13.1 – Poissongleichung mit homogenen Dirichletrandbedingungen

 

Wie betrachten die Poissongleichung mit homogenen Dirichletrandbedingungen im eindimensionalen Raum.

-u^{\prime\prime} = f\quad in\quad \Omega = \left( {0,1} \right)

u\left( 0 \right) = u\left( 1 \right) = 0

a )

Lösen sie die Gleichung

b )

Zeigen sie dass

\int_0^x {\int_0^y {f\left( z \right)dzdy} } = \int_0^x {\left( {x-y} \right)f\left( y \right)dy}

gilt und schreiben Sie die Lösung aus Teilaufgabe a) mit Hilfe eines einfachen Integrals

c )

Geben sie die Lösung an für

f\left( x \right) = 1,\quad f\left( x \right) = \frac{1} {x},\quad f\left( x \right) = \frac{1} {{{x^2}}}

d )

Sei G\left( {x,y} \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}   {y\left( {1-x} \right)\quad 0 \leq y \leq x \leq 1}  \\   {x\left( {1-y} \right)\quad 0 \leq x \leq y \leq 1}  \\ \end{array} } \right.

zeigen sie:

G\left( {x,y} \right) = G\left( {y,x} \right)\quad G\left( {x,y} \right) \geq 0\quad \forall x,y \in \left[ {0,1} \right]

u\left( x \right) = \int_0^1 {G\left( {x,y} \right)f\left( y \right)dy}

Lösung

a )

-u^{\prime\prime} = f

u(0) = u(1) = 0

\Rightarrow  u^\prime (x) = {c_1}-\int_0^x {f(z)} dz

\Rightarrow u (x) = {c_2}+{c_1}x-\int_0^x {\int_0^y {f(z)} dz} dy

denn

{\left[ {\int_0^x {\int_0^y {f(z)} dz} dy} \right]^\prime } = \int_0^x {f(z)} dz

{\left[ {\int_0^x {f(z)} dz} \right]^\prime } = f(x)

Fehlen noch die Randbedingungen:

u\left( 0 \right) = {c_2}+{c_1} \cdot 0+\int_0^0 {\int_0^y {f\left( z \right)} dz} dy = {c_2} = 0

u\left( 1 \right) = {c_1} \cdot 1-\int_0^1 {\int_0^y {f\left( z \right)} dz} dy = 0

Für u einsetzen:

u (x) = x \cdot \int_0^1 {\int_0^y {f\left( z \right)} dz} dy-\int_0^x {\int_0^y {f\left( z \right)} dz} dy

b )

Zu zeigen:

\int_0^x {\int_0^y {f\left( z \right)} dz} dy = \int_0^x {\left( {x-y} \right)f\left( y \right)dy}

Beweis:

F\left( y \right)=\int_0^y {f\left( z \right)} dz , dann {F^\prime }\left( y \right) = f\left( y \right)

weiter

\int_0^x {\int_0^y {f\left( z \right)} dz} dy = \int_0^x {1 \cdot F\left( y \right)dy}

= \left[ {y \cdot F\left( y \right)} \right]_0^x-\int_0^x {y \cdot f\left( y \right)} dy

= x \cdot F\left( x \right)-\int_0^x {y \cdot f\left( y \right)} dy = \int_0^x {x \cdot f\left( y \right)} dy-\int_0^x {y \cdot f\left( y \right)} dy

Setze diese Identität in u\left( x \right) ein:

u\left( x \right) = x \cdot \int_0^1 {\left( {1-y} \right)} f(y)dy-\int_0^x {\left( {x-y} \right)f\left( y \right)} dy

c )

Wenn f\left( x \right) = 1 ist, dann ist

u\left( x \right) = x\int_0^1 {\left( {1-y} \right)} dy-\int_0^x {\left( {x-y} \right)dy}

= x \cdot \left[ {y-\frac{1}{2}{y^2}} \right]_0^1-\left[ {xy-\frac{1}{2}{y^2}} \right]_0^x

