Randwertprobleme

Kapitel 7
Randwertprobleme
Anwendungsbeispiel:
Temperaturverteilung in einem dünnen Stab mit isolierter Oberfläche.
u(x) := Temperatur im Stab an der Stelle x, x ∈ [0; L].
Im Gleichgewichtszustand genügt u der Differentialgleichung
0
k(x)u0 (x) = f (x), x ∈]0; L[
wobei k(x) die Wärmeleitfähigkeit des Stabes ist und f (x) Wärmequellen/senken
beschreibt.
Je nach Versuchsbedingungen ist eine Lösung u der Differentialgleichung gesucht,
die zusätzlich noch eine der folgenden Randbedingungen erfüllt:
∗ u(0) = u(L) = 0 (die Temperatur an den Endpunkten des Stabes wird konstant
= 0 gehalten)
allgemeiner: u(0) = α, u(L) = β.
∗ u0 (0) = u0 (L) = 0 (die Enden sind isoliert, daher kein Wärmefluss)
∗ u0 (0) = 0, u(L) = 0 (Ein Ende ist isoliert; Temperatur am anderen Ende
konstant gehalten).
usw.
Randwertprobleme für lineare Differentialgleichungen 2.
Ordnung
Wir betrachten folgende Differentialgleichung:
(Lu) (x) := a2 (x)u00 (x) + a1 (x)u0 (x) + a0 (x)u(x) = f (x),
zusammen mit folgender Randbedingung
u(a)
u(b)
η1
Ru := C ·
+D·
=
u0 (a)
u0 (b)
η2
wobei:
∗ a, b ∈ R, a < b, a0 , a1 , a2 ∈ C ([a; b]) , a2 (x) 6= 0 ∀ x ∈ [a; b]
106
x ∈ [a; b]
∗ C, D ∈ R2×2
∗ f ∈ C ([a; b]) , η =
η1
η2
∈ R2
Beispiele für Randbedingungen:
1) C = I2 =
1 0
0 1
,D =
0 0
0
liefert das bekannte Anfangswertproblem

 Lu
=f u(a)
η1
=

u0 (a)
η2
2) C =
1 0
0 0
,D =
0 0
u(a)
η1
, dann ist Ru =
=
.
1 0
u(b)
η2
Dirichlet-Randbedingungen
Wenn η1 = η2 = 0, spricht man von homogener Dirichlet-Randbedingung.
0
0 1
η1
u (a)
0 0
=
, dann ist Ru =
.
3) C =
,D =
u0 (b)
η2
0 1
0 0
Neumann-Randbedingungen
Wenn η1 = η2 = 0, spricht man von homogener Neumann-Randbedingung.
0
0
α1 α2
, dann ist
,D =
4) C =
β1 β2 0
0 0
η1
α1 u(a) + α2 u0 (a)
R1 u
Ru =
=
=:
.
β1 u(b) + β2 u0 (b)
η2
R2 u
separierte Randbedingung
Das Gleichungssystem
Lu = f, x ∈ [a; b]
Ru = η
heißt Randwertproblem (RWP). Falls f = 0, η = 0, dann heißt das Randwertproblem
homogen, ansonsten inhomogen. Falls nur η = 0, bezeichnet man das Randwertproblem manchmal auch als halbhomogen.
Eine Funktion u heißt klassische Lösung des Randwertproblems, wenn u ∈ C 2 ([a; b])
und u Lösung der Differentialgleichung Lu = f auf [a; b] ist und zusätzlich die Randbedingung Ru = η erfüllt.
107
Satz 7.1 (Fredholm-Alternative)
Unter den obigen Voraussetzungen gilt:
Entweder besitzt das Randwertproblem
Lu = f
Ru = η
genau eine klassische Lösung auf [a; b] für jedes f ∈ C ([a; b]) und jedes η ∈ R2
oder das homogene Randwertproblem
Lu = 0
Ru = 0
besitzt eine nicht-triviale klassische Lösung u 6≡ 0.
Beweis:
Sei {u1 , u2 } ein Fundamentalsystem der Differentialgleichung Lu = 0. Dann ist die
allgemeine Lösung der Differentialgleichung Lu = f von der Form
u(x) = up (x) + c1 u1 (x) + c2 u2 (x),
x ∈ [a; b], c1 , c2 ∈ R,
wobei up eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung Lu = f ist. Deshalb erhält
man die Lösungsmenge des Randwertproblems durch anpassen der freien Parameter
c1 , c2 an die Randebedingungen:
η = Ru
up (b)
up (a)
+D
= C
u0p (b)
u0p (a)
|
{z
}
=:g
+C
|
c1 u1 (a)
+
c1 u01 (a)
u1 (a)
= C
u01 (a)
|
c2 u2 (a)
c2 u02 (a)
c1 u1 (b)
c1 u01 (b)
c2 u2 (b)
c2 u02 (b)
+
+D
{z

