Partielle Differentialgleichungen Kapitel 11

Partielle Differentialgleichungen Kapitel Die Laplace- und Poisson- Gleichungen Die Struktur bei elliptischen Gleichungen zweiter Ordnung ist nicht wesentlich verschieden bei Operatoren mit konstanten oder nicht-konstanten Koeffizienten. Technische Aspekte können leider unverhältnismäßig kompliziert werden bei allgemeinen elliptischen Randwertproblemen. Wir werden uns deshalb oft beschränken auf einen Prototyp elliptischer Differentialgleichungen, nämlich die Poisson-Gleichung u = f.. Den Differentialoperator 2 = n i= nennt man Laplace-Operator 3. Setzt man f = 0 in., wird sie Laplace-Gleichung genannt. Meistens sucht man Lösungen von. auf einem Gebiet mit vorgegebenen Randwerten auf. 2 i. Fundamentallösung Definition. Sei n {2, 3, 4,... }. Die Funktion F n : [0, ] definiert durch F 2 x = ln x, 2π nennt man die Fundamentallösung zu. F n x = n 2ω n x 2 n für n 3, Bemerkung.. Man findet eine Fundamentallösung für einen rotationsinvarianten Operator wie wenn man eine passende Lösung von f x = 0 für x > 0 nimmt. Das heißt, man sucht f : R + R derart, dass r n r r n r f r = 0. Siméon Denis Poisson 78 840 bekam in 802 eine Professur an der L École Polytechnique in Paris. Er war ein Schüler von Pierre-Simon Marquis de Laplace. 2 Stochastiker nehmen oft = n 2 i= 2 x i und für Potentialtheoretiker gilt = n i= 2 x i. 3 Pierre-Simon Marquis de Laplace 749 827 war ein Schüler von Jean-Baptiste le Rond d Alembert. 5

6 27. Juni 203 Kapitel, Die Laplace- und Poisson-Gleichungen Es gilt nämlich und via = f x = n i= f x x x 2 f xi x + f x x = n xi f x x i x + f x x x = i= n x x x x x 2 f r + n f r = r n r r n r f r r = f x + n f x x folgt f r = c r 2 n + c 2, wenn n 2 und f r = c log r + c 2 wenn n = 2. Die zweite Konstante spielt keine Rolle und c sollte man derart wählen, dass folgendes gilt. Lemma.2 Im Sinne von Distributionen gilt F n = δ 0. Beweis. Man soll zeigen, dass für alle ϕ D oder S gilt F n x. ϕ x dx = ϕ0. Wie bei Proposition 3.4 verwendet man, dass F n L loc Rn C \ {0} und dass F n x = 0 für x 0. Nehmen wir ϕ D so gibt es eine Kugel B R 0, die den Träger von ϕ umfasst, und es gilt F n x ϕ x dx = lim F n x ϕ x dx = ε 0 B R 0\B ε0 = lim F n x ϕ x F n x ϕ x νdσ x + ε 0 B R 0\B ε0 F n x ϕ x dx = B R 0\B ε0 = lim F n x ϕ x νdσ x lim F n x ϕ x νdσ x. ε 0 B ε 0 ε0 B ε0 Man findet für n > 2, dass F n x ϕ x νdσ x ε2 n ϕ B ε0 n 2 ω n F n x ϕ x ϕ 0 νdσ x ε n ϕ ω n B ε0 B ε0 B ε0 dσ x = ϕ n 2 ε, x dσ x ϕ ε. Es folgt F n x ϕ x dx = lim ε 0 B ε0 = lim x ε 0 B n ε0 ω n ε n ϕ 0 dσ x = lim ϕ 0 ε 0 ω n F n x ϕ 0 νdσ x = B ε0 dσ x = ϕ 0.

