Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Die Fundamentallösung der Wärmeleitungsgleichung – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Wo stehen wir

Wir hatten die Transportgleichnung betrachtet und daraufhin die Eigenschaften der Laplace-Gleichung und der Poisson-Gleichung untersucht. Nun gehen wir zur Wärmeleitungsgleichung über, sie lautet

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times U:\ u_{t}(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=f(t,x)$

Sie heißt homogen für $f=0$, sonst inhomogen.

Wir können eine Anfangswärmeverteilung $g$ zum Zeitpunkt $t=0$ und Wärmequellen und -senken $f$ vorgeben und die Gleichung sagt uns, wie sich die Wärmeverteilung in Raum und Zeit entwickelt. In diesem Kapitel betrachten wir die Fundamentallösung und konstruieren daraus die Lösung für den Ganzraumfall - ganz ähnlich wie bei der Laplace-Gleichung.

Herleitung der Fundamentallösung

Wir wollen eine einfache Lösung der Wärmeleitungsgleichung finden. Wir haben schon bewiesen, dass der Laplace-Operator rotationssymmetrisch ist, Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Fundamentallösung_der_Laplacegleichung#Der Laplaceoperator_ist_rotationssymmetrisch

Deshalb betrachten wir ein $u(t,x)=u(t,|x|)$.

Mit $u(t,x)$ ist sicher auch $u(c^{2}t,cx)$ eine Lösung für $c>0$, denn mit der Kettenregel gilt

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times U:\ {\frac {\partial }{\partial t}}u(c^{2}t,cx)-\Delta _{x}(u(c^{2}t,cx))=c^{2}u_{t}(c^{2}t,cx)-c^{2}\Delta _{x}u(c^{2}t,cx)=0$

Wählen wir $c={\sqrt {t}}$, so erhalten wir eine Differentialgleichung, die nur noch von einer Variablen abhängig ist. Wir fügen zudem noch einen Vorfaktor $t^{-n/2}$ hinzu, der sich als praktisch erweisen wird, d.h. wir suchen ein $w:\mathbb {R} ^{+}\rightarrow \mathbb {R}$ mit

${\begin{aligned}u(t,x)=t^{-n/2}w(t^{-1/2}|x|)\end{aligned}}$

Wegen der Rotationssysmmetrie gilt, siehe Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Partielle_Differentialgleichungen_by_Richard4321/ Die_Fundamentallösung_der_Laplacegleichung#Die_Fundamentallösung_der_Laplace-Gleichung

mit der inneren Ableitung

${\begin{aligned}\Delta (u(t,x))=t^{-n/2}w''(t^{-1/2}|x|)t^{-1/2}t^{-1/2}+t^{-n/2}w'(t^{-1/2}|x|){\frac {(n-1)}{t^{-1/2}|x|}}t^{-1}\end{aligned}}$

Die Zeitableitung bestimmt sich zu

${\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial t}}(u(t,x))={\frac {-n}{2}}t^{-n/2-1}w(t^{-1/2}|x|)+t^{-n/2}w'(t^{-1/2}|x|){\frac {-1}{2}}t^{-3/2}|x|\end{aligned}}$

Damit erfüllt $w$ die folgende Differentialgleichung nach Multiplikation mit $t^{n/2+1}$

${\begin{aligned}0=&-{\frac {n}{2}}w(s)-{\frac {1}{2}}sw'(s)-w''(s)-{\frac {n-1}{s}}w'(s)\end{aligned}}$

die sich gut lösen lässt, indem man sie umschreibt

${\begin{aligned}&{\frac {1}{2}}(s^{n}w(s))'+(s^{n-1}w'(s))'=0\\&{\frac {1}{2}}s^{n}w(s)+s^{n-1}w'(s)=c=0{\text{ konstant zu Null gewählt}}\\&{\frac {w'(s)}{w(s)}}={\frac {-1}{2}}s\\&\ln |w(s)|={\frac {-1}{4}}s^{2}+c'\\&w(s)=C\exp \left({\frac {-s^{2}}{4}}\right)\\&u(x,t)=Ct^{-n/2}\exp \left({\frac {-|x|^{2}}{4t}}\right)\end{aligned}}$

Die Konstante wählen wir so, dass das Integral auf Eins normiert ist, wie wir im nächsten Abschnitt zeigen.

Die Fundamentallösung der Wärmeleitungsgleichung

Wir finden wie bei der Laplace-Gleichung eine Fundamentallösung der Wärmeleitungsgleichung für $U=\mathbb {R} ^{n}$, aus der wir durch Faltung Lösungen auf dem Ganzraum und $t>0$ konstruieren für gegebene $g$ und $f\neq 0$.

