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Differentialgleichungen » Partielle DGL » Poisson-Gleichung auf Rechteckgebiet
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Universität/Hochschule Poisson-Gleichung auf Rechteckgebiet
schneitzmaster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-07-20 15:47


Hallo Leute,
ich habe die folgende Aufgabe zu lösen:
Finde die Funktion \(u(x,y)\) auf dem Rechteck mit \(0\leq x \leq a\) \(0\leq y \leq b\)
\[ u(x,y)_{,xx} + u(x,y)_{,yy} = p_0\] mit den Randbedingungen \(u(0,y)=u(a,y)=u(x,0)=u(x,b)=0\). Aus Gründen der Notationseffizienz sollen die Ableitungen \(\frac{\partial (\dots)}{\partial x}=(\dots)_{,x}\) über ein tief gestelltes Komma dargestellt werden.
Die Lösung \(u=u^h + u^p\) setzt sich aus homogener und partikulärer Lösung zusammen.
Zur Bestimmung der homogenen Lösung  verwende ich den Separationsansatz und wähle
\(u^h = X(x)Y(y)\)
so dass dieser Ansatz in die homogene DGL eingesetzt
\( X_{,xx}Y + XY_{,yy} = 0\)
die Bedingung
-\(\frac{X_{,xx}}{X} =\frac{Y_{,yy}}{Y} = k^2 = \text{konst.}\)
bringt.
Damit müssen die zwei gewöhnlichen Differenzialgleichungen
\(X_{,xx} + k^2 X = 0\)
und
\(Y_{,yy} - k^2 Y = 0\)
gelöst werden.
Ich setze \(X= C e^{\lambda x}\) und erhalte durch lösen der charakteristischen Gleichung \(\lambda_{1/2} = \pm i k\) und kann die gesuchte Lösung
\( X = C_1 e^{ikx} + C_2 = e^{-ikx} = A_1 \sin(k x) + A_2 \cos(k x)\)
angeben, wobei \(2 C_1 = A_1 - i A_2 ~~ \text{und} ~~ 2 C_2=A_1+iA_2\) und \(A_1,A_2 \in \mathbb{R}\).
Aus den Randbedingungen \( u(0,y) = 0\) ergibt sich \(A_2=0\) (nur nicht-triviale Lösungen interessieren) und aus \(u(a,x)=0\) mit \(A_1 \neq 0\) \(k = \frac{n \pi}{a} \) mit \( n= 1,2,3 \dots\), so dass wir
\( X = A_1 \sin( \frac{n \pi}{a} x )\) erhalten.
Soweit so gut. Nun kommt mein eigentliches Problem. Bisher wurde angenommen, dass \(k^2 \in \mathbb{R}^+\).
Damit ermittel ich für \(Y\) mit dem Ansatz \( Y = D e^{\gamma y}\) über die Lösung des charakteristischen Polynoms \(\gamma_{1/2} = \pm k\) und erhalte die Lösung:
\( Y = D_1 e^{k y} +  D_2 e^{- k y} \)
Die Randbedingung \(u(x,0)=0\) ergibt \( D_2 = -D_1\).
Damit erhalte ich dann aber für die Randbedingung \(u(x,b)=0\) mit
\( 0 = D_1 \left[ e^{k b} - e^{-k b} \right] \) für \(D_1 \neq 0\) (nur nicht-triviale Lösungen interessieren) einen Widerspruch. Wo liegt mein Denkfehler. Aus diversen Quellen ist mir bekannt, dass
\(Y = \sin(\frac{n \pi}{b}y)\)
gilt. Allerdings kann ich diese Lösung nicht nachvollziehen...



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semasch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-07-20 19:12


Moin schneitzmaster,

die (schwache) Lösung $u$ ($\in H^1_0(\Omega)$) des Randwertproblems ($\Omega := (0,a) \times (0,b)$)
\[L(u) := -\Delta u = f \quad \text{in} \quad \Omega, \quad u = 0 \quad \text{auf} \quad \partial \Omega\] (mit $f \in L^2(\Omega)$) ist eindeutig bestimmt. Eine Zerlegung in homogene und partikuläre Lösung ist hier also nicht zielführend, da die homogene Lösung bloß die Nullfunktion ist.

