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u t − ku xx = 0 auf R × (0, ∞ ) u(x, 0) = 0 f ¨ ur x < 0 u(x, 0) = 1 f ¨ ur x > 0.

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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

mussgelten

2f (y)y − f ′′ (y) = 0

mit

y := √ x

4kt

.Umformenführt zu

f ′′ (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

gilt

y → −∞

undfür

x > 0

gilt

y → ∞

,falls

t → 0

.Damit

u

dieRandwert-

bedingungenerfüllt,muss

c 1 = 1 2

und

c 2 = √ 1

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 )

und

u : R × R + → R

sei gegeben als

u(x, t) := 1

2 [g(x + t) + g(x − t)] + 1 2

Z x+t x−t

k(y)dy.

(2)

(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

ein beshränktes Gebiet und

T > 0

. Wir denieren mit

T

den Raum-

Zeit-Zylinder

T := Ω × (0, T ]

.Wirdenieren den parabolishen Rand

Γ 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

w 2 t (x, t) + |∇ w(x, t) | 2 dx.

(3)

Lösung: Wirnehmenan,dasszweiLösungen

u 1

und

u 2

derobigenWellengleihung existieren.

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

w t w tt + ∇ w · ∇ w t dx

= Z

w t (w tt − ∆w)dx

= 0.

DerRandterm,derbeiderpartiellenIntegrationauftritt,vershwindet,da

w = 0

und

damit auh

w t = 0

auf

∂Ω × [0, T ]

.Damitgilt für alle

0 ≤ t ≤ T e(t) = e(0) = 0

und

somit

w t = ∇ w = 0

in

Ω T

.Wegen

w = 0

auf

Ω × { 0 }

gilt

w = 0

in

Ω T

.

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