Wir setzen im Folgenden die Maßtheorie und Analysis II insbesondere die Existenz und Eindeutigkeit gewöhnlicher Differentialgleichungen voraus.
Wir betrachten die Transportgleichung zunächst für konstantes
b
{\displaystyle b}
b
{\displaystyle b}
Die Lösungen sind jeweils eine Verschiebung in Raum und Zeit, daher der Name Transportgleichung.
Die lineare Transportgleichung
Bearbeiten
Sei
(
t
,
x
)
∈
R
×
R
n
{\displaystyle (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}}
t
{\displaystyle t}
x
{\displaystyle x}
Definition
Lineare Transportgleichung
Seien
f
:
R
×
R
n
→
R
,
b
:
R
×
R
n
→
R
n
{\displaystyle f:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ,b:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}}
∇
=
(
∂
x
1
,
…
,
∂
x
n
)
T
{\displaystyle \nabla =(\partial _{x_{1}},\ldots ,\partial _{x_{n}})^{T}}
⟨
⋅
,
⋅
⟩
{\displaystyle \langle \cdot ,\cdot \rangle }
R
n
{\displaystyle \mathbb {R} ^{n}}
∀
(
t
,
x
)
∈
R
×
R
n
:
u
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
(
t
,
x
)
,
∇
u
(
t
,
x
)
⟩
=
f
(
t
,
x
)
{\displaystyle \forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =f(t,x)}
Das Anfangswertproblem ist eine Vorgabe des Anfangswertes durch eine Funktion
g
:
R
n
→
R
{\displaystyle g:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} }
t
=
0
{\displaystyle t=0}
u
{\displaystyle u}
∀
x
∈
R
n
:
u
(
0
,
x
)
=
g
(
x
)
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)}
Die Transportgleichung heißt linear, da sie nur linear von u und seinen Ableitungen abhängt, was sie erheblich leichter lösbar macht.
Die homogene Gleichung für konstantes b
Bearbeiten
Wir lösen die Gleichung erst einmal für konstantes b.
Satz
Sei
b
(
t
,
x
)
=
b
=
{\displaystyle b(t,x)=b=}
f
(
t
,
x
)
=
0
{\displaystyle f(t,x)=0}
u
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
u
(
t
,
x
)
⟩
=
0
{\displaystyle u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle =0}
Für jedes
v
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
u
(
t
,
x
)
:=
v
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle u(t,x):=v(x-bt)}
Umgekehrt gilt: Ist
u
∈
C
1
(
R
n
+
1
)
{\displaystyle u\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n+1})}
v
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
u
(
t
,
x
)
=
v
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle u(t,x)=v(x-bt)}
Insbesondere ist jede Lösung konstant entlang der Geraden
x
=
b
t
+
x
0
{\displaystyle x=bt+x_{0}}
x
0
∈
R
n
{\displaystyle x_{0}\in \mathbb {R} ^{n}}
Für
g
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle g\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
u
(
t
,
x
)
:=
g
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle u(t,x):=g(x-bt)}
Beweis
v(x-bt) ist eine Lösung
Ableiten von
v
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle v(x-bt)}
u
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
u
(
t
,
x
)
⟩
=
∂
u
∂
t
+
∑
i
=
1
n
b
i
u
x
i
(
t
,
x
)
=
∑
i
=
1
n
v
x
i
(
x
−
b
t
)
d
(
x
i
−
b
i
t
)
d
t
+
∑
i
=
1
n
b
i
v
x
i
(
x
−
b
t
)
d
(
x
i
−
b
i
t
)
d
x
i
=
−
∑
i
=
1
n
v
x
i
(
x
−
b
t
)
b
i
+
∑
i
=
1
n
b
i
v
x
i
(
x
−
b
t
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}&u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle \\=&{\frac {\partial u}{\partial t}}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}u_{x_{i}}(t,x)\\=&\sum _{i=1}^{n}v_{x_{i}}(x-bt){\frac {d(x_{i}-b_{i}t)}{dt}}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}v_{x_{i}}(x-bt){\frac {d(x_{i}-b_{i}t)}{dx_{i}}}\\=&-\sum _{i=1}^{n}v_{x_{i}}(x-bt)b_{i}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}v_{x_{i}}(x-bt)\\=&0\\\end{aligned}}}
Damit ist
v