u1 (b) u2 (b)
u2 (a)
c
 1
+D
0
0
0
u1 (b) u2 (b)
u2 (a)
c2
{z
}

}

=:R
Also:
η =g+R
c1
c2
(7.1)
Im homogenen Fall ist η = 0, up = 0, und das Gleichungssystem lautet dann einfach:
c1
0
R
=
c2
0
Somit folgt: das homogene Randwertproblem besitzt nur die triviale Lösung u ≡ 0
genau dann, wenn
det(R) 6= 0, und in diesem Fall besitzt dann auch (7.1) eine einc1
deutige Lösung
für jedes η ∈ R2 , für alle f ∈ C ([a; b]) (das in die Gleichung
c2
(7.1) in Form der partikulären Lösung up eingeht), d.h. das nicht-homogene Randwertproblem besitzt eine eindeutige klassisce Lösung für alle η ∈ R2 , f ∈ C ([a; b]). 2
108
Bemerkung:
Der Beweis geht vollkommen analog für Randwertprobleme für lineare Differentialgleichungen n-ter Ordnung .
Allgemein gilt: Randwertprobleme können:
∗ eindeutig lösbar sein
Beispiel:
y 00 + y = 0,
y(0) = 1, y
π 2
=1
λ2 + 1 = 0 ⇒ λ = ±i
⇒ Fundamentalsystem: {cos(x), sin(x)}
⇒ allgemeine Lösung: y(x) = c1 cos(x) + c2 sin(x),
1 = y(0) = c1
Randbedingung ⇒
1 = y π2 = c2
⇒ y(x) = cos(x) + sin(x)
∗ unlösbar sein
Beispiel:
y 00 + y = 0,
y(0) = 1, y (π) = 1
⇒ allgemeine Lösung: y(x) = c1 cos(x) + c2 sin(x),
1 = y(0) = c1
Randbedingung ⇒
1 = y (π) = −c1
⇒ keine Lösung
∗ unendlich viele Lösungen besitzen
Beispiel:
y 00 + y = 0,
y(0) = 1, y (π) = −1
besitzt die unendlich vielen Lösungen: y(x) = cos(x)+c2 sin(x),
Parameter.
c2 ∈ R freier
Wir betrachten nun einige Beispiele, in denen das homogene Randwertproblem nur
trivial lösbar ist:
Satz 7.2
Betrachte das Randwertproblem
00
y + cy 0 + dy = 0, c, d ∈ R
y(a) = y(b) = 0
Dann gilt:
2
i) Falls c4 − d ≥ 0, dann besitzt das Randwertproblem nur die triviale Lösung
y ≡ 0.
109
2
c
− d < 0, dann besitzt das Randwertproblem nur die triviale Lösung,
q4
2
falls d − c4 · (b − a) kein ganzzahliges Vielfaches von π ist, andernfalls besitzt
das Randwertproblem unendlich viele nicht-triviale Lösungen.
ii) Falls
Beweis:
Charakteristische Gleichung:
λ2 + λc + d = 0
r
c
c2
⇔ λ1,2 = − ±
−d
2
4
1. Fall:
c2
4
− d > 0 ⇒ Fundamentalsystem: eλ1 x , eλ2 x , wobei λ1 , λ2 ∈ R, λ1 6= λ2
⇒ allgemeine Lösung
y(x) = c1 eλ1 x + c2 eλ2 x
λ a λ a e 1 e 2
c1
0
Randbedingung ⇒
=
c2
0
eλ1 b eλ2 b
eλ1 a eλ2 a
det
= eλ1 a+λ2 b − eλ1 b+λ2 a 6= 0
eλ1 b eλ2 b
da λ1 a + λ2 b 6= λ1 b + λ2 a ⇔ λ1 (a − b) 6= λ2 (a − b)
| {z }
6=0
⇒ es gibt nur die Lösung
2. Fall:
=
c2
4
= d.
⇒ Fundamentalsystem: eλx , xeλx ,
⇒ Randbedingung:
eλa aeλa
eλb eλb
det
3. Fall:
c1
c2
c2
4
c1
c2
eλa aeλa
eλb eλb
=
0
0
λ = − 2c
6= 0 ⇒
0
, d.h. die triviale Lösung.
0
c1
c2
0
0
q
c
, e− 2 x sin x d −
=
−d<0
q
c
⇒ Fundamentalsystem: e− 2 x cos x d −
110
c2
4
c2
4
Randbedingung