. Fundamentallösung 27. Juni 203 7 Für ϕ S benutzt man, dass ϕ und ϕ schneller als jedes Polynom nach 0 konvergiert für x. Wenn F n = δ 0 im Sinne von Distributionen, dann gilt im gleichen Sinne auch Anders gesagt F n y = δ 0 y = δ y. F n x y ϕ x dx = ϕy. Wenn ϕ = f gilt, so hat man, wenn man x und y vertauscht und F n z = F n z bemerkt, dass ϕ x = F n x y f y dy..2 Man nennt.2 eine Darstellungformel für ϕ = f. Das heißt, wenn für ϕ und f gilt, dass ϕ = f, dann gilt auch.2. Sie ist noch keine Lösungsformel. Das werden wir nun zeigen: Proposition.3 Sei f C0 und setze u x = F n x y f y dy..3 Dann gilt u C 2 und u = f in. Beweis. Wenn man bedenkt, dass u x = F n x y f y dy und F n x y f y dy = 0, dann kann man anscheinend Integral und -Operator nicht vertauschen, x F n x y f y dy = x F n x y f y dy Falsch denn dann wäre die Proposition falsch. Der Grund ist, dass die zweiten Ableitungen von x F n x y nicht integrierbar sind. Die Sätze über majorisierte oder monotone Konvergenz sind nicht anwendbar. Die ersten Ableitungen von x F n x y sind aber lokal integrierbar, und mit majorisierter Konvergenz und einer partiellen Integration folgt u x = F n x y f y dy = x F n x y f y dy = = y F n x y f y dy = F n x y f y dy..4 Also ist u differenzierbar und weil f stetig ist und F n x y f y dy = F n z x f x z dy gilt, findet man, dass u stetig ist, also gilt u C.

8 27. Juni 203 Kapitel, Die Laplace- und Poisson-Gleichungen Auch gilt, dass xi xj u x = xi F n x y j f y dy = xi F n x y j f y dy = = i F n z j f x z dy existiert und sogar stetig ist. Also gilt u C 2. Weiter folgt u x = F n x y f y dy = x F n x y f y dy = = y F n x y f y dy. Wir bohren wieder ein kleines Loch, diesmal um x herum und finden y F n x y f y dy = lim y F n x y f y dy = ε 0 \B εx = lim y F n x y f y ν dσ y y F n x y f y dy = ε 0 B εx \B εx = lim x y ε 0 B n f y dσ x = f x. εx ω n Nicht nur der letzte Schritt ist ähnlich wie im Beweis von Lemma.2. Dieses Lemma hat als Vorrausetzung, dass f stetig differenzierbar ist und einen kompakten Träger hat. Beide Bedingungen kann man abschwächen. Es reicht wenn f integrierbar ist und wenn die rechte Seite in.3 wohldefiniert ist. Wir werden diese Behauptung hier nicht weiter nachgehen. Wir möchten die Annahmen nur in einer Richtung etwas abschwächen. Um zu zeigen, dass u definiert durch.3 in x 0 zweimal stetig differenzierbar ist reicht es, wenn f in einer Umgebung von x 0 stetig differenzierbar ist. Sei x 0. Man nehme χ C0 χx = Dann gilt u x = B 2ε x 0 derart, dass F n x y χ y f y dy + für x x 0 ε,... für ε < x x 0 < 2ε, 0 für x x 0 2ε. \B εx 0 F n x y χ y f y dy. Nehmen wir x B 2 ε x 0, so gilt für y \B ε x 0, dass x y ε. Dies bedeutet, 2 dass die singuläre Stelle im rechten Integral mindestens ε vom Integrationsgebiet entfernt 2 liegt und somit folgt sogar für f L, dass x F n x y χ y f y dy C B ε/2 x 0. \B εx 0 Für das linke Integral können wir Proposition.3 verwenden. Für f C B 2ε x 0 folgt x F n x y χ y f y dy C 2. B 2ε x 0