Satz

Die Fundamentallösung der Wärmeleitungsgleichung ist

$P(t,x)=\left\{{\begin{array}{ll}{\dfrac {1}{(4\pi t)^{\frac {n}{2}}}}e^{-}{\dfrac {|x|^{2}}{4t}}&x\in \mathbb {R} ^{n},t>0\\0&x\in \mathbb {R} ^{n},t\leq 0\end{array}}\right.$

Sie erfüllt die Wärmeleitungsgleichung und das Integral über $P$ ist normiert.

${\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}:\ P_{t}-\Delta _{x}P=&0\\\forall t>0:\ \int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,x)dx=&1\end{aligned}}$

Beweis

:

FÜr $t>0$ und $x\in \mathbb {R} ^{n}$ gilt, da die Ableitung der Exponentialfunktion wieder die Exponentialfunktion ergibt,

${\begin{aligned}P_{t}(t,x)=&\left({\frac {|x|^{2}}{4t^{2}}}-{\frac {n}{2t}}\right)P(t,x)\\P_{x_{j}}(t,x)=&{\frac {-x_{j}}{2t}}P(t,x)\\P_{x_{j}x_{j}}(t,x)=&\left({\frac {x_{j}^{2}}{4t^{2}}}-{\frac {1}{2t}}\right)P(t,x)\\\end{aligned}}$

Das ergibt

$P_{t}(t,x)-\Delta _{x}P(t,x)=\left({\frac {|x|^{2}}{4t^{2}}}-{\frac {n}{2t}}\right)P(t,x)-\sum _{j=1}^{n}\left({\frac {x_{j}^{2}}{4t^{2}}}-{\frac {1}{2t}}\right)P(t,x)=0$

:

Für $t>0$ gilt mit der Substitution

${\begin{aligned}y_{j}=&{\frac {x_{j}}{2{\sqrt {t}}}}\\{\frac {dy_{j}}{dx_{j}}}=&{\frac {1}{2{\sqrt {t}}}}\\\lim _{x_{j}\rightarrow \infty }y_{j}=&\infty \\\lim _{x_{j}\rightarrow -\infty }y_{j}=&-\infty \\\end{aligned}}$

nun

${\begin{aligned}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,x)=&{\frac {1}{(4\pi t)^{\frac {n}{2}}}}\int _{\mathbb {R} ^{n}}e^{-{\frac {|x|^{2}}{4t}}}dx\\=&{\frac {1}{(\pi )^{\frac {n}{2}}}}\prod _{j=1}^{n}\int _{\mathbb {R} }e^{-{\frac {x_{j}^{2}}{4t}}}{\frac {dx_{j}}{2{\sqrt {t}}}}\\{\stackrel {y_{j}={\frac {x_{j}}{2{\sqrt {t}}}}}{=}}&{\frac {1}{\pi ^{\frac {n}{2}}}}\prod _{j=1}^{n}\int _{\mathbb {R} }e^{-y_{j}^{2}}dy_{j}\\=&\prod _{j=1}^{n}\underbrace {{\frac {1}{\sqrt {\pi }}}\int _{\mathbb {R} }e^{-y_{j}^{2}}dy_{j}} _{=1}=1\end{aligned}}$

Ganzraum-Lösung für gegebene Anfangsbedingungen

Satz

Sei $g\in C(\mathbb {R} ^{n})\cap L^{\infty }(\mathbb {R} ^{n})$. Die Faltung

$u:\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ,(t,x)\mapsto u(t,x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,x-y)g(y)dy$

ist unendlich oft differenzierbar, erfüllt die Wärmeleitungsgleichung und im Grenzwert die Anfangsbedingungen

1. $u\in C^{\infty }(\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n})$
2. $\forall (t,x)\in \mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=0$
3. Aus der Anfangsverteilung der Wärme im Raum zum Zeitpunkt $t=0$ lässt sich die weitere Verteilung im Verlaufe der Zeit bestimmen.
   $\forall x_{0}\in \mathbb {R} ^{n}:\ \lim _{\begin{array}{c}(t,x)\rightarrow (0,x_{0})\\t>0\\\end{array}}u(t,x)=g(x_{0})$

Beweis

:

Alle Ableitungen von $P(t,x)$ sind ein Polynom in ${\frac {1}{t}},x_{i},\ldots ,x_{n}$ multipliziert mit $e^{-}{\frac {|x|^{2}}{4t}}$.

