin 2 ) ] Machen Sie die Probe durch Einsezen in die Aufgabensellung! Diese Funkion erfüll die PDE mi den gegebenen Anfangsdaen. Die Transporgleichung Wir berachen lineare PDE erser Ordnung mi konsanen Koeffizienen. Nach Division durch einen der Koeffizienen erhalen wir folgende Form: Q226 Q228 Q23 Aufgabe: Zu lösen sei die folgende Transporgleichung: u(, ) + b u(, ) + c u(, ) = f(, ) für > und R, u(, ) = g() für = und R. Die Transporgleichung u(, ) = g( 2) e /2 g() = e 2 /2 Lösung: Wir lesen die charakerisische Gleichung ab: ẋ() = b, () = ż() = f(, ()) cz(), z() = g( ) Wegen = s biee es sich hier an, als Wegparameer zu nuzen. Dieses DGSysem is besonders einfach, da nahezu enkoppel. Die Lösung is () = + b, nach aufgelös = b. Die Gleichung für z is ż() = f(, + b) cz(). Sie is linear! Für diese gewöhnliche DG kennen wir eine Lösungsformel (Saz M2E) : z() = z() e c + = g( b) e c + τ= 5 f ( τ, (τ) ) e c(τ ) dτ τ= f ( τ, b + bτ ) e c(τ ) dτ Jede Lösung erfüll u(, ) = u(, + b) = z(). Dami is u besimm! Lieg die vermuee Formel ers einmal vor, so is die Probe leich: Es genüg Einsezen in die PDE und sorgfäliges Nachrechnen. 2 Q23 Gegeben sind die konsanen Koeffizienen a =, b, c R sowie seige Funkionen f : R > R R und g : R R, gesuch is u : R R R. Anschaulich und in Woren bedeue die Transporgleichung folgendes: Die Anfangsdaen g( ) werden mi Geschwindigkei b ransporier: Die Kurven (, + b) sind die charakerisischen Kurven der PDE. Im Falle c komm noch eponenielle Dämpfung mi e c hinzu. Beides is in der Beispielgraphik für b = 2 und c = /2 gu zu erkennen. Für f addier sich noch der Quellerm f(, ) längs des Transporweges τ (τ, + bτ), inegrier von τ = nach τ =. Die Transporgleichung Wir fassen unsere Rechnung abschließend als Saz zusammen: Saz Q2H (Lösungsformel für lineare PDE erser Ordnung) Zu lösen sei die folgende Transporgleichung: u(, ) + b u(, ) + c u(, ) = f(, ) für > und R, u(, ) = g() für = und R. Gegeben sind die konsanen Koeffizienen a =, b, c R sowie seige Funkionen f : R > R R und g : R R, gesuch is u : R R R. Dieses Problem ha genau eine Lösung u : R R R, nämlich u(, ) = g( b) e c + f ( τ, b + bτ ) e c(τ ) dτ τ= Das is ein selener Glücksfall: Zu dieser Problemklasse haben wir dami eine allgemein gülige und eplizie Lösungsformel gefunden. Die meisen PDE lassen sich nich einfach mi Inegralformeln lösen. Q232

