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Laplace Gleichung

Wichtige Inhalte in diesem Video

Laplace Gleichung Beispiel

Laplace Gleichung Lösen

Gewöhnliche DGL lösen

Randbedingungen einsetzen

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

Inhaltsübersicht

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

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Die Laplace-Gleichung

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

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

$-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=0$

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

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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

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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

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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.

Zum Video: Poisson Gleichung

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