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle v(x-bt)}
Sei
(
t
,
x
)
∈
R
n
+
1
{\displaystyle (t,x)\in \mathbb {R} ^{n+1}}
s
{\displaystyle s}
u
{\displaystyle u}
z
:
R
→
R
,
s
↦
u
(
t
+
s
,
x
+
b
s
)
{\displaystyle z:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R} ,s\mapsto u(t+s,x+bs)}
Dann gilt
∀
s
∈
R
{\displaystyle \forall s\in \mathbb {R} }
z
′
(
s
)
=
u
t
(
t
+
s
)
d
(
t
+
s
)
d
s
+
∑
i
=
1
n
u
x
i
(
t
+
s
,
x
+
b
s
)
d
(
x
i
+
b
i
s
)
d
s
=
u
t
(
t
+
s
)
+
⟨
∇
u
(
t
+
s
,
x
+
b
s
)
,
b
⟩
≡
Vor
0
{\displaystyle {\begin{aligned}z'(s)=&u_{t}(t+s){\frac {d(t+s)}{ds}}+\sum _{i=1}^{n}u_{x_{i}}(t+s,x+bs){\frac {d(x_{i}+b_{i}s)}{ds}}\\=&u_{t}(t+s)+\langle \nabla u(t+s,x+bs),b\rangle \\{\stackrel {\text{Vor}}{\equiv }}&0\end{aligned}}}
Somit ist
z
{\displaystyle z}
v
(
x
)
:=
u
(
0
,
x
)
∈
C
1
(
R
)
{\displaystyle v(x):=u(0,x)\in C^{1}(\mathbb {R} )}
u
(
t
,
x
)
=
z
(
0
)
=
z konstant
z
(
−
t
)
=
u
(
0
,
x
−
b
t
)
:=
v
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle {\begin{array}{rcl}u(t,x)&=&z(0)\\&{\stackrel {\text{z konstant}}{=}}&z(-t)\\&=&u(0,x-bt)\\&:=&v(x-bt)\\\end{array}}}
Anfangswertaufgabe: Existenz der Lösung
Ganz analog rechnen wir
u
(
t
,
x
)
=
z
(
0
)
=
z konstant
z
(
−
t
)
=
u
(
0
,
x
−
b
t
)
:=
g
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle {\begin{array}{rcl}u(t,x)&=&z(0)\\&{\stackrel {\text{z konstant}}{=}}&z(-t)\\&=&u(0,x-bt)\\&:=&g(x-bt)\end{array}}}
Eindeutigkeit der Lösung
Seien
u
1
,
u
2
{\displaystyle u_{1},u_{2}}
w
:=
u
1
−
u
2
{\displaystyle w:=u_{1}-u_{2}}
w
{\displaystyle w}
w
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
w
(
t
,
x
)
⟩
=
u
1
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
u
1
(
t
,
x
)
⟩
−
u
2
t
(
t
,
x
)
−
⟨
b
,
∇
u
2
(
t
,
x
)
⟩
=
0
w
(
0
,
x
)
=
u
1
(
0
,
x
)
−
u
2
(
0
,
x
)
=
g
(
x
)
−
g
(
x
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}&w_{t}(t,x)+\langle b,\nabla w(t,x)\rangle \\=&u_{1t}(t,x)+\langle b,\nabla u_{1}(t,x)\rangle -u_{2t}(t,x)-\langle b,\nabla u_{2}(t,x)\rangle \\=&0\\w(0,x)=&u_{1}(0,x)-u_{2}(0,x)=g(x)-g(x)=0\end{aligned}}}
Wir haben oben gezeigt, dass dann eine Funktion
v
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
w
(
t
,
x
)
:=
v
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle w(t,x):=v(x-bt)}
∀
x
∈
R
n
:
v
(
x
)
=
w
(
0
,
x
)
=
0
w
≡
0
u
1
≡
u
2
{\displaystyle {\begin{aligned}\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:\ v(x)=&w(0,x)=0\\w\equiv &0\\u_{1}\equiv &u_{2}\\\end{aligned}}}
Die inhomogene Gleichung für konstantes b
Bearbeiten
Nun betrachten wir die Lösung für
f
≠
0
{\displaystyle f\neq 0}
Satz
Seien
g
∈
C
1
(
R
n
)
,
f
∈
C
(
R
×
R
n
)
{\displaystyle g\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n}),f\in C(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})}
∀
t
∈
R
:
f
(
t
,
⋅
)
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle \forall t\in \mathbb {R} :\ f(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
∀
(
t
,
x
)
∈
R
×
R
n
:
u
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
u
(
t
,
x
)
⟩
=
f
(
t
,
x
)
∀
x
∈
R
n
:
u
(
0
,
x
)
=
g
(
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle =&f(t,x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:\ u(0,x)=&g(x)\end{aligned}}}
genau eine Lösung
∀
(
t
,
x
)
∈
R
×
R
n
:
u
(
t
,
x
)
=
g
(
x
−
b
t
)
+
∫
0
t
f
(
s
,
x
+
(
s
−
t
)
b
)
d
s
{\displaystyle \forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u(t,x)=g(x-bt)+\int _{0}^{t}f(s,x+(s-t)b)ds}
To-Do:
Wie kommt man auf die Lösung? Man löst - siehe unten den inhomogenen Fall - eine Dgl und letzten Endes integriert entlang der Charakteristik das f auf.
