Lösungsskizze

Jan M. Krämer
Partielle Differentialgleichungen
Blatt 7
Lösungskizze
SoSe 2016
Aufgabe 1 (5 Punkte): Bestimmen Sie die Bereiche, wo die Differentialgleichung
(1 − x2 )uxx + (1 − y 2 )uyy = f mit (x, y) ∈ R2
elliptisch, parabolisch oder hyperbolisch ist.
Lösung 1: Hier ist b2 − ac = −(1 − x2 )(1 − y 2 ). Da d = e = 0 erhält man sofort, dass die
Gleichung niemals parabolisch sein kann und für x = ±1 oder y = ±1 in keine der Katogorien
fällt.
Für x2 < 1 und y 2 < 1 ist die Gleichung elliptisch, genauso wie für x2 > 1 und y 2 > 1.
Für x2 < 1 und y 2 > 1 sowie x2 > 1 und y 2 < 1 ist die Gleichung hyperbolisch.
Aufgabe 2:
(a) Zu welchem Typ gehört die folgende partielle Differentialgleichung?
uxx + 3uyy − 2ux + 24uy + 5u = f.
(b) Zeigen Sie, dass man durch u(x, y) = v(x, y)eαx+βy und neue Koordinaten diese
Gleichung vereinfachen kann zu
wss + wtt + cw = f˜.
Lösung 2: (a) Man erkennt sofort die Eigenwerte 1 und 3, damit handelt es sich um eine
elliptische Differentialgleichung.
(b) . . .
Aufgabe 3: Zeigen Sie, dass man jede Gleichung
(a∂x2 + 2b∂x ∂y + c∂y2 )u = f mit ac > b2
mittels einer Koordinatentransformation
x̃
x
=M
mit M ∈ GL(2)
ỹ
y
auf die Form ∆U = F bringen kann.
Hinweis: Man benutzt, dass man die Koeffizientenmatrix auf Diagonalform bringen kann
und skaliert dann die Eigenwerte auf 1.
Wird nachgereicht
Aufgabe 4 (5 Punkte):
(a) Beweisen Sie Lemma 5.10 Teil 1:
Für
L(ξ, η) = aξ 2 + 2bξη + cη 2 + dξ + eη + f,
(a, b, c) 6= (0, 0, 0)
gibt es ein λ ∈ R derart, dass {(ξ, η) ∈ R2 ; L(ξ, η) = λ} eine Ellipse ist, genau
dann, wenn b2 < ac ist.
(b) Zu welcher Klasse gehört folgende Dgl?
uxy + uyt + uxt = f
(c) Zu welcher Klasse gehört folgende Dgl?
uxx − uyy + ut = f
Lösung 3:
(a) Es gilt
λ = L(ξ, η)
= aξ 2 + 2bξη + cη 2 + dξ + eη + f
a b
ξ
ξ
= (ξ η)
+ (d e)
+f
b c
η
η
Nun ist die Matrix symmetrisch und reell, also orthogonal diagonalisierbar und es folgt
−1 ξ
ξ
λ1 0
ξ
−1
= T
T
+ ((d e)T ) T
+f
η
0 λ2
η
η
Weil T orthogonal ist,ist eseineKombination
aus Drehung und Spiegelung. Man kann also
x
ξ
neue Koordinaten
= T
einführen, die nur aus einer Drehung und Spiegelung
y
η
von (ξ η) bestehen. Offensichtlich ist es genau dann eine Ellipse in den Koordinaten (x y)
wenn es eine Ellipse in den Koordinaten (ξ η) ist.
Damit wird das ganze zu
λ = L(ξ, η)
˜ + ẽy + f.
= λ1 x2 + λ2 y 2 + dx
Wenn λ1 = 0 oder λ2 = 0 oder beides, dann erhält man eine Parabel oder eine Gerade oder
einen Punkt oder nichts, aber auf jeden Fall keine Ellipse. Es kann also nur eine Ellipse sein,
wenn die Eigenwerte ungleich Null sind, dies ist äquivalent zu ad − b2 6= 0. Dies ist also
eine notwendige Voraussetzung für eine Ellipse.
Sei also λ1 , λ2 6= 0, dann kann man es weiter umformen zu
λ = L(ξ, η)
˜ + ẽy + f
= λ1 x2 + λ2 y 2 + dx
d˜ 2
d˜2
ẽ2
ẽ 2
= λ1 x +
−
+f
+ λ2 y +
−
2λ1
2λ2
4λ1 4λ2
|{z}
|{z}
=α
=β
Und dies ist äquivalent zu
λ−f +
d˜2
ẽ2
+
=: γ = λ1 (x + α)2 + λ2 (y + β)2
4λ1 4λ2
Wenn λ1 und λ2 nun nicht das gleiche Vorzeichen haben, dann kann man (x, y) mit beliebig
großer Norm finden, die die gleiche Lösung und es ist keine Ellipse. Eine notwendige Bedingung
für eine Ellipse ist also, dass 0 < λ1 λ2 = ad − b2 . Zu zeigen ist nun, dass diese Bedingung
ausreichend ist. Wenn λi und γ nicht das gleiche Vorzeichen haben, dann gibt es keine Punkte
(x, y) die die Gleichung lösen. Wenn γ = 0 ist, dann ist (−α, −β) die einzige Lösung
und man erhält einen Punkt. Wenn γ 6= 0 das gleiche Vorzeichen wie λi hat, dann ist die
Gleichung äquivalent zu
1=
(x + α)2 (y + β)2
+
γ/λ1
γ/λ2
und damit hat man die klassische Ellipsenform, denn die Nenner sind positiv, lassen sich
also als Quadratzahlen schreiben. Wir haben also gezeigt, dass ad − b2 > 0 eine notwendige
Voraussetzung für das Vorliegen einer Ellipse ist und das es in diesem Fall für passende γ
und damit passende λ auch wirklich eine Ellipse ist.
(b) Die passende Matrix ist