q
q
− 2c a
− 2c a
c2
c2
e
cos a d − 4
sin a d − 4   e
c1
0


q
q
⇒ 
=

c
c
2
2
c
0
2
e− 2 b cos b d − c4
e− 2 b sin b d − c4
|
{z
}
=:R
!
!
r
r
2
2
c
c
c
sin b d −
⇒ det (R) = e− 2 (a+b) cos a d −
4
4
!
!
r
r
c2
c2
− 2c (a+b)
−e
cos b d −
sin a d −
4
4
!
r
c
c2
= e− 2 (a+b) sin
d − (b − a)
4
2
Weitere Beispiele von homogenen Randwertproblemen, die nur trivial lösbar sind:
siehe Übungsblatt 11, Aufgaben 1Ü, 2Ü.
Zurück zum nicht-homogenen Randwertproblem:

0
 Lu := u00 + a1 (x)u
+ a0(x)u = f η1
u(b)
u(a)
=
+D
 Ru := C
u0 (b)
η2
u0 (a)
im Spezialfall von separierten Randbedingungen:
α1 α2
0 0
C=
,D =
,
β1 β2
0 0
d.h. die Randbedingung lautet:
R1 u := α1 u(a) + α2 u0 (a) = η1
R2 u := β1 u(b) + β2 u0 (b) = η2
Wir setzen nun voraus, dass das homogene Randwertproblem

 Lu = 0
R1 u = 0

R2 u = 0
auf [a; b] nur trivial lösbar ist, d.h. es gilt:
u1 (a) u2 (a)
u1 (b) u2 (b)
det C
+D
6= 0
u01 (a) u02 (a)
u01 (b) u02 (b)
R1 u 1 R1 u 2
⇔ det
6= 0
R2 u 1 R2 u 2
wobei {u1 , u2 } ein beliebiges Fundamentalsystem der Differentialgleichung Lu = 0.
Notwendigerweise muss also gelten: (α1 , α2 ) 6= (0, 0) und (β1 , β2 ) 6= (0, 0).
111
Bmerkung:
Achtung! Die Bedingung (α1 , α2 ) 6= (0, 0) , (β1 , β2 ) 6= (0, 0) ist keine hinreichende
Bedingung.
Beispiel:
 00
 u +u=0
u(0) = 0

u(π) = 0
besitzt die unendlich vielen nicht-trivialen Lösungen
u(x) = c · sin(x),
c ∈ R,
aber
(α1 , α2 ) = (1, 0) 6= (0, 0)
(β1 , β2 ) = (1, 0) 6= (0, 0)
Bemerkungen:
1) Wir können stets annehmen, dass [a; b] = [0; 1].
In der Tat: ist u Lösung des Randwertproblems
 00
 u + a1 (x)u0 + a0 (x)u = f
α1 u(a) + α2 u0 (a) = η1
auf [a; b]

β1 u(b) + β2 u0 (b) = η2
dann ist v(x) := u ((b − a) x + a) ,
(7.2)
x ∈ [0; 1] Lösung des Randwertproblems
 00
 v + b1 (x)v 0 + b0 (x)v = f˜
α̃1 v(0) + α̃2 v 0 (0) = η̃1
in [0; 1]