Beweis
Existenz: Man kann im Folgenden Integral und Ableitung vertauschen, da die Ableitung von
f
{\displaystyle f}
[
0
,
t
]
{\displaystyle [0,t]}
|
f
′
|
{\displaystyle |f'|}
Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung
Ableiten der angegebenen Lösung ergibt
u
t
(
t
,
x
)
=
−
⟨
b
,
∇
g
(
x
−
b
t
)
⟩
+
f
(
t
,
x
)
−
∫
0
t
⟨
b
,
∇
f
(
s
,
x
+
(
s
−
t
)
b
)
⟩
d
s
∇
u
(
t
,
x
)
=
∇
g
(
x
−
b
t
)
+
∫
0
t
∇
f
(
s
,
x
+
(
s
−
t
)
b
)
d
s
{\displaystyle {\begin{aligned}u_{t}(t,x)=&-\langle b,\nabla g(x-bt)\rangle +f(t,x)-\int _{0}^{t}\langle b,\nabla f(s,x+(s-t)b)\rangle ds\\\nabla u(t,x)=&\nabla g(x-bt)+\int _{0}^{t}\nabla f(s,x+(s-t)b)ds\end{aligned}}}
Einsetzen in die partielle Differenatialgleichung bestätigt die Lösung
u
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
u
(
t
,
x
)
⟩
=
−
⟨
b
,
∇
g
(
x
−
b
t
)
⟩
+
f
(
t
,
x
)
−
∫
0
t
⟨
b
,
∇
f
(
s
,
x
+
(
s
−
t
)
b
)
⟩
d
s
+
⟨
∇
g
(
x
−
b
t
)
,
b
⟩
+
∫
0
t
⟨
b
,
∇
f
(
s
,
x
+
(
s
−
t
)
b
)
⟩
d
s
=
f
(
t
,
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}&u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle \\=&-\langle b,\nabla g(x-bt)\rangle +f(t,x)-\int _{0}^{t}\langle b,\nabla f(s,x+(s-t)b)\rangle ds\\&+\langle \nabla g(x-bt),b\rangle +\int _{0}^{t}\langle b,\nabla f(s,x+(s-t)b)\rangle ds\\=&f(t,x)\end{aligned}}}
Eindeutigkeit: Seien
u
1
,
u
2
{\displaystyle u_{1},u_{2}}
w
:=
u
1
−
u
2
{\displaystyle w:=u_{1}-u_{2}}
w
{\displaystyle w}
w
{\displaystyle w}
w
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
w
(
t
,
x
)
⟩
=
u
1
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
u
1
(
t
,
x
)
⟩
−
(
u
2
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
,
∇
u
2
(
t
,
x
)
⟩
)
=
f
(
t
,
x
)
−
f
(
t
,
x
)
=
0
w
(
0
,
x
)
=
u
1
(
0
,
x
)
−
u
2
(
0
,
x
)
=
g
(
x
)
−
g
(
x
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}&w_{t}(t,x)+\langle b,\nabla w(t,x)\rangle \\=&u_{1t}(t,x)+\langle b,\nabla u_{1}(t,x)\rangle -(u_{2t}(t,x)+\langle b,\nabla u_{2}(t,x)\rangle )\\=&f(t,x)-f(t,x)=0\\w(0,x)=&u_{1}(0,x)-u_{2}(0,x)=g(x)-g(x)=0\end{aligned}}}
Wir haben oben gezeigt, dass dann eine Funktion
v
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
w
(
t
,
x
)
:=
v
(
x
−
b
t
)
{\displaystyle w(t,x):=v(x-bt)}
∀
x
∈
R
n
:
v
(
x
)
=
w
(
0
,
x
)
=
0
w
≡
0
u
1
≡
u
2
{\displaystyle {\begin{aligned}\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:\ v(x)=w(0,x)=&0\\w\equiv &0\\u_{1}\equiv &u_{2}\end{aligned}}}
Beispiel
Betrachte die lineare Transportgleichung
u
t
(
t
,
x
)
+
3
2
u
x
(
t
,
x
)
=
1
2
e
x
+
t
{\displaystyle u_{t}(t,x)+{\frac {3}{2}}u_{x}(t,x)={\frac {1}{2}}e^{x+t}}
mit Anfangsbedingung Null
g
≡
0
{\displaystyle g\equiv 0}
u
(
t
,
x
)
=
0
+
1
2
∫
0
t
e
x
+
(
s
−
t
)
3
2
(
s
−
t
)
e
s
d
s
=
1
2
e
x
e
−
3
2
t
∫
0
t
e
5
2
s
d
s
=
1
5
e
x
e
−
3
2
t
(
e
5
2
t
−
1
)
=
e
x