0
1
2
1 0
2
1
2
1
2
1
2
1
2
0
Die Determinante ist 0+ 18 + 18 −0−0−0 = 14 = λ1 λ2 λ2 und die Spur ist 0 = λ1 +λ2 +λ3 .
Dadurch weiß man, dass λi 6= 0 und aufgrund der Spur, können sie nicht alle positiv sein. Sie
können gleichermaßen nicht alle negativ sein. Damit die Determinante positiv ist, muss genau
ein Eigenwert positiv und 2 Eigenwerte negativ sein. Damit ist es hyperbolisch.
(c) Die passende Matrix ist


1 0 0
0 −1 0
0 0 0
mit Determinante 0 und Spur 0. Also sind die Eigenwerte 0, −1, 1. Es gehört zu keiner
Gruppe.
Aufgabe 5 (5 Punkte): Für jedes x ∈ (0, 1) gilt
∞
X
k=0
4
sin ((2k + 1) πx) = 1.
(2k + 1) π
(a) Ist diese Konvergenz gleichmäßig auf R?
Es sei
ck,` =
16
(2k + 1) (2` + 1) π 4
und
un,m (x, y) =
lim
2
n X
m
X
k=0
(b) Zeigen Sie, dass
1
(2k + 1) + 14 (2` + 1)2
!
|(n,m)|→∞
1
ck,` sin ((2k + 1) πx) sin
`+
πy .
2
`=0
un,m auf R2 konvergiert.
(c) Ist diese Konvergenz auf R2 gleichmäßig?
(d) Zeigen Sie, dass für Ω = (0, 1) × (0, 2) gilt

 lim ∆un,m = −1
n,m→∞

lim un,m = 0
n,m→∞
in Ω,
auf ∂Ω.
Bemerkung: Könnte man also zeigen, dass man oben Limes und Ableitungen vertauschen
kann, wäre u := limm,n→∞ um,n Lösung von
−∆u = 1
in Ω,
u=0
auf ∂Ω.
Lösung 4:
(a) Die Konvergenz ist nicht gleichmäßig. Wenn es gleichmäßig wäre, dann müsste
m
X
4
0 = lim sup sin((2k + 1)πx) − 1
m→∞ x∈(0,1) (2k + 1)π
k=0
gelten. Nun kann man aber für das Supremum x → 0 gehen lassen und erhält
m
X
4
sup sin((2k + 1)πx) − 1 ≥ 1
(2k
+
1)π
x∈(0,1)
k=0
und man sieht, dass es nicht funktioniert.
(b) P
Es giltPck,` sin ((2k + 1) πx) sin ` + 21 πy ≤ ck,l . Wir betrachten nun die Reihe
n
m
2
2
k=0
l=0 ck,l . Es gilt mit der Youngschen Ungleichung 2ab < a + b , dass
ck,l
1
2
(2k + 1) + 41 (2` + 1)2
16
1
≤
4
(2k + 1)(2l + 1)π 2(2k + 1) 41 (2l + 1)
32
1
1
= 4
π
(2k + 1)2
(2l + 1)2
16
=
(2k + 1) (2` + 1) π 4
!
Damit folgt
n X
m
X
k=0 l=0
ck,l ≤
32
π4
n
X
k=0
1
(2k + 1)2
!
m
X
l=0
1
(2l + 1)2
!
und beide Reihen konvergieren. Nach dem Konvergenzsatz von Weierstraß folgt die gleichmäßige
Konvergenz für die ursprüngliche Reihe.
(c) Ja, siehe vorheriger Teil.
(d)
∆un,m
m n X
X
16((2k + 1)2 π 2 + (l + 21 )2 π 2 )
1
=−
sin (. . .) sin (. . .)
(2k + 1)(2l + 1)π 4
(2k + 1)2 + 14 (2l + 1)2
k=0 l=0
=−
n X
m
X
k=0 l=0
=−
n
X
k=0
16
sin(. . .) sin(. . .)
(2k + 1)(2l + 1)π 2
m
X
4
4
y
sin((2k + 1)πx)
sin((2l + 1)π )
(2k + 1)π
(2l + 1)π
2
l=0
= −1 · 1 = −1
Bei den Randwerten sind alle sin-Terme gleich Null, also ist un,m gleich Null auf dem Rand.
Aufgabe 6 (5 Punkte): Die Folge {ϕk }k∈N ⊂ C0∞ (Rn ) heißt eine Cauchy-Folge in D,
wenn
• Es ein Kompaktum K ⊂ Rn gibt derart, dass supp(ϕk ) ⊂ K für alle k ∈ N, und
• Für jeden Multiindex α ∈ Nn und ε > 0 gibt es N > 0 derart, dass für n, m > N
gilt kDα ϕn − Dα ϕm k∞ < ε.
Beweisen oder widerlegen Sie: Jede Cauchy-Folge in D konvergiert in D.
Lösung 5: Sei eine Cauchy-Folge in D gegeben. Dann gibt es eine kompakte Menge K , so dass alle
Träger in K liegen. Weil es jeweils eine Cauchy-Folge in C m (K) für jedes m ∈ N ist und diese
Räume vollständig sind. Gibt es eine passende Grenzfunktion. Diese Grenzfunktionen sind aufgrund
der Einbettung der Räume ineinander und der Eindeutigkeit von Grenzfunktionen identisch, also
konvergiert un in jedem C m (K) und damit ist die Grenzfunktion u auch in jedem C m und damit
in C ∞ . Damit konvergiert jede Cauchy-Folge.

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