Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Formel von d'Alembert – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wo stehen wir

Wir hatten die Transportgleichnung betrachtet und daraufhin die Eigenschaften der Laplace-Gleichung und der Poisson-Gleichung untersucht. Nach der Wärmeleitungsgleichung gehen wir nun zur Wellengleichung über, sie lautet

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times U:\ u_{tt}(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)$

Sie heißt homogen für $f=0$, sonst inhomogen.

In diesem Kapitel beweisen wir die Darstellungsformel für die Lösung im Grenzfall $(0,\infty )\times \mathbb {R} ^{n}$.

Die homogene Lösung im Ganzraum für n=1

Satz (d'Alembertsche Formel)

Seien $g\in C^{2}(\mathbb {R} ),h\in C^{1}(\mathbb {R} )$ und $u:[0,\infty )\times \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ definiert durch

${\begin{aligned}u(t,x)={\frac {1}{2}}(g(x+t)+g(x-t))+{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}h(s)ds\end{aligned}}$

Dann ist $u\in C^{2}((0,\infty )\times \mathbb {R} )$ und $u$ löst die Wellengleichung auf $(0,\infty )\times \mathbb {R}$ eindeutig. $u$ nimmt zudem auf dem Rand $\{0\}\times \mathbb {R}$ den Wert $g$ an und seine Zeitableitung den Wert $h$.

${\begin{aligned}u_{tt}-u_{xx}=&0{\text{ in }}(0,\infty )\times \mathbb {R} \\u(0,x)=&g(x){\text{ für }}x\in \mathbb {R} \\u_{t}(0,x)=&h(x){\text{ für }}x\in \mathbb {R} \end{aligned}}$

Die Lösung hat die Form $u_{1}(x+t)+u_{2}(x-t)$ mit $u_{i}\in C^{2}((0,\infty )\times \mathbb {R} )$, besteht also aus einer nach links und einer nach rechts laufenden Welle.

Es findet keine Regularisierung statt, ganz im Gegensatz zur Laplace- und Wärmeleitungsgleichung: Für $g\in C^{2}$ und $h\in C^{1}$ ist $u$ von der Klasse $C^{2}$.

Beweis (d'Alembertsche Formel)

Die Wellengleichung lässt sich ganz einfach faktorisieren gemäß

${\begin{aligned}u_{tt}-u_{xx}=0\iff (\partial _{t}+\partial _{x})(\partial _{t}-\partial _{x})u=0\end{aligned}}$

Damit müssen wir gleichwertig zweimal Transportgleichungen mit konstantem $b$ betrachten und deren eindeutige Lösungen kennen wir schon aus dem Kapitel Mathe_für_Nicht-Freaks:_Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Transportgleichung

Die Lösung von

${\begin{aligned}\partial _{t}v+\partial _{x}v=&0{\text{ in }}(0,\infty )\times \mathbb {R} \\v(0,x)=&(h-g')(x){\text{ für }}x\in \mathbb {R} \end{aligned}}$

für $b=1$ ist daher

${\begin{aligned}v(t,x)=h(x-t)-g'(x-t)\end{aligned}}$

Nach Einsetzen müssen wir die inhmogene Transportgleichung lösen für $b=-1$

${\begin{aligned}\partial _{t}u(t,x)-\partial _{x}u(t,x)=&h(x-t)-g'(x-t){\text{ in }}(0,\infty )\times \mathbb {R} \\u(0,x)=&g(x){\text{ für }}x\in \mathbb {R} \end{aligned}}$

Das ist mit der Substitution $p=x-2s-t$

${\begin{aligned}u(t,x)=&g(x+t)+\int _{0}^{t}(h(x-(s-t)-s)-g'(x-(s-t)-s)ds\\=&g(x+t)-{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}h(p)dp-{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}g'(p)dp\\=&g(x+t)-{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}h(p)dp+{\frac {g(x-t)-g(x+t)}{2}}\\=&{\frac {1}{2}}(g(x+t)+g(x-t))+{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}h(p)dp\end{aligned}}$

Ein Spiegelungsprinzip

Wir benötigen später den folgenden Satz: Man hat einseitig Randbedingungen für $[0,\infty )$ gegeben und setze diese durch Spiegelung auf $\mathbb {R}$ fort. Damit lässt sich das d'Alembertsche Prinzip anwenden und man erhält eine eindeutige Lösung. Dies ist ein typischer Fall der Nutzung von Symmetrien in der Mathematik.