5
(
e
t
−
e
−
3
2
t
)
{\displaystyle {\begin{aligned}u(t,x)=&0+{\frac {1}{2}}\int _{0}^{t}e^{x+(s-t){\frac {3}{2}}(s-t)}e^{s}ds\\=&{\frac {1}{2}}e^{x}e^{-{\frac {3}{2}}t}\int _{0}^{t}e^{{\frac {5}{2}}s}ds\\=&{\frac {1}{5}}e^{x}e^{-{\frac {3}{2}}t}\left(e^{{\frac {5}{2}}t}-1\right)\\=&{\frac {e^{x}}{5}}\left(e^{t}-e^{-{\frac {3}{2}}t}\right)\end{aligned}}}
Charakteristiken für nicht-konstantes b und homogenen Fall sind eindeutig
Bearbeiten
Die obigen Sätze galten für konstantes b. Jetzt wenden wir uns dem schwereren Fall
b
≠
{\displaystyle b\neq }
b
∈
C
(
R
n
+
1
)
,
∀
t
∈
R
:
b
(
t
,
⋅
)
∈
C
1
(
R
n
)
,
g
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle b\in C(\mathbb {R} ^{n+1}),\forall t\in \mathbb {R} :b(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n}),g\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
∀
(
t
,
x
)
∈
R
×
R
n
:
u
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
(
t
,
x
)
,
∇
u
(
t
,
x
)
⟩
=
0
∀
x
∈
R
n
:
u
(
0
,
x
)
=
g
(
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)\end{aligned}}}
Jetzt müssen wir einen Umweg beschreiten: Wir müssen die Anfangswertaufgabe II
x
˙
(
t
)
=
b
(
t
,
x
(
t
)
)
x
(
0
)
=
x
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&b(t,x(t))\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}}
lösen, wie wir gleich sehen. Dies ist eine gewöhnliche Differentialgleichung und da
b
(
t
,
⋅
)
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle b(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
u
(
x
(
t
)
)
{\displaystyle u(x(t))}
(
T
−
(
x
0
)
,
T
+
(
x
0
)
)
∋
0
{\displaystyle (T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0}))\ni 0}
Sei nun
u
(
t
,
x
)
{\displaystyle u(t,x)}
d
d
t
u
(
t
,
x
(
t
)
)
=
u
t
(
x
(
t
)
)
+
⟨
x
˙
(
t
)
,
∇
u
(
t
,
x
(
t
z
)
)
⟩
=
u
t
(
x
(
t
)
)
+
⟨
b
(
t
,
x
(
t
)
)
,
∇
u
(
t
,
x
(
t
)
)
⟩
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}u(t,x(t))=&u_{t}(x(t))+\langle {\dot {x}}(t),\nabla u(t,x(tz))\rangle \\=&u_{t}(x(t))+\langle b(t,x(t)),\nabla u(t,x(t))\rangle \\=&0\end{aligned}}}
und
u
{\displaystyle u}
{
(
t
,
x
(
t
)
)
∈
R
n
+
1
|
t
∈
(
T
−
(
x
0
)
,
T
+
(
x
0
)
)
}
{\displaystyle \{(t,x(t))\in \mathbb {R} ^{n+1}|t\in (T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0}))\}}
b
{\displaystyle b}
u
(
0
,
x
(
0
)
)
=
u
(
0
,
x
0
)
=
g
(
x
0
)
{\displaystyle u(0,x(0))=u(0,x_{0})=g(x_{0})}
gilt
∀
t
∈
(
T
−
(
x
0
)
,
T
+
(
x
0
)
)
:
u
(
t
,
x
(
t
)
)
=
g
(
x
0
)
{\displaystyle \forall t\in (T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0})):\ u(t,x(t))=g(x_{0})}
und
u
(
t
¯
,
x
¯
)
=
g
(
x
0
)
{\displaystyle u({\overline {t}},{\overline {x}})=g(x_{0})}
x
0
{\displaystyle x_{0}}
t
=
0
{\displaystyle t=0}
Satz (Charakteristiken sind eindeutig)
Die Charakteristiken des obigen Anfangswertproblems schneiden sich nicht.