Damit ist $P$ unendlich oft differenzierbar.

Da die Exponentialfunktion schneller wächst als jede Potenzfunktion, sind alle Ableitungen integrierbar auf $[\delta ,\infty )$. Da $g$ zudem beschränkt ist, lassen sich Integral und Ableitungen vertauschen und $u$ wird unendlich oft differenzierbar auf $[\delta ,\infty )$ für jedes $\delta >0$. Damit ist es auf $\mathbb {R} ^{+}$ unendlich oft differenzierbar.

:

Da $P$ unendlich oft differenzierbar ist auf $\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}$ und die Exponentialfunktion schneller fällt als jede Potenzfunktion, sind die Ableitungen von $P$ integrierbar und Integral und Ableitung lassen sich vertauschen gemäß Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Vertauschen_von_Integral_und Ableitung#Vertauschen von_Integral_und_Ableitung, gilt

$u_{t}(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}\underbrace {(P_{t}(t,x)-\Delta _{x}P(t,x))} _{=0}g(y)dy=0$

:

Seien $x_{0}\in \mathbb {R}$ und $\varepsilon >0$ beliebig. Da $g$ stetig ist nach Voraussetzung wähle ein $\delta >0$ sodass

$\forall y,|y-x_{0}|<\delta :\ |g(y)-g(x_{0})|<\varepsilon$

Für $|x-x_{0}|<{\frac {\delta }{2}}$ betrachte die Differenz

${\begin{aligned}|u(t,x)-g(x_{0})|=&\left|\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,x-y)(g(y)-g(x_{0}))dy\right|\\\leq &\int _{B(x_{0},\delta )}P(t,x-y)|g(y)-g(x_{0})|dy\\+&\int _{\mathbb {R} ^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}P(t,x-y)|g(y)-g(x_{0})|dy\\=:&I-J\end{aligned}}$

Das erste Integral können wir leicht abschätzen zu $\varepsilon$, da $|y-x_{0}|<\delta$

$I\leq \varepsilon \int _{B(x_{0},\delta )}P(t,x-y)dy\leq \varepsilon \underbrace {\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,x-y)dy} _{=1}=\varepsilon$

Das zweite Integral vereinfacht sich dadurch, dass $g$ beschränkt ist, zu

${\begin{aligned}J\leq &2\parallel g\parallel _{\infty }\int _{\mathbb {R} ^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}P(t,x-y)dy\\\leq &{\frac {C}{t^{\frac {n}{2}}}}\int _{\mathbb {R} ^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}e^{-{\frac {|x-y|^{2}}{4t}}}dy\end{aligned}}$

In diesem Integral benötigen wir eine Abschätzung für $|y-x|$, diese erhalten wir da in den Integralgrenzen nur $y$ mit $|y-x_{0}|>\delta$ auftreten durch

${\begin{aligned}|y-x_{0}|\leq &|y-x|+|x-x_{0}|\\<&|y-x|+{\frac {\delta }{2}}\\=&|y-x|+{\frac {1}{2}}|y-x_{0}|\end{aligned}}$

Auf eine Seite gebracht ergibt sich

$|y-x|\geq {\frac {1}{2}}|y-x_{0}|$

und mit der Transformation

${\begin{aligned}&T:\mathbb {R} ^{n}\backslash B(x_{0},\delta )\rightarrow \mathbb {R} ^{n}\backslash B(0,\delta ),y\mapsto z=y-x_{0}\\&|\det DT|=1\end{aligned}}$

und Polarkoordinaten für die zweite Integralabschätzung

${\begin{aligned}J\leq &{\frac {C}{t^{\frac {n}{2}}}}\int _{\mathbb {R} ^{n}\backslash B(x_{0},\delta )}e^{-{\frac {|y-x_{0}|^{2}}{16t}}}dy\\{\stackrel {z=y-x_{0}}{=}}&{\frac {C}{t^{\frac {n}{2}}}}\int _{\mathbb {R} ^{n}\backslash B(0,\delta )}e^{-{\frac {|z|^{2}}{16t}}}dz\\=&{\frac {Cn\cdot Vol(B(0,1))}{t^{\frac {n}{2}}}}\int _{\delta }^{\infty }e^{-{\frac {r^{2}}{16t}}}r^{n-1}dr\\\end{aligned}}$

Mit der Subsitution

${\begin{aligned}r=&4R{\sqrt {t}}\\{\frac {dr}{dR}}=&4{\sqrt {t}}\end{aligned}}$

folgt für das Integral

${\begin{aligned}J\leq {\frac {C''t^{\frac {n}{2}}}{t^{\frac {n}{2}}}}\int _{\delta /4{\sqrt {t}}}^{\infty }e^{-R^{2}}R^{n-1}dR{\stackrel {t\rightarrow 0}{\rightarrow }}0\end{aligned}}$

Insgesamt ergibt sich für hinreichend kleine $t>0$

$I-J\leq 2\varepsilon$

und die Behauptung ist bewiesen.