β̃1 v(1) + β̃2 v 0 (1) = η̃2
(7.3)
wobei
b1 (x) = (b − a)a1 (x)
b0 (x) = (b − a)2 a0 (x)
f˜(x) = (b − a)2 f ((b − a)x + a)
α̃1 = (b − a)α1
α̃2 = α2
η˜1 = (b − a)η1
β̃1 = (b − a)β1
β̃2 = β1
η̃2 = (b − a)η2
Umgekehrt gilt:
Ist v Lösung von (7.3) auf [0; 1], dann ist u(x) = v x−a
b−a , x ∈ [a; b] Lösung
von (7.2) auf [a; b].
112
Außerdem ist das zu (7.2) gehörige homogene Randwertproblem nur trivial lösbar ⇔ das zu (7.3) gehörige homgene Randwertproblem ist nur trivial
lösbar.
Beweis:
Nachrechnen!
2
2) Wir können uns auf das Studium des halbhomogenen Randwertproblems

 Lu = f
R1 u = 0

R2 u = 0
beschränken.
In der Tat: Ist v ∈ C 2 ([a; b]) für die gilt R1 v = η1 , R2 v = η2 (eine solche
Funktion ist leicht zu finden: z.B.: Ansatz: v(x) = c0 + v1 x + v2 x2 + v3 x3 mit
v0 , v1 , v2 , v3 ∈ R) und w ist Lösung des halbhomogenen Randwertproblems

 Lw = f − Lv
R1 w = 0

R2 w = 0
dann ist u = v + w Lösung des nicht-homogenen Randwertproblems

 Lu = f
R1 u = η1

R2 u = η2
Beweis:
Lu = L(v + w) = Lv + |{z}
Lw = f
=f −Lv
R1 u = R1 v + R1 w = η1 + 0 = η1
R2 u = R2 v + R2 w = η2 + 0 = η2
2
Also: nicht homogene Randbedingungen können in die rechte Seite der Diffe”
rentialgleichung gesteckt werden.“
Berechnung der Lösung des Randwertproblems

 Lu = f
R1 u = 0

R2 u = 0
auf [0; 1]
113
Sei dazu {u1 , u2 } ein Fundamentalsystem der Differentialgleichung
Lu = u00 + a1 (x)u0 + a0 (x)u = 0
Dann ist {v1 , v2 } mit
v1 = c11 u1 + c12 u2 ,
c11 = R1 u2 , c12 = −R1 u1
v2 = c21 u1 + c22 u2 ,
c21 = R2 u2 , c22 = −R2 u1
wieder ein Fundamentalsystem der Differentialgleichung Lu = 0 und es gilt R1 v1 = 0
und R2 v2 = 0.
Beweis:
R1 v1 = R1 u2 · R1 u1 + (−R1 u1 ) · R1 u2 = 0
R2 v2 = R2 u2 · R2 u1 + (−R2 u1 ) · R2 u2 = 0
2
Es gilt: Lv1 = 0 = Lv2 , und v1 , v2 sind linear unabhängig, da:
c11 c21
[v1 | v2 ] = [u1 | u2 ] ·
c12 c22
| {z }
{z
}
regulär |
regulär, da
det
c11 c21
c12 c22
=
=
=
=
R1 u2
R2 u 2
det
−R1 u1 −R2 u1
R1 u 2 R2 u 2
− det
R1 u 1 R2 u 1
R1 u 1 R2 u 1
det
R1 u 2 R2 u 2
R1 u 1 R1 u 2
det
6= 0
R2 u 1 R2 u 2
nach Voraussetzung (siehe oben).
Bemerkung:
R 1 u 1 R1 u 2
Wenn det
= 0 (d.h., dass das homogene Randwertproblem
R 2 u 1 R2 u 2
nicht-trivial lösbar ist), dann existiert i.a. kein Fundamentalsystem {v1 , v2 } mit
R1 v1 = 0, R2 v2 = 0.
Beispiel:
u00 + u = 0
u(0) = u(π) = 0
Fundamentalsystem: {u1 , u2 } = {sin(x), cos(x)}.
Besitzt kein Fundamentalsystem {v1 , v2 } mit R1 v1 = R2 v2 = 0.
114
Wir wissen: eine partikuläre Lösung der Differentialgleichung Lu = f ist gegeben
ducrh die 1. Komponente von
y1 (x)
y(x) =
y2 (x)
0
Zx 1
v2 (s) −v2 (s)
0
v1 (x) v2 (x)
ds
=
f (s)
v10 (x) v20 (x) v1 (s)v20 (s) − v2 (s)v10 (s) −v10 (s) v1 (s)
|
{z
}
0
=:W (s)6=0
W (s)heißt Wronski-Determinante
Zx 1
v1 (x) v2 (x)
−v2 (s)f (s)
=
ds
v10 (x) v20 (x) W (s)
v1 (s)f (s)
0
Zx "
=
0
v1 (s)v2 (x)−v1 (x)v2 (s)
f (s)
W (s)
v1 (s)v20 (x)−v10 (x)v2 (s)
f (s)
W (s)
#
ds
d.h.
Zx
y1 (x) =
v1 (s)f (s)
ds · v2 (x) −
W (s)
0
Zx
v2 (s)f (s)
ds · v1 (x)
W (s)
0
ist partikuläre Lösung von Lu = f . Außerdem ist
 1