Beispiel
Sei
b
(
t
,
x
)
=
b
=
{\displaystyle b(t,x)=b=}
x
˙
(
t
)
=
b
x
(
0
)
=
x
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&b\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}}
die Gerade
x
(
t
)
=
x
0
+
b
t
{\displaystyle x(t)=x_{0}+bt}
(
−
∞
,
∞
)
{\displaystyle (-\infty ,\infty )}
x
0
=
x
¯
−
b
t
¯
∈
R
{\displaystyle x_{0}={\overline {x}}-b{\overline {t}}\in \mathbb {R} }
(
t
¯
,
x
¯
)
∈
R
n
+
1
:
u
(
t
¯
,
x
¯
)
=
g
(
x
¯
−
b
t
¯
)
{\displaystyle ({\overline {t}},{\overline {x}})\in \mathbb {R} ^{n+1}:\ u({\overline {t}},{\overline {x}})=g({\overline {x}}-b{\overline {t}})}
Beispiel
Für
n
=
1
{\displaystyle n=1}
b
(
t
,
x
)
=
x
2
{\displaystyle b(t,x)=x^{2}}
Betrachte das Anfangswertproblem der gewöhnlichen Differentialgleichung
x
˙
(
t
)
=
x
(
t
)
2
x
(
0
)
=
x
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&x(t)^{2}\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}}
Wie kommt man auf die Lösung?
d
x
d
2
=
d
t
−
1
x
=
t
+
c
x
=
−
1
t
+
c
und
x
0
=
x
(
0
)
=
−
1
c
x
=
−
1
t
+
−
1
x
0
=
x
0
1
−
t
x
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {dx}{d^{2}}}=dt\\{\frac {-1}{x}}=t+c\\x={\frac {-1}{t+c}}{\text{ und }}x_{0}=x(0)={\frac {-1}{c}}\\x={\frac {-1}{t+{\frac {-1}{x_{0}}}}}={\frac {x_{0}}{1-tx_{0}}}\end{aligned}}}
Überprüfe die Lösung
x
(
t
)
=
x
0
1
−
t
x
0
{\displaystyle x(t)={\frac {x_{0}}{1-tx_{0}}}}
wie man durch Ableiten mit der Kettenregel und Einsetzen verifiziert, ist es die Lösung
x
˙
(
t
)
=
−
x
0
(
1
−
t
x
0
)
2
⋅
(
−
x
0
)
=
x
(
t
)
2
x
(
0
)
=
x
0
1
−
0
x
0
=
x
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&{\frac {-x_{0}}{(1-tx_{0})^{2}}}\cdot (-x_{0})=x(t)^{2}\\x(0)=&{\frac {x_{0}}{1-0x_{0}}}=x_{0}\end{aligned}}}
Da der Nenner gegen Null geht und die Lösung damit gegen Unendlich, ergibt sich ein Definitionsbereich der Lösung abhängig vom Anfangswert
x
0
{\displaystyle x_{0}}
t
∈
(
−
∞
,
1
x
0
)
für
x
0
>
0
t
∈
(
−
∞
,
∞
)
für
x
0
=
0
t
∈
(
1
x
0
,
−
∞
)
für
x
0
<
0
{\displaystyle {\begin{aligned}t\in \left(-\infty ,{\frac {1}{x_{0}}}\right)&{\text{ für }}x_{0}>0\\t\in (-\infty ,\infty )&{\text{ für }}x_{0}=0\\t\in \left({\frac {1}{x_{0}}},-\infty \right)&{\text{ für }}x_{0}<0\\\end{aligned}}}
Zu
(
t
¯
,
x
¯
)
{\displaystyle ({\overline {t}},{\overline {x}})}
x
0
{\displaystyle x_{0}}
x
¯
⋅
(
1
−
t
¯
x
0
)
=
x
0
⟺
x
¯
=
x
0
+
x
¯
t
¯
x
0
⟺
x
0
=
x
¯
1
+
t
¯
x
¯
{\displaystyle {\begin{aligned}&{\overline {x}}\cdot (1-{\overline {t}}x_{0})=x_{0}\\\iff &{\overline {x}}=x_{0}+{\overline {x}}{\overline {t}}x_{0}\\\iff &x_{0}={\frac {\overline {x}}{1+{\overline {t}}{\overline {x}}}}\end{aligned}}}
Da der Nenner gegen Null und damit
x
0
{\displaystyle x_{0}}
x
¯
>
−
1
t
¯
für
t
¯
>
0
x
¯
<
−
1
t
¯
für
t
¯
<
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\overline {x}}>-{\frac {1}{\overline {t}}}&{\text{ für }}{\overline {t}}>0\\{\overline {x}}<-{\frac {1}{\overline {t}}}&{\text{ für }}{\overline {t}}<0\\\end{aligned}}}
Mit derselben Einschränkung gilt mit obiger Lösung, dass
u
{\displaystyle u}
u
(
t
¯
,
x
¯
)
=
g
(
x
0
)
=
g
(
x
¯
1
+
t
x
0
)
{\displaystyle {\begin{aligned}u({\overline {t}},{\overline {x}})=g(x_{0})=g\left({\frac {\overline {x}}{1+tx_{0}}}\right)\end{aligned}}}