Duhamelsches Prinzip

Satz

Sei $f\in C^{1,2}(\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n})$, d.h. $f_{t}$ und alle $D_{x}^{a}f$ mit $|a|\leq 2$ sind stetig. Der Träger von $f$ sei kompakt in $\mathbb {R} ^{n+1}$, Schreibweise $supp(f)\subset \subset [0,\infty ]\times \mathbb {R} ^{n}$. Die Funktion $u:\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ definiert durch das Doppelintegral

$u(t,x):=\int _{0}^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t-s,x-y)f(s,y)dyds$

t ist von der Klasse $C^{1,2}(\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n})\cap C^{0}([0,\infty )\times \mathbb {R} ^{n})$ und erfüllt die inhomogene Wärmeleitungsgleichung und die Anfangsbedingungen (Null)

i) $u_{t}-\Delta u=f{\text{ in }}\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}$

ii) $\lim _{(x,t)\rightarrow (x_{0},0)}u(t,x)=0{\text{ für alle }}x_{0}\in \mathbb {R} ^{n}$

Beweis

ii):

Da $P\in C^{\infty }$ und da die Exponentialfunktion schneller wächst als jede Potenzfunktion, sind die Ableitungen von $P$ integrierbar (auf jedem $[\delta ,\infty )$) und da $f$ beschränkt ist auf seinem kompakten Träger, lassen sich Integral und Ableitung vertauschen.

Bei Parameterintegralen werden einmal die variablen Integralgrenzen abgeleitet und einmal die variable Funktion unter dem Integral abgeleitet, siehe Analysis II, das ergibt

${\begin{aligned}u_{t}(t,x)=&\int _{0}^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)f_{t}(t-s,x-y)dyds+\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,y)f(0,x-y)dy\\{\frac {\partial ^{2}u(t,x)}{\partial x_{i}\partial x_{j}}}=&\int _{0}^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)\partial _{x_{i}}\partial _{x_{j}}f(t-s,x-y)dyds\end{aligned}}$

Um zu zeigen, dass $u\in C^{0}([0,\infty )\times \mathbb {R} ^{n})$, berechnen wir

${\begin{aligned}|u(t,x)|\leq \int _{0}^{t}\underbrace {\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)ds} _{=1}dy\parallel f\parallel _{\infty }\leq t\parallel f\parallel _{\infty }{\stackrel {t\rightarrow 0}{\rightarrow }}0\end{aligned}}$

Damit gilt ii).

i):

Sei $\varepsilon \in (0,t)$. Wir setzen ein und spalten das Zeitintegral in zwei Teile auf

${\begin{aligned}u_{t}(t,x)-\Delta _{x}u(t,x)=&\int _{0}^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)(\underbrace {f_{t}(t-s,x-y)} _{=-f_{s}(t-s,x-y)}-\underbrace {\Delta _{x}f(t-s,x-y)} _{=\Delta _{y}f(t-s,x-y)})dyds\\&+\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,y)f(0,x-y)dy\\=&\int _{0}^{\varepsilon }\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)(-f_{s}(t-s,x-y)-\Delta _{y}f(t-s,x-y))dyds\\&+\int _{\varepsilon }^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)(-f_{s}(t-s,x-y)-\Delta _{y}f(t-s,x-y))dyds\\&+\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,y)f(0,x-y)dy\\=:&A_{\varepsilon }+B_{\varepsilon }+C\end{aligned}}$

und betrachten nun die Einzelterme. Zunächst gilt, da $f$ und seine Ableitung auf dem kompakten Träger beschränkt ist,

${\begin{aligned}|A_{\varepsilon }|\leq &\left(\parallel f_{s}\parallel _{\infty }+\parallel D^{2}f\parallel _{\infty }\right)\int _{0}^{\varepsilon }\underbrace {\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)ds} _{=1}dy\\=&C'\cdot \int _{0}^{\varepsilon }ds=C'\varepsilon {\stackrel {\varepsilon \rightarrow 0}{\rightarrow }}0\end{aligned}}$