Satz

Seien $g\in C^{2}([0,\infty ))$ mit $g''(0)=g(0)=0$ und $h\in C^{1}([0,\infty ))$ mit $h(0)=0$. Dann ist die Funktion $u:[0,\infty )\times \mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R}$ definiert durch

${\begin{aligned}u(t,x)=\left\{{\begin{array}{l}{\frac {1}{2}}(g(x+t)+g(x-t))+{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}h(s)ds{\text{ für }}x\geq t\geq 0\\{\frac {1}{2}}(g(x+t)-g(t-x))+{\frac {1}{2}}\int _{t-x}^{x+t}h(s)ds{\text{ für }}t\geq x\geq 0\end{array}}\right.\end{aligned}}$

die eindeutige $C^{2}([0,\infty )\times \mathbb {R} )$-Lösung von

${\begin{aligned}u_{tt}-u_{xx}=&0{\text{ in }}[0,\infty )\times (0,\infty )\\u(0,x)=&g(x){\text{ für }}x\in (0,\infty )\\u_{t}(0,x)=&h(x){\text{ für }}x\in (0,\infty )\\u(t,0)=&0{\text{ für }}t\in [0,\infty )\end{aligned}}$

Beweis

Wir setzen $g$ und $h$ künstlich durch Spiegelung ungerade fort, indem wir definieren

${\begin{aligned}{\tilde {g}}(x)=\left\{{\begin{array}{l}g(x){\text{ für }}x\geq 0\\-g(-x){\text{ für }}x<0\end{array}}\right.\end{aligned}}$

und

${\begin{aligned}{\tilde {h}}(x)=\left\{{\begin{array}{l}h(x){\text{ für }}x\geq 0\\-h(-x){\text{ für }}x<0\end{array}}\right.\end{aligned}}$

Wegen

${\begin{aligned}{\tilde {g}}(0)=\lim _{x\rightarrow 0-}{\tilde {g}}(x)=0\end{aligned}}$

ist ${\tilde {g}}\in C^{0}(\mathbb {R} )$. Wegen (beachte die Kettenregel)

${\begin{aligned}{\tilde {g}}'(x)=\left\{{\begin{array}{l}g'(x){\text{ für }}x\geq 0\\g'(-x){\text{ für }}x<0\end{array}}\right.\end{aligned}}$

ist ${\tilde {g}}'\in C^{0}(\mathbb {R} )$. Wegen der Voraussetzung $g''\in C([0,\infty ))$ und $g''(0)=0$ gilt

${\begin{aligned}{\tilde {g}}''(x)=\left\{{\begin{array}{l}g''(x){\text{ für }}x\geq 0\\-g''(-x){\text{ für }}x<0\end{array}}\right.\end{aligned}}$

und es folgt ${\tilde {g}}''\in C^{0}(\mathbb {R} )$. Wegen (erneut die Kettenregel)

${\begin{aligned}{\tilde {h}}(x)=\left\{{\begin{array}{l}h'(x){\text{ für }}x\geq 0\\h'(-x){\text{ für }}x<0\end{array}}\right.\end{aligned}}$

und wegen der Voraussetzungen $h(0)=0$ und $h'\in C([0,\infty ))$ folgt ${\tilde {h}}\in C^{1}(\mathbb {R} )$.

Damit lässt sich das d'Alembertsche Prinzip des letzten Satzes anwenden mit der Lösung in $(0,\infty )\times \mathbb {R}$

${\begin{aligned}u(t,x)={\frac {1}{2}}({\tilde {g}}(x+t)+{\tilde {g}}(x-t))+{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}{\tilde {h}}(s)ds\end{aligned}}$

Das ist somit auch die Lösung für $(0,\infty )\times (0,\infty )$. Sei $x\geq 0$. Wir müssen nun die zwei Fallunterscheidungen überprüfen $x-t\geq 0$ und $x-t\leq 0$.

Sei $x-t\geq 0$, d.h. $x\geq t\geq 0$. Dann gilt

${\begin{aligned}u(t,x)={\frac {1}{2}}(g(x+t)+g(x-t))+{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}{\tilde {h}}(s)ds\end{aligned}}$

Sei $x-t\leq 0$, d.h. $t\geq x\geq 0$. Dann gilt

${\begin{aligned}u(t,x)={\frac {1}{2}}(g(x+t)-g(t-x))+{\frac {1}{2}}\int _{x-t}^{x+t}{\tilde {h}}(s)ds\end{aligned}}$

Das Integral berechnet sich einfach zu

${\begin{aligned}\int _{x-t}^{x+t}{\tilde {h}}(s)ds=&\int _{0}^{x+t}{\tilde {h}}(s)ds+\int _{x-t}^{0}{\tilde {h}}(s)ds\\=&\int _{0}^{x+t}h(s)ds+\int _{x-t}^{0}-h(-s)ds\\=&\int _{t-x}^{x+t}h(s)ds\end{aligned}}$

Die Behauptung folgt durch Einsatzen mit

${\begin{aligned}u(t,0)=&{\frac {1}{2}}(g(t)-g(t))=0\\u(0,x)=&g(x)\end{aligned}}$

und mit

${\begin{aligned}u_{t}(t,x)=&{\frac {1}{2}}(g'(x+t)+g'(x-t)(-1))+{\frac {h(x+t)+h(x-t)}{2}}\\\lim _{t\rightarrow 0}u_{t}(t,x)=&h(x)\end{aligned}}$