Poisson-Gleichung < DGL < Numerik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
|
| Status: |
(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:44 So 18.05.2014 | | Autor: | m0ppel |
Gegeben ist die Poisson-Gleichung in einer Dimension:
[mm]-\Delta u =f[/mm] in [mm]\Omega[/mm] mit [mm]f \in C(\Omega)[/mm] und [mm]u(0)=u_0[/mm] & [mm]u(1)=u_1[/mm].
In diesem Fall hat die Green's Funktion folgende Form:
[mm]G(x,y)=\begin{cases} (1-y)x, & \mbox{für } 0\le x\le y \\ y(1-x), & \mbox{für } y \le x \le 1\end{cases}[/mm]
Es gilt: [mm]G(\circ,y)[/mm] harmonisch in [mm]\Omega\setminus \{y\}[/mm]
[mm]G(0,y)=G(1,y)=0 \forall y[/mm]
[mm]G(x,y)=G(y,x)[/mm].
Benutze die Green's Funktion um die Lösung u für den Fall [mm]u_0=u_1=0[/mm] zu konstruieren.
Liebe Community,
ich brühte gerade über der oben stehenden Aufgabe und hab noch meine Probleme mit diesem Thema.
Bis jetzt hab ich folgendes:
Ich habe im Vorlesung Skript die Aussage gefunden: Wenn u auf dem Rand 0 ist und f Hölderstetig, dann gilt: [mm]u(x)=\integral_{\Omega}{G(s,x)f(s) ds}[/mm]
Damit folgt:
[mm]u(x)=\integral_{\Omega}{G(s,x)f(s) ds}
=\integral_{0}^{x}{(1-x)s f(s) ds}+\integral_{x}^{1}{(1-s)x f(s) ds}
=(1-x)\integral_{0}^{x}{s f(s) ds}+x*\integral_{x}^{1}{f(s) ds}+x*\integral_{x}^{1}{s*f(s) ds}[/mm]
wenn [mm]F(x)[/mm] mit [mm]F'(x)=f(x)[/mm] existiert. (Darf ich die Existenz annehmen?) Dann folgt:
[mm] u(x)=(1-x)(x*F(x)-0*F(0)-(F(x)-F(0)))+x(F(1)-F(x))+x*(F(1)-xF(x)-F(1)+F(x))[/mm]
[mm] u(x)=2x*F(x)-F(x)+F(0)+x^2(F(x)+xF(0)+x^2F(1)[/mm]
Wenn ich jetzt die Randbedingungen einsetzt:
[mm] 0=u(0)=2*0*F(0)-F(0)+F(0)+0^2(F(0)+0F(0)+0^2(F(1)=0[/mm]
[mm] 0=u(1)=2*F(1)-F(1)+F(0)+1^2(F(1)+F(0)+1^2F(1)=F(1)[/mm]
Wenn ich jetzt keine Rechenfehler hab, dann hätte ich:
[mm]u(x)=2x*F(x)-F(x)+F(0)+x^2F(x)+xF(0)=(x^2+2x-1)F(x)+(1+x)*F(0)[/mm]
Ist das so richtig?
Vielen lieben Dank schon mal für jede Hilfe.
Lg
|
|
| |
|
| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:33 Do 22.05.2014 | | Autor: | fred97 |
> Gegeben ist die Poisson-Gleichung in einer Dimension:
> [mm]-\Delta u =f[/mm] in [mm]\Omega[/mm] mit [mm]f \in C(\Omega)[/mm] und [mm]u(0)=u_0[/mm] &
> [mm]u(1)=u_1[/mm].
> In diesem Fall hat die Green's Funktion folgende Form:
> [mm]G(x,y)=\begin{cases} (1-y)x, & \mbox{für } 0\le x\le y \\ y(1-x), & \mbox{für } y \le x \le 1\end{cases}[/mm]
>
> Es gilt: [mm]G(\circ,y)[/mm] harmonisch in [mm]\Omega\setminus \{y\}[/mm]
> [mm]G(0,y)=G(1,y)=0 \forall y[/mm]
> [mm]G(x,y)=G(y,x)[/mm].
>
> Benutze die Green's Funktion um die Lösung u für den Fall
> [mm]u_0=u_1=0[/mm] zu konstruieren.
>
> Liebe Community,
> ich brühte gerade über der oben stehenden Aufgabe und hab
> noch meine Probleme mit diesem Thema.
> Bis jetzt hab ich folgendes:
>
> Ich habe im Vorlesung Skript die Aussage gefunden: Wenn u
> auf dem Rand 0 ist und f Hölderstetig, dann gilt:
> [mm]u(x)=\integral_{\Omega}{G(s,x)f(s) ds}[/mm]
> Damit folgt:
>
> [mm]u(x)=\integral_{\Omega}{G(s,x)f(s) ds}
=\integral_{0}^{x}{(1-x)s f(s) ds}+\integral_{x}^{1}{(1-s)x f(s) ds}
=(1-x)\integral_{0}^{x}{s f(s) ds}+x*\integral_{x}^{1}{f(s) ds}+x*\integral_{x}^{1}{s*f(s) ds}[/mm]
Aus dem letzten "+" solltest Du ein "-" machen.
>
> wenn [mm]F(x)[/mm] mit [mm]F'(x)=f(x)[/mm] existiert. (Darf ich die Existenz
> annehmen?)
f hat als stetige Funktion auf [0,1] dort eine Stammfunktion.
> Dann folgt:
> [mm]u(x)=(1-x)(x*F(x)-0*F(0)-(F(x)-F(0)))+x(F(1)-F(x))+x*(F(1)-xF(x)-F(1)+F(x))[/mm]
Uuuh ! Was hast Du da gemacht ? Ich vermute Du hast partiell integriert. Wenn ja, so gings in die Hose. Du hast u.a. das Integral
[mm] \integral_{0}^{x}{F(s) ds}
[/mm]
vermurkst.
FRED
> [mm]u(x)=2x*F(x)-F(x)+F(0)+x^2(F(x)+xF(0)+x^2F(1)[/mm]
> Wenn ich jetzt die Randbedingungen einsetzt:
> [mm]0=u(0)=2*0*F(0)-F(0)+F(0)+0^2(F(0)+0F(0)+0^2(F(1)=0[/mm]
> [mm]0=u(1)=2*F(1)-F(1)+F(0)+1^2(F(1)+F(0)+1^2F(1)=F(1)[/mm]
> Wenn ich jetzt keine Rechenfehler hab, dann hätte ich:
>
> [mm]u(x)=2x*F(x)-F(x)+F(0)+x^2F(x)+xF(0)=(x^2+2x-1)F(x)+(1+x)*F(0)[/mm]
>
> Ist das so richtig?
>
> Vielen lieben Dank schon mal für jede Hilfe.
> Lg
|
|
|
|
