Mathe für Ingenieure

Partielle Differentialgleichungen
Laplace Gleichung

Du weißt jetzt schon, was partielle Differentialgleichungen sind und wie du diese lösen kannst. In diesem Beitrag wollen wir dein theoretisches Wissen anwenden und uns die Laplace Gleichung anschauen.

Die Laplace-Gleichung mit Separationsansatz lösen

Die nach dem 1749 geborenen Mathematiker Pierre-Simon Laplace benannte Gleichung ist eine elliptische partielle Differentialgleichung zweiter Ordnung. Die Laplace Gleichung findet auch in der Physik Anwendung. Sie lässt sich zum Beispiel aus der Wärmeleitungsgleichung herleiten. Hier lösen wir die Laplace-Gleichung auf dem Einheitsquadrat. Dafür verwenden wir den Separationsansatz.

Laplace Gleichung Beispiel

-\Delta u\left(\mathbit{x}\right)=0

ist die homogene Poisson-Gleichung,

-\Delta u\left(\mathbit{x}\right)=f(\mathbit{x})

Beides sind elliptische Differentialgleichungen. Wir wollen uns die zweidimensionale Laplace-Gleichung

-\frac{\partial u}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}=0

auf dem Einheitsquadrat ansehen.

x\in\Omega=\left(0,1\right)^2

Das große \Omega beschreibt das Gebiet, auf dem wir die Differentialgleichung betrachten. In diesem Fall also das Einheitsquadrat.

Laplace Gleichung lösen - Einheitsquadrat
Einheitsquadrat

Die Randbedingungen sind folgende:

u\left(0,y\right)=0
u\left(1,y\right)=\sin{\left(2\pi y\right)}
u\left(x,0\right)=0
u\left(x,1\right)=0

Laplace Gleichung Lösen

Wie gewohnt wählst du einen Produktansatz

u\left(x,y\right)=X(x)\ast \ Y(y)

Und erhältst daraus nach Einsetzen,

-Y\left(y\right)\frac{\partial X\left(x\right)}{\partial x}-X\left(x\right)\frac{\partial Y\left(y\right)}{\partial y}=0

Sortieren und Gleichsetzen mit der Konstanten \lambda

-\frac{X_{xx}\left(x\right)}{X\left(x\right)}=\frac{Y_{yy}\left(y\right)}{Y(y)}=\lambda

zwei gewöhnliche Differentialgleichungen.

-\frac{X_{xx}\left(x\right)}{X\left(x\right)}=\lambda

\frac{Y_{yy}\left(y\right)}{Y(y)}=\lambda

Gewöhnliche DGL lösen

Jetzt musst du die gewöhnlichen Differentialgleichungen lösen. Aber mit welcher fängst du an? Du kannst etwas Zeit sparen, wenn du dir die Randbedingungen ansiehst.

u\left(1,y\right)=\sin{\left(2\pi y\right)}

sticht heraus. Es ist nicht gleich Null wie die anderen Randbedingungen, sondern gleich \sin{\left(2\pi y\right)}. Also muss der von y abhängige Anteil groß Y eine trigonometrische Funktion sein. Das ist der Fall, wenn \lambda kleiner Null ist.
Dafür definieren wir ein \alpha,

\lambda=-\alpha^2

setzen es in die y-DGL ein

Y_{yy}\left(y\right)=\lambda\ Y(y)
Y_{yy}\left(y\right)=-\alpha^2Y(y)

und stellen das charakteristische Polynom auf

\mu^2=-\alpha^2

Daraus ergeben sich die Eigenwerte,

\mu=\pm\ i\alpha

sodass die Lösungen so aussehen.