Z
 v2 (s)f (s) ds · v1 (x)
W (s)
0
Lösung der homogenen Differentialgleichung Lu = 0. Somit ist auch
Z1
yp (x) = y1 (x) +
v2 (s)f (s)
ds v1 (x)
W (s)
0
eine partikuläre Lösung von Lu = f .
Zx
⇒ yp (x) =
v1 (s)f (s)
v2 (x) ds +
W (s)
Z1
v2 (s)f (s)v1 (x)
ds
W (s)
x
0
Z1
=
G(x, s)f (s) ds
0
mit der Funktion
(
G(x, s) =
v1 (s)v2 (x)
W (s) ,
v2 (s)v1 (x)
W (s) ,
s≤x
x≤s
, (x, s) ∈ [0; 1]2
115
Es gilt:
R1 yp = α1 yp (0) + α2 yp0 (0)

 1
Z
v2 (s)f (s)
ds v1 (0) +
= α1 
W (s)
0
 x

Z
Z1
d  v1 (s)f (s)
v2 (s)f (s)v1 (x) 
α2
v2 (x) ds +
ds dx
W (s)
W (s)
x
0
x=0
 1

Z
v2 (s)f (s)
= α1 
ds v1 (0)
W (s)
0


Z1
v
(0)v
(0)f
(0)
v
(0)v
(0)f
(0)
v
(s)f
(s)
1
2
1
2
2
+0−
+ v10 (0)
ds
+α2 
W (0)
W (0)
W (s)
0
 1

Z
v2 (s)f (s) 
= 
ds
α1 v1 (0) + α2 v10 (0)
W (s)
|
{z
}
0
=R1 v1 =0
= 0
Analog folgt aus R2 v2 = 0, dass R2 yp = 0.
Mit anderen Worten:
Z1
y(x) = G(x, s)f (s) ds,
x ∈ [0; 1]
0
ist die eindeutige Lösung des Randwertproblems
Lu = f
auf [0; 1].
R1 u 1 = R2 u 2 = 0
Die Eigenschaften der Funktion G sind:
D1 := (x, s) ∈ [0; 1]2 | s ≤ x
D2 := (x, s) ∈ [0; 1]2 | x ≤ s
1) G ist stetig auf [0; 1] × [0; 1], und 2-mal stetig partiell differenzierbar nach x
auf D1 bzw. D2 .
2)
G(x + h, x) − G(x, x)
= Gx (x + 0, x)
h
h→0
lim
h≥0
Es gilt:
Gx (x + 0, x) − Gx (x − 0, x) = 1
116
In der Tat:
Gx (x + 0, x) =
Gx (x − 0, x) =
v1 (x)v(0 x)
W (x)
v10 (x)v2 (x)
W (x)