.2 Randwertprobleme 27. Juni 203 9 Übrigens gilt für f L mit kompaktem Träger, dass u in.3 wohldefiniert ist und sogar dass x F n x y f y dy C..5 Es gilt nämlich, dass wenn der Träger von f in B R 0 liegt, dass F n z y f y dy = F n z y f y dy B R 0 f L F n z ydy C R f L. B R 0 Für f 0 kann man den Satz zur majorisierten Konvergenz verwenden um zu zeigen, dass lim F n z y f y dy = F n x y f y dy. z x Wenn f kein festes Vorzeichen hat, betrachtet man getrennt f + = f + f und f 2 = f f. Das liefert die Stetigkeit der Abbildung.5. Wir fassen zusammen: 2 Lemma.4 Sei f L und nehme an, f hat einen kompakten Träger. Dann ist u x = F n x y f y dy. wohldefiniert und es gilt u C. Wenn außerdem f B2ε B C x 0 2ε x 0, dann gilt u Bε/2 B C2 x 0 ε/2 x 0 und ux = fx für x B ε/2 x 0..6 Bemerkung.4. Statt anzunehmen, dass f einen kompakten Träger hat, reicht es, wenn f genügend schnell fallend ist: + x 2 k f x = 0 für k R + genügend groß. lim x.2 Randwertprobleme Das eigentliche Problem, an dem man interessiert ist, ist { u = f in, u = ϕ auf..7 Wir werden grob einige Möglichkeiten beschreiben, wie man dieses Problem angehen kann. Vorher geben wir zwei Möglichkeiten an, wie man dieses Problem vereinfachen kann. Es sei bemerkt, dass wenn man { { v = f in, w = 0 in, und.8 v = 0 auf, w = ϕ auf, für allgemeine f und ϕ lösen kann, man auch.7 lösen kann. Denn seien v und w Lösungen von.8, dann ist u = v + w eine Lösung von.7. Manchmal braucht man aber nur eine der beiden Randwertprobleme aus.8 lösen zu können:

20 27. Juni 203 Kapitel, Die Laplace- und Poisson-Gleichungen Wenn man das rechte Randwertproblem in.8 lösen kann, dann kann man auch.7 lösen: Setze u x = F n x y f y dy.9 und sei w eine Lösung von { w = 0 in, w = ϕ u auf, so findet man, dass u = u + w eine Lösung ist von.7. Wenn man das linke Randwertproblem in.8 lösen kann und die Funktion ϕ lässt sich schreiben mittels ϕ = Φ für eine Funktion Φ C 2, dann kann man auch.7 lösen. Denn sei v eine Lösung von { v = f + Φ in, v = 0 auf, so ist u = v + Φ eine Lösung von.7. In diesen Ansätze sind ein paar Probleme an dem Rand des Gebietes versteckt. Die Formel in.9 folgt aus Proposition.3, wenn man die Funktion f einsetzt, die wie folgt definiert ist: f x = { f x für x, 0 sonst. Dann bekommt man nämlich F n x y f y dy = F n x y f y dy. Wenn f C gilt, folgt jedoch nicht, dass f C. Um a-priori eine klassische Lösung zu bekommen, müsste man f C erweitern zu einer Funktion f C. Für eine solche Erweiterung braucht man jedoch, dass der Rand genügend glatt ist. Verwendet man statt Proposition.3 nun Lemma.4, dann folgt für die Funktion u aus.9 nur C 2..2. Die Methode von Perron Für harmonische Funktionen u auf, also u = 0 in, sagt Proposition 3.4, dass u x 0 = ux dσ ω n r n x für jede Sphäre B r x 0 mit B r x 0. B rx 0 Diese Aussage ist gleichwertig zu u x 0 = n ω n r n B rx 0 ux dx für jede Sphäre B r x 0. Den Flächeninhalt der Einheitssphäre in nennen wir ω n ; das Volumen der Einheitskugel in ist dann n ω n.