Y\left(y\right)=c_1\sin\funcapply(\alpha\ y)+c_2\cos{(\alpha y)}\

Randbedingungen einsetzen

Wie erwartet ist es eine trigonometrische Funktion. Jetzt prüfen wir die Randbedingungen. Diese schreiben wir zunächst für groß Y auf.

u\left(x,0\right)=0\rightarrow\ Y\left(0\right)=0
u\left(x,1\right)=0\rightarrow\ Y\left(1\right)=0

Die erste Randbedingung führt auf

Y\left(0\right)=c_1\sin\funcapply(\alpha\ast0)+c_2\cos{\left(\alpha\ast0\right)}=c_2=0

Die zweite Randbedingung führt auf

Y\left(1\right)=c_1\sin{\left(\alpha\ast1\right)}=c_1\sin{\left(\alpha\right)}=0\rightarrow\sin{\left(\alpha\right)}

Entweder c_1 ist gleich Null, was aber die triviale Lösung wäre, oder auf \sin{\left(\alpha\right)} ist gleich Null. Das ist der Fall, wenn \alpha ein Vielfaches von \pi ist.

\alpha=n\pi,\ n\in\mathbb{N}

Laplace Gleichung lösen
Randbedingungen

Es führt auf die Lösungen

Y_n\left(y\right)=c_n\sin\funcapply(n\pi\ y)

Betrachten wir nun die Differentialgleichung für x.

\frac{X_{xx}\left(x\right)}{X\left(x\right)}=-\lambda

Hier können wir -n^2\pi^2 für \lambda einsetzen,

\lambda=-\alpha^2=-n^2\pi^2

\frac{X_{xx}\left(x\right)}{X\left(x\right)}=-\lambda=n^2\pi^2

die Gleichung umstellen

X_{xx}\left(x\right)=n^2\pi^2X\left(x\right)

und das charakteristische Polynom aufstellen.

\mu^2=n^2\pi^2

Es ergeben sich die reellen Eigenwerte

\mu_{1/2}=\pm\ n\pi

Die Lösung setzt sich also aus zwei Exponentialfunktionen zusammen.

X_n\left(x\right)=c_3e^{n\pi x}+c_4e^{-n\pi x}

 

Laplace Gleichung lösen
Gleichung umstellen

Aus der ersten Randbedingung

u\left(0,y\right)=0\rightarrow\ X\left(0\right)=0

folgt,

X\left(0\right)=c_3e^{n\pi\ast0}+c_4e^{-n\pi\ast0}=c_3+c_4=0

dass

c_4=-c_3

ist, sodass wir die Lösung in den Sinus Hyperbolicus

\sinh{x}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}\

umschreiben können. Zur Erinnerung: Der Sinus Hyperbolicus ist \frac{e^x-e^{-x}}{2}.

X_n\left(x\right)=c_3e^{n\pi x}-c_3e^{-n\pi x}=2c_3\frac{e^{n\pi x}-e^{-n\pi x}}{2}=2c_3\sinh{n\pi x}

Wir setzen also für c_4 minus c_3 ein und Klammern Zwei c_3 aus. Übrig bleibt genau der Sinus Hyperbolicus. Damit ist die allgemeine Lösung

u\left(x,y\right)=\sum_{n=1}^{\infty}{c_n\sinh{n\pi x}\sin{n\pi y}}

die Summe über n des Produktes aus der Sinus Hyperbolicus-Funktion und der Sinus-Funktion. Mit der letzten Randbedingung

u\left(1,y\right)=\sin{(2\pi y)}

ergibt sich (1)

1: u\left(1,y\right)=\sum_{n=1}^{\infty}{c_n\sinh{(n\pi)}\sin{(n\pi y)}}=\sin{(2\pi y)}

2: u\left(1,y\right)=c_2\sinh{\left(2\pi\right)}\sin{\left(2\pi y\right)}=\sin{(2\pi y)}

zunächst, dass alle Koeffizienten c_n außer c_2 gleich Null c_n=0,\ c_2\neq0

sind (2). Auflösen der übrigen Gleichung nach c_2 ergibt

c_2=\frac{1}{\sinh{(2\pi})}

Jetzt kannst du die Konstante einsetzen und die finale Lösung sieht schließlich so aus.

u\left(x,y\right)=\frac{\sinh{(2\pi x)}\sin{(2\pi y)}}{\sinh{(2\pi})}

Damit hast du die Laplace-Gleichung auf dem Einheitsquadrat gelöst. Im nächsten Beitrag lösen wir noch die Poisson-Gleichung.


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