Um die Lösung zu ermitteln, kann man ein vollständiges Orthonormalsystem (von $L^2(\Omega)$) aus Eigenfunktionen (des Lösungsoperators $K$, der einer jeden rechten Seite $f$ die zugehörige (schwache) Lösung $u$ zuordnet, bzw.) des gegebenen Differentialoperators $L$ bestimmen. Das funktioniert hier mit dem von dir skizzierten Ansatz. Betrachte also das Eigenwertproblem
\[L(u) = -\Delta u = \lambda u \quad \text{in} \quad \Omega, \quad u = 0 \quad \text{auf} \quad \partial \Omega\] und verwende den von dir genannten Separationsansatz. Du findest (wie du auch schon geschrieben hast, nach einer noch vorzunehmenden Normierung) das vollständige Orthonormalsystem bzw. die Eigenwerte
\[u_{n_1,n_2}(x,y) = \frac{2}{\sqrt{ab}} \sin\left(\frac{n_1 \pi}{a} x\right) \sin\left(\frac{n_2 \pi}{b} y\right), \, \lambda_{n_1,n_2} = \pi^2 \left(\frac{n_1^2}{a^2} + \frac{n_2^2}{b^2}\right), \, n_1, n_2 = 1, 2, \ldots \, .\] Mit $K(u_{n_1,n_2}) = \frac{1}{\lambda_{n_1,n_2}} u_{n_1,n_2}$ und der Entwicklung
\[f = \sum_{n_1,n_2 = 1}^{\infty} (f,u_{n_1,n_2})_{L^2(\Omega)} u_{n_1,n_2}\] ist die Lösung dann gegeben durch
\[u = K(f) = \sum_{n_1,n_2 = 1}^{\infty} \frac{(f,u_{n_1,n_2})_{L^2(\Omega)}}{\lambda_{n_1,n_2}} u_{n_1,n_2}.\] Dabei ist
\[(f,g)_{L^2(\Omega)} = \int_{\Omega} f \overline{g} \, d\lambda_2.\] Das musst du dann noch für deinen Fall auswerten.

LG,
semasch



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schneitzmaster
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-07-20 21:47


Hallo semasch,

danke für deine Rückmeldung.
Leider stellt mich deine Antwort nicht so recht zu frieden bzw. reichen wohl meine ingenieurmathematischen Kenntnisse nicht ganz aus um deinen Ausführungen zu folgen.

Ich entnehme deinen Ausführungen, dass ein Ansatz mit homogener und partikulärer Lösung hier nicht anwendbar ist. Vielmehr muss man die Lösung "raten".
Mir erschließt sich nicht so ganz warum nun plötzlich das Eigenwertproblem \(-\Delta u = \lambda u\)
eine Rolle spielt.
Ich hatte u.a. die folgende Quelle benutzt hier, die zunächst die homogene Form der PDGL betrachtet (Laplace-Gleichung) und zudem die Lösung für
\(Y_{,xx}-k^2 Y=0 , Y(0)=Y(b)=0 \) mit \( Y = \sin(\frac{n\pi}{b}y) \) angibt und dazu ein Sturm-Louiville-Problem löst, wobei mir auch das nicht klar ist. Für so eine DGL erhält man doch keine harmonische Funktion.
Auf ähnliche Art und Weise wird auch hier argumentiert...

Kann man sich die von dir angegebene Lösung auch auf einem einfacheren Weg ohne quadrat-integrierbare Funktionenräume usw. überlegen. Für die Wellengleichung \(\left( u_{,tt} = c^2 \Delta u \right)\)funktioniert das Ganze ja auch "einfach" und übersichtlich mit dem Separationsansatz.


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semasch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2021-07-22 08:10


2021-07-20 21:47 - schneitzmaster in Beitrag No. 2 schreibt:
Leider stellt mich deine Antwort nicht so recht zu frieden bzw. reichen wohl meine ingenieurmathematischen Kenntnisse nicht ganz aus um deinen Ausführungen zu folgen.

Dessen war ich mir nicht bewusst. Mit den nötigen Transkriptionen sollten wir aber kommunizieren können.

2021-07-20 21:47 - schneitzmaster in Beitrag No. 2 schreibt:
Ich entnehme deinen Ausführungen, dass ein Ansatz mit homogener und partikulärer Lösung hier nicht anwendbar ist. Vielmehr muss man die Lösung "raten".