.2 Randwertprobleme 27. Juni 203 2 Definition.5 Eine Funktion u C nennt man superharmonisch auf, wenn u x 0 n ux dx für jede Sphäre B ω n r n r x 0. B rx 0 Eine Funktion u C nennt man subharmonisch auf, wenn u x 0 n ux dx für jede Sphäre B ω n r n r x 0. B rx 0 Für { u = 0 in, u = ϕ auf, kann man wie folgt verfahren..0 Ansatz. Mit Hilfe des Maximum Prinzips Perron 4 definiert S ϕ = { u C ; u superharmonisch in und u ϕ auf } und setzt ū x = inf { u x ; u S ϕ }. Bemerkung.5. Selbstverständlich kann man auch mit u x = sup { u x ; u s ϕ } s ϕ = { u C ; u subharmonisch in und u ϕ auf } betrachten. Mit Hilfe des Maximumprinzips findet man, dass ū u. Aber sogar wenn ū = u gilt, folgt nicht unbedingt, dass die Randbedingung erfüllt ist. Man kann zeigen, dass ū harmonisch ist auf und dass u ϕ auf. Wenn man zusätzlich annimmt, dass einen netten Rand hat und ϕ stetig ist, kann man sogar zeigen, dass ū C und ū = ϕ auf. Was genau nett ist, soll noch erklärt werden. Das Maximum Prinzip sagt aus, dass eine subharmonische Funktion ein Maximum nur am Rand des Gebietes annehmen kann. Für eine superharmonische Funktion folgt, dass sie ein Minimum nur am Rande annehmen kann und so auch dass ū min {ϕx; x }. Genaueres folgt später..2.2 Mit Hilfe des Darstellungssatzes von Riesz Eine zweite Lösungmöglichkeit gibt es, wenn man die schwache Version zum Randwertproblem { u = f in, u = 0 auf, betrachtet. Die schwache Formulierung einer Lösung u ist wie folgt: Man hat u W,2 0 derart, dass u v f v dx = 0 für alle v W,2 0. 4 Oskar Perron, 880 Frankenthal in der Pfalz 975 München

22 27. Juni 203 Kapitel, Die Laplace- und Poisson-Gleichungen Definition.6 Für p, ist W,p 0 der Sobolev-Raum, definiert durch W,p 0 = C 0 W,p. mit u W,p = ux p + u x p dx /p. Mit C 0 W,p ist gemeint, dass W,p 0 der Abschluss ist von C 0 bezüglich der W,p -Norm. Man kann zeigen, dass W,2 0 bezüglich des Skalarproduktes u, v = u x v x dx ein Hilbert-Raum ist. Für ein beschränktes Gebiet in und f L 2 ist v eine stetige lineare Abbildung. f x v x dx : W,2 0 R Ansatz.2 Mit dem Darstellungssatz von Riesz Der Darstellungssatz von Riesz 5 für Hilbert-Räume besagt, dass für jede stetige lineare Abbildung v F v : W,2 0 R eine Funktion u W,2 0 existiert mit u, v = F v für alle v W,2 0. Bemerkung.6. Für f L 2 betrachtet man F : W,2 0 R, definiert durch F v = f x v x dx. Da F eine stetige lineare Abbildung ist, finden wir eine Funktion u W,2 0, für die gilt u, v = F v für alle v W,2 0. Anders gesagt, es gibt eine Funktion u W,2 0 derart, dass u x v x dx = Das heißt, dass u eine schwache Lösung ist. f x v x dx für alle v W,2 0. Ein Vorteil dieses Verfahrens ist, dass wir kaum Bedingungen an haben. Es ist aber nicht klar und meistens auch nicht richtig, dass dieses u eine klassische Lösung ist. Die schwache Lösung liegt meistens nur in C 2, wenn es α > 0 gibt mit f C α und C 2,α. 5 Frigyes Riesz, 880 956, war ein Ungarischer Mathematiker.