Damit ist die Lösung nicht für alle Paare
(
t
¯
,
x
¯
)
{\displaystyle ({\overline {t}},{\overline {x}})}
Betrachte Lösungen mit dem Anfangswert
g
=
0
{\displaystyle g=0}
t
>
0
{\displaystyle t>0}
u
(
t
,
x
)
=
0
für
x
>
−
1
t
,
t
>
0
{\displaystyle u(t,x)=0{\text{ für }}x>{\frac {-1}{t}},t>0}
Sei
h
{\displaystyle h}
h
∈
C
0
1
(
R
)
,
∅
≠
s
u
p
p
(
h
)
⊂
[
1
,
2
]
{\displaystyle h\in C_{0}^{1}(\mathbb {R} ),\emptyset \neq supp(h)\subset [1,2]}
u
(
t
,
x
)
=
{
h
(
x
1
+
t
x
)
x
<
−
1
t
,
t
>
0
0
x
≥
−
1
t
,
t
>
0
{\displaystyle {\begin{aligned}u(t,x)=\left\{{\begin{array}{cl}h\left({\dfrac {x}{1+tx}}\right)&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\end{aligned}}}
Wegen
x
<
0
{\displaystyle x<0}
x
<
−
1
t
,
t
>
0
⇒
t
x
+
1
<
0
⇒
1
t
x
+
1
<
0
⇒
x
<
0
x
t
x
+
1
>
0
{\displaystyle {\begin{aligned}x<-{\frac {1}{t}},t>0&\Rightarrow tx+1<0\\&\Rightarrow {\frac {1}{tx+1}}<0\\&{\stackrel {x<0}{\Rightarrow }}{\frac {x}{tx+1}}>0\end{aligned}}}
dass der Träger der Funktion
(
t
,
x
)
↦
h
(
x
1
+
x
)
{\displaystyle (t,x)\mapsto h\left({\frac {x}{1+x}}\right)}
{
(
t
,
x
)
:
x
<
−
1
t
,
t
>
0
}
{\displaystyle {\begin{aligned}\left\{(t,x):x<-{\frac {1}{t}},t>0\right\}\end{aligned}}}
liegt und ungleich der leeren Menge ist.
Wir rechnen nach, dass
u
{\displaystyle u}
∂
∂
t
u
(
t
,
x
)
=
{
d
d
t
h
(
d
x
1
+
t
x
)
x
<
−
1
t
,
t
>
0
0
x
≥
−
1
t
,
t
>
0
=
{
h
′
(
x
1
+
t
x
)
−
x
∗
x
(
1
+
t
x
)
2
x
<
−
1
t
,
t
>
0
0
x
≥
−
1
t
,
t
>
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial t}}u(t,x)=&\left\{{\begin{array}{cl}{\frac {d}{dt}}h\left(d{\frac {x}{1+tx}}\right)&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\\=&\left\{{\begin{array}{cl}h'\left({\dfrac {x}{1+tx}}\right){\dfrac {-x*x}{(1+tx)^{2}}}&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\\\end{aligned}}}
und
d
d
x
u
(
t
,
x
)
=
{
d
d
x
h
(
x
1
+
t
x
)
x
<
−
1
t
,
t
>
0
0
x
≥
−
1
t
,
t
>
0
=
{
h
′
(
x
1
+
t
x
)
(
1
+
t
x
)
−
t
x
(
1
+
t
x
)
2
x
<
−
1
t
,
t
>
0
0
x
≥
−
1
t
,
t
>
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}u(t,x)=&\left\{{\begin{array}{cl}{\frac {d}{dx}}h\left({\dfrac {x}{1+tx}}\right)&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\\=&\left\{{\begin{array}{cl}h'\left({\dfrac {x}{1+tx}}\right){\dfrac {(1+tx)-tx}{(1+tx)^{2}}}&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\\\end{aligned}}}
ergibt Einsetzen
u
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
(
t
,
x
)
,
∇
u
(
t
,
x
)
⟩
=
h
′
(
x
1
+
t
x
)
(
−
x
⋅
x
(
1
+
t
x
)
2
+
x
2
⋅
(
1
+
t
x
)
−
t
x
(
1
+
t
x
)
2
)
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =h'\left({\frac {x}{1+tx}}\right)\left({\frac {-x\cdot x}{(1+tx)^{2}}}+x^{2}\cdot {\frac {(1+tx)-tx}{(1+tx)^{2}}}\right)=0\end{aligned}}}
und da es unendlich viele obige
h
{\displaystyle h}
Aufgabe
Gegeben sei
u
t
+
b
⋅
∇
u
=
0
{\displaystyle u_{t}+b\cdot \nabla u=0}
b
(
t
,
x
,
y
)
=
(
−
y
,
x
)
{\displaystyle b(t,x,y)=(-y,x)}
u
(
0
,
x
,
y
)
=
x
+
y
{\displaystyle u(0,x,y)=x+y}
u
:
[
0
,
∞
)
×
R
×
R
↦
R
n
{\displaystyle u:[0,\infty )\times \mathbb {R} \times \mathbb {R} \mapsto \mathbb {R} ^{n}}
Wie kommt man auf den Beweis?