Bei dem Term $B_{\varepsilon }$ wollen wir die Ableitungen von $f$ auf $P$ übertragen. Beim Greenschen Satz (siehe den letzten Satz des Kapitels Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Der_Satz_von_Stokes) entfallen die Randterme, wegen des kompakten Trägers von $f$

$\int _{\varepsilon }^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)(-\Delta _{y}f(t-s,x-y))dyds=\int _{\varepsilon }^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}\Delta _{y}P(s,y)(-f(t-s,x-y))dyds$

Randterme treten aber bei der partiellen Integration bzgl. $t$ auf , wobei erneut der obige Term $C$ auftritt, aber mit negativem Vorzeichen

${\begin{aligned}&-\int _{\varepsilon }^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)f_{s}(t-s,x-y)dyds\\=&-\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(s,y)(f(t-s,x-y)dy|_{\varepsilon }^{t}+\int _{\varepsilon }^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}\partial _{s}P(s,y)f(t-s,x-y)dyds\\=&\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(\varepsilon ,y)f(t-\varepsilon ,x-y)dy-C+\int _{\varepsilon }^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}\partial _{s}P(s,y)f(t-s,x-y)dyds\end{aligned}}$

Das ergibt

${\begin{aligned}B_{\varepsilon }+C=&\int _{\varepsilon }^{t}(\underbrace {\partial _{s}P(s,y)-\Delta P(s,y)} _{=0})f(t-s,x-y)dyds\\&+\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(\varepsilon ,y)f(t-\varepsilon ,x-y)dy\\=&\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(\varepsilon ,y)(f(t-\varepsilon ,x-y)-f(t,x-y))dy\\&+\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(\varepsilon ,y)f(t,x-y)dy\\=&K_{\varepsilon }+L_{\varepsilon }\end{aligned}}$

Da $f$ gleichmäßig stetig ist auf seinem kompakten Träger, gilt

$|K_{\varepsilon }|\leq \parallel f(t-\varepsilon ,x-y)-f(t,x-y)\parallel _{\infty }\cdot \underbrace {\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(\varepsilon ,y)dy} _{=1}{\stackrel {\varepsilon \rightarrow 0}{\rightarrow }}0$

Den Grenzwert der Faltung von $P$ und $f$ haben wir schon im vorhergehenden Satz berechnet

$\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}L_{\varepsilon }=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(\varepsilon ,x-y)f(t,y)dy=f(t,x)$

Das ergibt die

Allgemeine Lösungsformel im Ganzraum

Satz

Seien $g\in C^{0}(\mathbb {R} ^{n})\cap L^{\infty }(\mathbb {R} ^{n})$ und $f\in C^{1,2}([0,\infty ]\times \mathbb {R} ^{n})$ mit $supp(f)\subseteq \subseteq [0,\infty )\times \mathbb {R} ^{n}$. Dann ist die Funktion $u:\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ definiert durch

$u(t,x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t,x-y)g(y)dy+\int _{0}^{t}\int _{\mathbb {R} ^{n}}P(t-s,x-y)f(s,y)dyds$

von der Klasse $C^{1,2}(\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n})\cap C^{0}(\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n})$ und erfüllt das Anfangswertproblem

${\begin{aligned}u_{t}-\Delta u=&f\quad {\text{ in }}\mathbb {R} ^{+}\times \mathbb {R} ^{n}\\u=&g\quad {\text{ auf }}\{0\}\times \mathbb {R} ^{n}\end{aligned}}$

Beweis

:

Das gilt mit obigen zwei Sätzen, da die Differentialgleichung linear ist.

Aufgabe

Seien $a,b,c\in \mathbb {R}$ mit $a^{2}+b^{2}\neq 0$ und $u(x,t)=e^{ct}(\sin(ax_{1})+\sin(bx_{2}))$ eine Lösung der Wärmeleitungsgleichung $u_{t}-\Delta u=0$ auf $\mathbb {R} ^{2}\times (0,\infty )$. Zeige, dass $c<0$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Rechne es nach.

Beweis

${\begin{aligned}e^{ct}\cdot ((c+a^{2})\sin(a\cdot x_{1})+(c+b^{2})\cdot \sin(b\cdot x_{2}))=0\end{aligned}}$

Da $\sin(ax_{1})$ und $\sin(bx_{2})$ linear unabhängig sind, wird das nur Null für

${\begin{aligned}c+a^{2}=0=c+b^{2}\\c=-a^{2}{\text{ oder }}c=-b^{2}\end{aligned}}$