⇒ Gx (x + 0, x) − Gx (x − 0, x) =
v1 (x)v20 (x) − v10 (x)v2 (x)
=1
W (x)
| {z }
=v1 (x)v20 (x)−v10 (x)v2 (x)
3) ∀ s ∈ [0; 1] : LG(x, s) = 0,
∀ x 6= s, x ∈ [0; 1]
4) ∀ s ∈]0; 1[: R1 G(·, s) = 0, R2 G(·, s) = 0.
Satz 7.3
Falls eine Funktion γ : [0; 1]2 → R die Eigenschaften 1) - 4) erfüllt, dann gilt:
∀ f ∈ C ([0; 1]) ist die Funktion
Z1
y(x) =
γ(x, s)f (s) ds,
x ∈ [0; 1]
0
die eindeutige Lösung des Randwertproblems
Lu = f auf [0; 1]
R1 u = R2 u = 0
und γ ist die einzige Funktion mit den Eigenschaften 1) - 4).
Beweis:
Die 2. Behauptung folgt aus der 1. Behauptung. In der Tat gilt dann nämlich
Z1
Z1
γ(x, s)f (s) ds =
0
G(x, s)f (s) ds
∀ x ∈ [0; 1]
0
wegen der Eindeutigkeit der Lösung des Randwertproblems
Lu = f
R1 u = R2 u = 0
∀ f ∈ C ([0; 1]), d.h. es gilt:
Z1
(γ(x, s) − G(x, s)) f (s) ds = 0 ∀ x ∈ [0; 1], ∀ f ∈ C ([0; 1])
0
Wähle f (s) = γ(x, s) − G(x, s)
Z1
⇒
0
(γ(x, s) − G(x, s))2 ds = 0 ∀ x ∈ [0; 1]
{z
}
|
≥0
⇒ γ(x, s) = G(x, s) ∀ s ∈ [0; 1], ∀ x ∈ [0; 1]
117
Noch zu zeigen:
Z1
y(x) =
x ∈ [0; 1]
γ(x, s)f (s) ds,
0
ist Lösung des Randwertproblem
Lu = f auf [0; 1]
R1 u = R2 u = 0
(Lu = u00 + a1 (x)u0 + a0 (x)u).
Es gilt:
Zx
y(x) =
0
Z1
γ(x, s)f (s) ds + γ(x, s)f (s) ds
| {z }
| {z }
x
in D1
in D2
Da γ in D1 bzw. in D2 2-mal stetig differenzierbar bzgl. x, ist auch y 2-mal stetig
differenzierbar nach x auf [0; 1], und es gilt:
Z1
Zx
0
y (x) = γ(x, x)f (x) +
0
⇒ y 0 (x) =
γx (x, s)f (s) ds − γ(x, x)f (x) + γx (x, s)f (s) ds
{z
}
{z
}
|
|
x
in D1
in D2
Z1
γx (x, s)f (s) ds
0
und
Zx
00
Z1
γxx (x, s)f (s) ds − γx (x − 0, x)f (x) +
y (x) = γx (x + 0, x)f (x) +
γxx (x, s)f (s) ds
x
0
Also folgt:
Z1
Ly(x) = (γx (x + 0, x) − γx (x − 0, x)) f (x) +
|
{z
}
=1 nach Vor.
1
Z
+a1 (x)
0
Z1
0
0
Z1
γx (x, s)f (s) ds + a0 (x)
⇒ Ly(x) = f (x) +
γx x(x, s)f (s) ds
γ(x, s)f (s) ds
0
(γxx (x, s) + a1 (x)γx (x, s) + a0 (x)γ(x, s)) f (s) ds
|
{z
}
=Lγ(x,s)=0
⇒ Ly(x) = f (x) ∀ x ∈ [0; 1]
118
∀ x6=s nach 3)
Überprüfung der Randbedingung:
R1 y = α1 y(0) + α2 y 0 (0)
Z1
Z 1
γ(0, s)f (s) ds + α2 γx (0, s)f (s) ds
= α1
0
0
Z1
=
(α1 γ(0, s) + α2 γx (0, s)) f (s) ds
|
{z
}
0 =R1 γ(·,s)=0 nach 4) ∀ s∈]0;1[
⇒ R1 y = 0
Analog sieht man:
R2 y = 0
2
Definition 7.1
Die eindeutige Funktion G, die die Eigenschaften 1) - 4) besitzt, heißt die Green’sche
Funktion des Randwertproblems
Lu = f auf [0; 1]
R1 u = R2 u = 0
Beispiel:
Randwertproblem
0
y = f (x)
y(0) = y(1) = 0
R1 y = y(0), R2 y = y(1)
Bestimmung der Green’schen Funktion des Randwertproblems:
Fundamentalsystem: {1, x} =: {u1 , u2 }.
R1 u 1 R1 u 2
1 0
=
R2 u 1 R2 u 2
1 1
ist regulär, also ist das homogene Randwertproblem nur trivial lösbar und G existiert.
Modifiziere Fundamentalsystem:
Fundamentalsystem: {x, x − 1} =: {v1 , v2 }.
Es gilt: R1 v1 = 0, R2 v2 = 0
s(x − 1), s ≤ x
⇒ G(x, s) =
, (x, s) ∈ [0; 1]2
x(s − 1), s ≥ x
ist die Green’sche Funktion.
Nebenrechnung:
W (x) = det
v1 (x) v2 (x)
v10 (x) v20 (x)
= det
119
x x−1
−1
1
=1
Anwendung:
Bestimmung der Lösung des Randwertproblems
00
y =1
y(0) = y(1) = 0
Z1
⇒ y(x) =
G(x, s) · 1 ds
0
Zx
= (x − 1)
= ...
x2 x
−
⇒ y(x) =
2
2
Z1
(s − 1) ds
s ds + x
0
x
Bedeutung der Green’schen Funktion für semi-lineare Probleme
Betrachte Randwertprobleme vom Typ
Ly = f (x, y, y 0 ) auf [0; 1]
R1 y = 0, R2 y = 0
mit Ly = y 00 + a1 (x)y 0 a0 (x)y, a0 , a1 ∈ C ([0; 1]) , f : [0; 1] × R2 → R stetig.
Ein solches Randwertproblem heißt semi-linear: die Differentialgleichung ist linear
in der höchsten Ableitung aber nicht-linear in den niedrigeren Ableitungen.
Wir nehmen an, dass das homogene Randwertproblem
Lu = 0
R1 u = R2 u = 0
nur trivial lösbar ist. Somit existiert die Green’sche Funktion G des Randwertproblems.
Angenommen, u ∈ C 2 ([0; 1]) ist (klassische) Lösug des semi-linearen Randwertproblems. Setze g(x) := f (x, u(x), u0 (x)), x ∈ [0; 1]. Klar: g ist stetig und u ist die
eindeutige klassische Lösung des linearen Randwertproblems
Lu = g
R1 u = R2 = u = 0
Daher ist u gegeben durch die Integralformel:
Z1
u(x) =
G(x, s)g(s) ds
∀ x ∈ [0; 1]
0
d.h. es gilt:

