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

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

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

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

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

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

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

Mathematical Engineering

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b )

c )

d )

Lösung

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