Ich kann nachvollziehen, dass das zunächst mal so erscheinen mag. Tatsächlich hat man hier aber eine systematische Lösungstheorie vorliegen, die für eine (relativ) große Klasse von (sogenannten gleichmäßig elliptischen) Differentialoperatoren anwendbar ist.

2021-07-20 21:47 - schneitzmaster in Beitrag No. 2 schreibt:
Mir erschließt sich nicht so ganz warum nun plötzlich das Eigenwertproblem \(-\Delta u = \lambda u\)
eine Rolle spielt.

Das motiviert man typischerweise anhand des endlichdimensionalen Analogons des vorliegenden Problems, das dir vermutlich in deinen Mathematikvorlesungen begegnet ist: Sei $L \in \mathbb{R}^{n \times n}$ symmetrisch und positiv definit sowie $f \in \mathbb{R}^n$. Dann ist $u \in \mathbb{R}^n$ mit
\[Lu = f\] gesucht. Da $L$ symmetrisch ist, existiert eine Orthonormalbasis $\{u_1, \ldots, u_n\}$ bestehend aus Eigenvektoren von $L$ (was einem z.B. in der Mechanik bei der Hauptachsentransformation begegnet). Diese und die zugehörigen Eigenwerte bestimmt man aus
\[Lu = \lambda u.\] Wegen der positiven Definitheit gilt $\lambda_1, \ldots, \lambda_n > 0$. Man entwickelt dann $u$ und $f$ nach dieser Basis und setzt ein:
\[\sum_{i = 1}^n (f,u_i) u_i = f = Lu = L \sum_{i = 1}^n (u,u_i) u_i = \sum_{i = 1}^n (u,u_i) Lu_i = \sum_{i = 1}^n \lambda_i (u,u_i) u_i.\] Dabei ist $(f,g) := \sum_{i = 1}^n f_i \overline{g_i}$ das Standardskalarprodukt. Ein Koeffizientenvergleich liefert dann $(u,u_i) = (f,u_i)/\lambda_i$ und somit
\[u = \sum_{i = 1}^n \frac{(f,u_i)}{\lambda_i} u_i.\] Im unendlichdimensionalen Fall zäumt man das Pferd aus technischen Gründen von hinten auf und verwendet den Lösungsoperator $K$ (der hier gleich $L^{-1}$ wäre). Diese Feinheit kannst du aber nötigenfalls ignorieren und den endlichdimensionalen Fall direkt auf den unendlichdimensionalen Fall übertragen.

2021-07-20 21:47 - schneitzmaster in Beitrag No. 2 schreibt:
Ich hatte u.a. die folgende Quelle benutzt hier, die zunächst die homogene Form der PDGL betrachtet (Laplace-Gleichung) und zudem die Lösung für
\(Y_{,xx}-k^2 Y=0 , Y(0)=Y(b)=0 \) mit \( Y = \sin(\frac{n\pi}{b}y) \) angibt und dazu ein Sturm-Louiville-Problem löst, wobei mir auch das nicht klar ist. Für so eine DGL erhält man doch keine harmonische Funktion.

Deine Einwände gegen die dortige Lösung sind berechtigt. Step 1 und 3 sind nämlich zwecklos (Step 1) bzw. schlichtweg falsch (Step 3). Diese beiden Steps sind durch die Lösung des Eigenwertproblems zu ersetzen.

2021-07-20 21:47 - schneitzmaster in Beitrag No. 2 schreibt:
Auf ähnliche Art und Weise wird auch hier argumentiert...

Das Vorgehen dort funktioniert auch, im Unterschied zum hiesigen Problem führt die Randbedingung $T(x,0) = 100$ zu einer Lösung, die nicht identisch null ist. Würde man $T(x,0) = 0$ setzen, so kannst du nachprüfen, dass auch dort $T \equiv 0$ resultieren würde.

2021-07-20 21:47 - schneitzmaster in Beitrag No. 2 schreibt:
Kann man sich die von dir angegebene Lösung auch auf einem einfacheren Weg ohne quadrat-integrierbare Funktionenräume usw. überlegen. Für die Wellengleichung \(\left( u_{,tt} = c^2 \Delta u \right)\)funktioniert das Ganze ja auch "einfach" und übersichtlich mit dem Separationsansatz.

Ich hoffe, dass das endlichdimensionale Analogon dir beim Verständnis hilft. Und bei der Wellengleichung geht man methodisch ganz ähnlich vor, wie in Beitrag #1 ausgeführt.

LG,
semasch



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