1
 u ∈ C ([0; 1])
R1
 u(x) = G(x, s)f (s, u(s), u0 (s)) ds
0
120
(7.4)
Umgekehrt gilt: erfüllt u (7.4), dann ist u die eindeutige Lösung des semi-linearen
Randwertproblems. D.h. die Lösbarkeit des semi-linearen Randwertproblems ist
äquivalent zur Existenz eines Fixpunktes der Abbildung
T : C 1 ([0; 1]) −→ C 1 ([0; 1])

Z1

u 7−→
x ∈ [0; 1] 7→ G(x, s)f (s, u(s), u0 (s)) ds

0
Spezialfall:
Satz 7.4
Sei f : [0; 1] × R → R stetig, global Lipschitz-stetig bzgl. u:
| f (x, u) − f (x, ũ)| ≤ L | u − ũ|
∀ x ∈ [0; 1], ∀ u, ũ ∈ R.
Gilt L < 8, dann gibt es genau eine klassische Lösung des semi-linearen Randwertproblems
u00 = f (x, u)
u(0) = u(1) = 0
Beweis:
u ist eindeutige klassische Lösung des semi-linearen Randwertproblems
⇔ u ist eindeutiger Fixpunkt der Abbildung
T : C ([0; 1]) −→ C ([0; 1])