= \frac{1}{2}x-\left[ {{x^2}-\frac{1}{2}{x^2}} \right] = \frac{1}{2}x-\frac{1}{2}{x^2} = \frac{1}{2}x\left( {1-x} \right)

\Rightarrow {u^\prime } = \frac{1}{2}-x \Rightarrow u^{\prime\prime} = -1 \Rightarrow -u^{\prime\prime} = 1

Damit ist f\left( x \right) = \frac{1}{x}

u\left( x \right) = x\int_0^1 {\left( {1-y} \right)\frac{1}{y}dy} -\int_0^x {\frac{{x-y}}{y}dy}

= \int_0^1 {\left( {\frac{x}{y}-x \cdot \frac{y}{y}} \right)} dy-\int_0^x {\left( {\frac{x}{y}-1} \right)dy}

= \int_x^1 {\frac{x}{y}dy} -\left[ {x \cdot y} \right]_{y = 0}^{y = 1}+\left[ y \right]_{y = 0}^{y = x}

= x\left[ {\ln \left( y \right)} \right]_{y = x}^{y = 1}-x+0+x-0

= -x\ln \left( x \right)

Ist dies eine schwache oder klassische Lösung?

Klassische Lösung würde bedeuten, dass u \in {C^2}\left( {\bar \Omega } \right).

Hier:

u^{\prime\prime} = -\frac{1}{x} (aus der Aufgabenstellung)

u^{\prime\prime} \notin C\left( {\bar \Omega } \right)

Also haben wir hier nur eine schwache Lösung.

f = \frac{1}{{{x^2}}}

u\left( x \right) = x\int_0^1 {\frac{{1-y}}{{{y^2}}}dy} -\int_0^x {\frac{{x-y}}{{{y^2}}}dy}

= \int_0^1 {\frac{x}{{{y^2}}}dy} -\underbrace {\int_0^1 {\frac{x}{y}dy} }_{(*)}-\int_0^x {\frac{x}{{{y^2}}}dy} +\underbrace {\int_0^x {\frac{1}{y}dy} }_{(*)}

(*)-Terme bekommen wir nicht weg, damit können wir für f(x) = \frac{1}{{{x^2}}} keine Lösung ausrechnen!

d )

1. Zu zeigen:

G\left( {y,x} \right) = G\left( {x,y} \right)

Einsetzen:

G\left( {y,x} \right) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x\left( {1-y} \right)\quad 0 \leq x \leq y \leq 1}  \\ {y\left( {1-x} \right)\quad 0 \leq y \leq x \leq 1}  \\ \end{array} } \right. = G\left( {x,y} \right)

2. Zu zeigen:

G\left( {x,y} \right) \geq 0

\left( {x,y} \right) \in {\left[ {0,1} \right]^2}

\Rightarrow x,y,\left( {1-x} \right),\left( {1-y} \right) \geq 0

3. Zu zeigen:

u\left( x \right) = \int_0^1 {G\left( {x,y} \right)f\left( y \right)dy}

Es ist

u\left( x \right) = x\int_0^1 {\left( {1-y} \right)f\left( y \right)dy} -\int_0^x {\left( {x-y} \right)f\left( y \right)dy}

= x\int_0^x {\left( {1-y} \right)f\left( y \right)dy} +x\int_x^1 {\left( {1-y} \right)f\left( y \right)dy} -\int_0^x {\left( {x-y}\right)f\left( y \right)dy}

= \int_0^x {\underbrace {\left[ {x\left( {1-y} \right)-\left( {x-y} \right)} \right]}_{ = x-xy-x+y = y\left( {1-x} \right)}f\left( y \right)dy} +\int_x^1 {x\left( {1-y} \right)f\left( y \right)dy}

= \underbrace {\int_0^x  {y\left( {1-x} \right)f\left( y \right)dy}}_{y \leq x} +\underbrace {\int_x^1 {x\left( {1-y} \right)f\left( y \right)dy}}_{x \leq y}

= \int_0^x {G\left( {x,y} \right)f(y)dy} +\int_x^1 {G\left( {x,y} \right)f\left( y \right)dy}

= \int_0^1 {G\left( {x,y} \right)f\left( y \right)dy}

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