Verwende charakteristische Kurven.
Beweis
Betrachte
u
(
s
)
=
u
(
t
(
s
)
,
x
(
s
)
,
y
(
s
)
)
{\displaystyle u(s)=u(t(s),x(s),y(s))}
∂
u
∂
s
=
∂
u
∂
t
∂
t
∂
s
+
∂
u
∂
x
∂
x
∂
s
+
∂
u
∂
y
∂
y
∂
s
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial u}{\partial s}}={\frac {\partial u}{\partial t}}{\frac {\partial t}{\partial s}}+{\frac {\partial u}{\partial x}}{\frac {\partial x}{\partial s}}+{\frac {\partial u}{\partial y}}{\frac {\partial y}{\partial s}}\end{aligned}}}
Forme die partielle Differentialgleichung um zu
0
=
∂
u
∂
t
+
b
⋅
∇
u
=
∂
u
∂
t
−
y
∂
u
∂
x
+
x
∂
u
∂
y
{\displaystyle {\begin{aligned}0&={\frac {\partial u}{\partial t}}+b\cdot \nabla u\\&={\frac {\partial u}{\partial t}}-y{\frac {\partial u}{\partial x}}+x{\frac {\partial u}{\partial y}}\end{aligned}}}
Vergleich der beiden Gleichungen ergibt
∂
u
∂
s
=
0
∂
t
∂
s
=
1
∂
x
∂
s
=
−
y
∂
y
∂
s
=
x
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {\partial u}{\partial s}}&=0\\{\frac {\partial t}{\partial s}}&=1\\{\frac {\partial x}{\partial s}}&=-y\\{\frac {\partial y}{\partial s}}&=x\end{aligned}}}
Das ergibt
t
=
s
{\displaystyle t=s}
t
{\displaystyle t}
∂
2
x
∂
t
2
=
−
x
{\displaystyle {\frac {\partial ^{2}x}{\partial t^{2}}}=-x}
Analog
∂
2
y
∂
t
2
=
−
y
{\displaystyle {\frac {\partial ^{2}y}{\partial t^{2}}}=-y}
Die Lösung dieser gewöhnlichen Differentialgleichung ist
x
=
a
sin
t
+
b
cos
t
y
=
a
cos
t
−
b
sin
t
{\displaystyle {\begin{aligned}x&=a\sin t+b\cos t\\y&=a\cos t-b\sin t\end{aligned}}}
Charakteristiken für nicht-konstantes b und inhomogenen Fall
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Erneut betrachten wir den schweren Fall
b
≠
{\displaystyle b\neq }
D.h. wir betrachten für
b
∈
C
(
R
n
+
1
)
,
∀
t
∈
R
:
b
(
t
,
⋅
)
∈
C
1
(
R
n
)
,
g
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle b\in C(\mathbb {R} ^{n+1}),\forall t\in \mathbb {R} :b(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n}),g\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
∀
(
t
,
x
)
∈
R
×
R
n
:
u
t
(
t
,
x
)
+
⟨
b
(
t
,
x
)
,
∇
u
(
t
,
x
)
⟩
=
f
(
t
,
x
)
∀
x
∈
R
n
:
u
(
0
,
x
)
=
g
(
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =f(t,x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)\end{aligned}}}
Auch diese lässt sich mittels Charakteristiken lösen, wobei
u
{\displaystyle u}
d
d
t
u
(
t
,
x
(
t
)
)
=
f
(
t
,
x
)
u
(
0
,
x
0
)
=
g
(
x
0
)
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}u(t,x(t))&=f(t,x)\\u(0,x_{0})&=g(x_{0})\end{aligned}}}
Herleitung: Wie im homogenen Fall müssen wir die Anfangswertaufgabe II
x
˙
(
t
)
=
b
(
t
,
x
(
t
)
)
x
(
0
)
=
x
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&b(t,x(t))\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}}
lösen, wie wir gleich sehen. Dies ist eine gewöhnliche Differentialgleichung und da
b
(
t
,
⋅
)
∈
C
1
(
R
n
)
{\displaystyle b(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})}