.2 Randwertprobleme 27. Juni 203 23.2.3 Durch Variationsrechnung Hilbert 6 betrachtete das Funktional definiert durch und konnte folgendes zeigen: Ju = J : W,2 0 R 2 u x 2 fx ux dx Ansatz.3 Mit Hilfe der direkten Methoden der Variationsrechnung Für ein beschränktes Gebiet in und f L 2 gibt es u 0 W,2 0 derart, dass J u 0 = Weil es C > 0 gibt derart, dass u x 2 dx C inf Ju. u W,2 0 u x 2 dx für all u W,2 0 findet man mit Hilfe von Cauchy-Schwarz, dass für ε = 2 C gilt Ju = u 2 x 2 fx ux dx u x 2 dx f 2 L 2 u L 2 u x 2 dx 2 2ε f 2 L 2 ε 2 u 2 L 2 u x 2 dx 2ε f 2 L 2. 4 Also ist J u für u W,2 0 nach unten beschränkt. Das Infimum existiert. Um zu zeigen, dass dieses Infimum auch angenommen wird, das heißt, ein Minimum ist, nimmt man eine minimierende Folge. So eine minimierende Folge ist schwach konvergent und man kann zeigen, dass dieser schwachen Grenzwert ein Minimum u 0 liefert. Für eine solche Funktion u 0 W,2 0 gilt also und dann auch, dass Es folgt für die erste Variation dass 0 = J u 0, ψ = J u 0 J u für alle u W,2 0, J u 0 J u 0 + εψ für alle ψ W,2 0 und ε R. J u 0, ψ := lim J u ε 0 ε 0 + εψ, u x ψ x f x ψ x dx für alle ψ W,2 0 und damit, dass die Funktion u 0, die J minimalisiert über u W,2 0, eine schwache Lösung ist. 6 David Hilbert, 862 Königsberg 943 Göttingen, war wahrscheinlich der einflussreichste Mathematiker seiner Zeit.

24 27. Juni 203 Kapitel, Die Laplace- und Poisson-Gleichungen.2.4 Ein Beispiel Die verschiedenen Lösungstypen geben auch tatsächlich unterschiedliche Ergebnisse. Man betrachte für n 2 = {x ; 0 < x < } und das Problem { ux = für x, u x = 0 für x..2 Behauptung.7 Problem.2 hat keine Lösung in C C 2. Wenn es eine solche Lösung u 0 gibt, ist auch die rotierte Funktion u ϕ = u 0 R ϕ eine Lösung mit R ϕ irgendeine Rotation um 0. Sogar u rad := ω n ϕ B u 0 0 R ϕ x dϕ wäre eine Lösung. Weil u rad radialsymmetrisch ist, findet man für U x = u rad x die gewöhnliche Differentialgleichung r n r r n r U r =. Man hat r r n r U r = r n und via r n r U r = c n rn und r U r = cr n n r folgt U r = c + c 2 r 2 n 2n r2 für n > 2, U r = c + c 2 log r 4 r2 für n = 2. Es gibt aber keine derartige Funktion, die U 0 = 0 = U erfüllt. Es gibt also keine Lösung u C C 2. Behauptung.8 Die Funktion u x = 2n x 2 ist eine schwache Lösung von.2 in W,2 0. Eine schwache Lösung ist hier eine Funktion u W,2 0, also im W,2 -Sinne durch u n C0 approximierbar, die die folgende Gleichung erfüllt: u v dx = v dx für alle v W,2 0. Wir werden diese Behauptung nicht bis ins Detail beweisen. Wir zeigen nur, dass der Funktionswert in einem Punkt nicht wahrgenommen wird im Raum W,2 0 mit und n 2. Dies sieht man am folgenden Beispiel. Wir werden zeigen, dass die Funktionenfolge ϕ k x = log + k x log + k x 2 in W,2 0 B 0 gegen ϕ x = x 2 konvergiert, wenn n 2. Trotzdem gilt ϕ k 0 = 0 = ϕ 0.

.2 Randwertprobleme 27. Juni 203 25.0 0.8 ϕ k x 0.6 0.4 0.2 x Abbildung.: ϕ k konvergiert gegen 2 in W,2 0 B 0 und nicht in CB 0. Es gilt ϕk 2 2 = log + k x W,2 0 B B x 2 2 dx = 0 log + k = ω n k r 2 2 log + kr r=0 + kr log + k log + k 2r r n dr k r 2 2 ω n 2 r=0 + kr log + k + log + kr log + k 2 2r r n dr = log + k 2 = = O log + k 2 = O 0 für k. log k Zu den Pünktchen bemerken wir folgendes. Für n 2 und auch nur dann gilt, dass k r 2 2 r n + kr log + k 2 log + k 2 k 2 r + k 2 r 2 und 0 2k 2 r + k 2 r 2 dr = log + k 2. Der Rest des Integrals lässt sich einfacher abschätzen.

26 27. Juni 203 Kapitel, Die Laplace- und Poisson-Gleichungen