Z1

u 7−→
x ∈ [0; 1] 7→ G(x, s)f (s, u(s)) ds

0
Es gilt: (C ([0; 1]) ; || ·||∞ )1 ist ein Banachraum und für u, v ∈ C ([0; 1]) , x ∈ [0; 1]
gilt:
1
Z
| T u(x) − T v(x)| = G(x, s) (f (s, u(s)) − f (s, v(s))) ds
0
Z1
≤ L
0
| G(x, s)| · | u(s) − v(s)| ds
|
{z
}
≤|| u−v||∞
Z1
≤ L || u − v||∞
| G(x, s)| ds
0
1
|| u||∞ = max | u(x)|
x∈[0;1]
121
und
Z1
Zx
| G(x, s)| ds =
0
Z1
s(1 − x) ds +
x(1 − s) ds
x
0
x x2
−
=
2
2
x x2
1 1
1
≤ max
= − =
−
2
4 8
8
x∈[0;1] 2
⇒ || T u(x) − T v(x)||∞ =
≤
max | T u(x) − T v(x)|
x∈[0;1]
L
|| u − v||∞
8
nach Voraussetzung ist L8 < 1, d.h. T ist strikte Kontraktion in C ([0; 1]). Somit
folgt aus dem Banachschen Fixpunktsatz die Existenz eines eindeutigen Fixpunktes
u ∈ C ([0; 1]) von T : u = T u.
2
Anwendungsbeispiel:
0
y = sin(y)ex auf [0; 1]
y(0) = y(1) = 0
Hier gilt:
f (x, y) = sin(y)ex
fy (x, y) = cos(y)ex
MWS
⇒ | f (x, y) − f (x, z)| ≤ |{z}
e | y − z|
<8
Satz 7.4
⇒
∃ ! klassische Lösung des semi-linearen Randwertproblems.
Maximumsprinzip für lineare Randwertprobleme
Lu = u00 + a1 (x)u0 + a0 (x)u = f
R1 u = R2 u = 0
Lemma 7.1
Sei u ∈ C 2 (I), I offenes Intervall, u sei nicht konstant auf I und u besitze in einem
Punkt x0 ∈ I ein Maximum.
Dann existiert x∗ ∈ I mit u00 (x∗ ) + a1 (x∗ )u0 (x∗) < 0.
Beweis:
Es reicht zu zeigen, dass x∗ ∈ I existiert mit
R
0
e a1 (x) ds u0 (x) < 0
Nebenrechnung:
R
0
R
R
e a1 (x) dx u0 (x) = a1 (x)e a1 (x) dx u0 (x) + e a1 (x) dx u00 (x)
122
Nach Voraussetzung existiert x1 ∈ I mit: u(x1 ) < u(x0 ).
1. Fall: x1 > x0 .
Dann existiert nach MWS x2 ∈]x0 ; x1 [ mit
u(x1 ) − u(x0 ) = u0 (x2 ) (x1 − x0 )
|
{z
}
| {z }
<0
>0
d.h. u0 (x2 ) < 0
⇒ p(x) · u0 (x2 ) < 0
(wobei p(x) · exp
R
a1 (x) ds > 0).
Andererseits: p(x) · u0 (x0 ) = 0.
Wieder existiert nach MWS x∗ ∈]x0 ; x2 [ mit:
0
p(x2 )u0 (x2 ) − p(x0 )u0 (x0 ) = p(x∗ )u0 (x∗ ) (x2 − x0 )
|
{z
}
| {z }
<0
>0
⇒ (p(x∗ )u0 (x∗ ))0 < 0.
2. Fall: x1 < x0
analog.
2
Satz 7.5 (Schwaches Maximumsprinzip)
Sei u ∈ C 2 ([a; b]).
i) Es gelte: a0 ≡ 0 und Lu ≥ 0 auf [a; b].
Dann folgt:
max u = max{u(a), u(b)}
[a;b]
ii) Es gelte: a0 ≤ 0 auf [a; b] und Lu ≥ 0 auf [a; b]. Dann gilt:
max u+ = max{u+ (a), u+ (b)},
[a;b]
wobei r+ := max{0, r},
∀ r ∈ R.
Beweis:
i) Angenommen: es existiert x0 ∈]a; b[ mit u(x0 ) = max u > max{u(a), u(b)}.
[a;b]
Dann ist insbesondere u auf ]a; b[ nicht konstant. Nach Lemma 7.1 existiert
daher x∗ ∈]a; b[ mit
Lu(x∗ ) = u00 (x∗ ) + a1 (x∗ )u0 (x∗ ) < 0
Widerspruch zu Lu ≥ 0 auf [a; b].
123
ii) Angenommen, die Behauptung gilt nicht. Dann existiert x0 ∈]a; b[ mit der
Eigenschaft
u(x0 ) = max u+ > max{u+ (a), u+ (b)} ≥ 0
[a;b]
Wende nun Lemma 7.1 auf ein Intervall I um x0 an, auf dem gilt: u > 0 auf I
und u nicht konstant auf I
⇒ ∃ x∗ ∈ I mit u(x∗ ) > 0 und
u00 (x∗ ) + a1 (x∗ )u0 (x∗ ) < 0
⇒ Lu(x∗ ) = u00 (x∗ ) + a1 (x∗ )u0 (x∗ ) + a0 (x∗ ) u(x∗ ) < 0
|
{z
} | {z } | {z }
≤0
<0
>0
⇒ Widerspruch zur Voraussetzung.
2
124