(
T
−
(
x
0
)
,
T
+
(
x
0
)
)
∋
0
{\displaystyle (T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0}))\ni 0}
Sei nun
u
(
t
,
x
)
{\displaystyle u(t,x)}
d
d
t
u
(
t
,
x
(
t
)
)
=
u
t
(
x
(
t
)
)
+
⟨
x
˙
(
t
)
,
∇
u
(
t
,
x
(
t
z
)
)
⟩
=
u
t
(
x
(
t
)
)
+
⟨
b
(
t
,
x
(
t
)
)
,
∇
u
(
t
,
x
(
t
)
)
⟩
=
f
(
t
,
x
)
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}u(t,x(t))=&u_{t}(x(t))+\langle {\dot {x}}(t),\nabla u(t,x(tz))\rangle \\=&u_{t}(x(t))+\langle b(t,x(t)),\nabla u(t,x(t))\rangle \\=&f(t,x)\end{aligned}}}
und
u
{\displaystyle u}
{
(
t
,
x
(
t
)
)
∈
R
n
+
1
|
t
∈
(
T
−
(
x
0
)
,
T
+
(
x
0
)
)
}
{\displaystyle \{(t,x(t))\in \mathbb {R} ^{n+1}|t\in (T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0}))\}}
u
(
0
,
x
(
0
)
)
=
u
(
0
,
x
0
)
=
g
(
x
0
)
{\displaystyle u(0,x(0))=u(0,x_{0})=g(x_{0})}
ist der Anfangswert für Anfangswertproblem III festgelegt.
5.) Beispiel und Aufgabe
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Beispiel
Sei
b
(
t
,
x
)
=
x
,
f
(
t
,
x
)
=
t
{\displaystyle b(t,x)=x,f(t,x)=t}
x
˙
(
t
)
=
x
(
t
)
x
(
0
)
=
x
0
{\displaystyle {\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&x(t)\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}}
zu
x
(
t
)
=
e
t
x
0
mit
t
∈
(
−
∞
,
∞
)
{\displaystyle x(t)=e^{t}x_{0}{\text{ mit }}t\in (-\infty ,\infty )}
Das lässt sich eindeutig auflösen zu
x
0
=
e
−
t
¯
x
¯
∈
R
{\displaystyle x_{0}=e^{-{\overline {t}}}{\overline {x}}\in \mathbb {R} }
d
d
t
u
(
t
,
x
(
t
)
)
=
t
u
(
0
,
x
0
)
=
g
(
x
0
)
{\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}u(t,x(t))&=t\\u(0,x_{0})&=g(x_{0})\end{aligned}}}
zu
u
(
t
,
x
(
t
)
)
=
u
(
0
,
x
0
)
+
∫
0
t
d
s
g
(
e
−
t
x
)
+
t
2
2
{\displaystyle {\begin{aligned}u(t,x(t))&=u(0,x_{0})+\int _{0}^{t}ds\\g(e^{-tx})+{\frac {t^{2}}{2}}\end{aligned}}}
Wie kommt man auf den Beweis?
Löse die erste Gleichung auf nach
v
{\displaystyle v}
Beweis
d
v
=
u
t
+
u
x
+
d
u
(
u
t
+
u
x
+
d
u
)
t
−
(
u
t
+
u
x
+
d
u
)
x
d
=
d
(
u
−
u
t
+
u
x
d
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u
)
u
t
t
+
u
x
t
+
d
u
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−
u
t
x
−
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x
−
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u
x
=
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d
u
t
−
d
u
x
u
t
t
+
2
d
u
t
−
u
x
x
=
0
{\displaystyle {\begin{aligned}dv&=u_{t}+u_{x}+du\\{\frac {(u_{t}+u_{x}+du)_{t}-(u_{t}+u_{x}+du)_{x}}{d}}&=d\left(u-{\frac {u_{t}+u_{x}}{d}}-u\right)\\u_{tt}+u_{xt}+du_{t}-u_{tx}-u_{xx}-du_{x}&=-du_{t}-du_{x}\\u_{tt}+2du_{t}-u_{xx}&=0\end{aligned}}}
Für v analog.
![{\displaystyle [0,t]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/37d2d2fa44908c699e2b7b7b9e92befc8283f264)
![{\displaystyle h\in C_{0}^{1}(\mathbb {R} ),\emptyset \neq supp(h)\subset [1,2]}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/81c7a833e5bc3c70e3ec8b68ccfa205a18b9f27e)