7 Lösung durch Poenzreihen Aufgabe: Mi dem Ansaz u(, ) = i,j N a ij i j löse man u(, ) + u(, ) =, u(, ) =. Lösung: Einsezen in die geforderen Gleichungen ergib: () i aij i j + j a ij i j! =, (2) aj j! = (2) Koeffizienenvergleich ergib a = und a j = für j. () Es gil (i + )a i+,j + ja ij = : Rekursion a i+,j = j i+ a ij. (2) j = : a =, a =!, a 2 = + 2!, a 3 = 3!,... (2) j : a j =, a j =, a 2j =, a 3j =,... Diese Koeffizienen besimmen die Lösung. Wir erhalen: ( ) i u(, ) = i = e i! i= Die Reihe genüg meis. Hier erkennen wir zudem die ep Funkion. Schön. Machen Sie die Probe! Es gil u + u = und u(, ) =. Lösung durch Poenzreihen Saz Q3A (Cauchy 842, Kowalewskaja 875) Zu lösen sei wie zuvor ein Cauchy Problem der Form u = F (,, u), u(, ) = f(). j Q3 i Q33 Gegeben sind Inervalle I R und Ω R sowie Funkionen F : I Ω K K und f : Ω K. Beide Funkionen seien analyisch. Dann eisier lokal genau eine analyische Lösung u : I Ω K auf (evenuell kleineren) Inervallen I I und Ω Ω. Konsrukion der Lösung: Wir enwickeln um (, ) = (, ): Wir haben F (,, v) = i,j,k N b ijk i j v k und f() = j N c j j Wir machen den Poenzreihenansaz u(, ) = i,j N a ij i j Einsezen in die PDE ergib Gleichungen für die Koeffizienen a ij. Diese sind eindeuig lösbar. Der Saz garanier Konvergenzradius >. (Lezeres is die eigenliche Aussage; wir rechnen dies hier nich nach.) Lösung durch Poenzreihen Q32 Dieses Beispiel dien hier zur Illusraion; diese spezielle PDE is linear und kann mi der Charakerisikmehode ebenso leich gelös werden. Auch der Separaionsansaz u(, ) = v() w() führ hier zum Erfolg. Sehen Sie, wie das hier geling? Versuchen Sie es als! 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. Jede PDE mi analyischen Koeffizienen kann lokal gelös werden. Der Poenzreihenansaz ha den Voreil, dass er allgemein anwendbar is und nach folgendem Saz immer eine Lösung liefer. Die Mehode eigne sich auch zur numerischen Approimaion. Da die Rechnungen jedoch aufwändig werden können, wähl man den Poenzreihenansaz nur mi Bedach. Nofalls kann man so immerhin qualiaive Aussagen gewinnen und Approimaionen berechnen. Lösung durch Poenzreihen Analyische Cauchy Probleme sind gu gesell, das heiß, es gib genau eine Lösung (zumindes lokal um den Enwicklungspunk). Diese Lösung is selbs analyisch, d.h. gegeben als Poenzreihe: Die Koeffizienen lassen sich rekursiv berechnen, wie oben skizzier. Zudem gil eine allgemeine Schranke und dami lokale Konvergenz. Hadamards Beispiel (Seie Q525) zeig, dass die Lösungen einer PDE im Allgemeinen nich seig von den Anfangsdaen abhängen! Die reche Seie F und die Funkion f müssen analyisch sein. Das is in vielen Anwendungen eine harmlose Voraussezung. Differenzierbarkei reich nich! Die ersaunliche Endeckung von Lewy (956) und Mizohaa (962): Es gib glae, nich-analyische Funkionen g : R 2 C, sodass u(, ) + i u(, ) = g(, ) keine Lösung ha, nich einmal lokal auf einem beliebig kleinen Gebie! Q34 Die Koeffizienen sind hier nich-konsane Polynome; für konsane Koeffizienen ree uns der folgende Saz von Ehrenpreis Malgrange. Lösung durch Fourier Transformaion Q35 Lösung durch Fourier Transformaion Q36 Wir unersuchen die homogene Wärmeleiungsgleichung R 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. Q37 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 Q34 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 Q3C (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(). Q38 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??)

8 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! Lösungen der Wellengleichung Saz Q4B (Lösungen der Wellengleichung) Q4 Q43 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! Klassifikaion linearer PDE zweier Ordnung 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! 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 eine Ausbreiungsgeschwindigkei c >. Die Wärmeleiungsgleichung ha eine Maerialkonsane 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. Q45 Q47 Lösungen der Poenialgleichung Saz Q4A (Lösungen der Poenialgleichung) Q42 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 Konsanen) dem Graviaionspoenial einer Punkmasse im Nullpunk. Man rechne nach, dass N asächlich eine Lösung is und N ds = erfüll??. Die Verschiebung N( y) is das Poenial um y. Das B(,r) 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 Wärmeleiungsgleichung Saz Q4C (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 Q44 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 mi 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 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 n n a jk j k + b j j + c. j= k= 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= Klassifikaion linearer PDE zweier Ordnung Q46 Q48 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 Poisson-, 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.

9 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)! Q49 Q4 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 Q4D 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 ). Produkansaz zur Wellengleichung Aufgabe: Lösen Sie mi dem Separaionsansaz die Wellengleichung 2 u(, ) = c 2 2 u(, ) für u : R 2 R : (, ) u(, ). 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). Q43 Q45 Trennung der Variablen durch Produkansaz Q4 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 Q4D (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 Q42 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 ( ) P u () + Q u2(y) u 2(y ) P u ( ) u ( ) P u ( ) u ( ) + Q u2(y) u 2(y ) + R u3(z) u 3(z ) = λ, u () + R u3(z) u 3(z ) u () = λ u (), u 2 (y) + Q u 2 (y) + R u3(z) u 3(z ) u 2 (y) = λ u 2 (y), u 3 (z) + Q u2(y) u 2(y ) u 3 (z) + R u 3 (z) = λ u 3 (z). Produkansaz zur Wellengleichung Die Lösungen u(, ) = v() w() sind sehende Wellen (Seie P5): 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. Q44 Q46