PDDr. P.Ne
K.Stavrakidis
SS2007
12.07.2007
9. Übungsblatt zur
Vorlesung Elementare Partielle
Dierentialgleihungen
Übung
Aufgabe 1 (Wärmeleitungsgleihung mitunstetigen Randbedingungen)
L ösenSiefolgende Wärmeleitungsgleihung:
u t − ku xx = 0 auf R × (0, ∞ ) u(x, 0) = 0 f ¨ ur x < 0 u(x, 0) = 1 f ¨ ur x > 0.
Hinweis: BenutzenSie denAnsatz
u(x, t) = f ( √ x 4kt )
.Lösung: Für
f
mussgelten2f ′ (y)y − f ′′ (y) = 0
mity := √ x
4kt
.Umformenführt zuf ′′ (y)
f ′ (y) = dy d ln f ′ (y) = − 2y.Also
f (y) = c 1 + c 2 Z y
0
e − z 2 dz.
Für
x < 0
gilty → −∞
undfürx > 0
gilty → ∞
,fallst → 0
.Damitu
dieRandwert-bedingungenerfüllt,muss
c 1 = 1 2 undc 2 = √ 1
2π
gelten(beahte:R ∞
0 e − z 2 dz = 1 2 √ π).
Aufgabe 2 (Wellengleihung I)
Es seien
g ∈ C 2 ( R ), k ∈ C 1 ( R )
undu : R × R + → R
sei gegeben alsu(x, t) := 1
2 [g(x + t) + g(x − t)] + 1 2
Z x+t x−t
k(y)dy.
(a)
u ∈ C 2 ( R × [0, ∞ ))
(b)
u tt − u xx = 0, x ∈ R , t > 0
()
u(x, 0) = g(x), x ∈ R
(d)
u t (x, 0) = k(x), x ∈ R
Lösung: (a)+(b): Mitdem HauptsatzderDierential-und Integralrehnung folgt
∂
∂t Z x+t
x − t
k(y)dy = k(x + t) + k(x − t).
Folglihgilt
u t (x, y) = 1
2 (g ′ (x + t) − g ′ (x − t)) + 1
2 (k(x + t) + k(x − t)) u tt (x, y) = 1
2 (g ′′ (x + t) + g ′′ (x − t)) + 1
2 (k ′ (x + t) − k ′ (x − t)).
Analog dazugilt
u x (x, y) = 1
2 (g ′ (x + t) + g ′ (x − t)) + 1
2 (k(x + t) − k(x − t)) u xx (x, y) = 1
2 (g ′′ (x + t) + g ′′ (x − t)) + 1
2 (k ′ (x + t) − k ′ (x − t)).
()+(d):klar
Aufgabe 3 (Wellengleihung II)
S eien
Ω
ein beshränktes Gebiet undT > 0
. Wir denieren mitΩ T den Raum-
Zeit-Zylinder
Ω T := Ω × (0, T ]
.Wirdenieren den parabolishen RandΓ T als Γ T :=
{ (x, t) ∈ ∂Ω T : t < T oder x ∈ ∂Ω }
.WirbetrahtendieWellengleihung
u tt − ∆u = f in Ω T
u = g auf Γ T u t = h auf Ω × { 0 } .
Zeige: Es existiert maximaleine Lösung.
Hinweis: Benutze die Energie-Methode aus dem Skript für die Wärmeleitungsglei-
hung, setzeaber
e(t) := 1 2
Z
Ω
w 2 t (x, t) + |∇ w(x, t) | 2 dx.
Lösung: Wirnehmenan,dasszweiLösungen
u 1 und u 2 derobigenWellengleihung
existieren.w := u 1 − u 2 löst folglih
w := u 1 − u 2 löst folglih
w tt − ∆w = 0 in Ω T
w = 0 auf Γ T
w t = 0 auf Ω × { 0 } .
Es gilt
d
dt e(t) = Z
Ω
w t w tt + ∇ w · ∇ w t dx
= Z
Ω
w t (w tt − ∆w)dx
= 0.
DerRandterm,derbeiderpartiellenIntegrationauftritt,vershwindet,da
w = 0
unddamit auh
w t = 0
auf∂Ω × [0, T ]
.Damitgilt für alle0 ≤ t ≤ T e(t) = e(0) = 0
undsomit