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

Wo stehen wir

Wir setzen im Folgenden die Maßtheorie und Analysis II insbesondere die Existenz und Eindeutigkeit gewöhnlicher Differentialgleichungen voraus.

Wir betrachten die Transportgleichung zunächst für konstantes $b$ und erhalten Existenz und Endeutigkeit inklusive einer Lösungsformel. Für nicht-konstantes $b$ und die homogene Gleichung stellen wir fest, dass die Lösung entlang bestimmter Kurven - Charakteristiken genannt - konstant ist! Im inhomogenen Fall errechnet sich die Lösung entlang der Charakteristiken gemäß einer Differentialgleichung. .

Die Lösungen sind jeweils eine Verschiebung in Raum und Zeit, daher der Name Transportgleichung.

Die lineare Transportgleichung

Sei $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}$, wobei $t$ die Zeit ist und $x$ der Ort.

Definition

Lineare Transportgleichung

Seien $f:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ,b:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ gegeben. Sei $\nabla =(\partial _{x_{1}},\ldots ,\partial _{x_{n}})^{T}$ der Ortsgradient und sei $\langle \cdot ,\cdot \rangle$ das Skalarprodukt auf $\mathbb {R} ^{n}$. Dann ist die lineare Transportgleichung definiert als

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =f(t,x)$

Das Anfangswertproblem ist eine Vorgabe des Anfangswertes durch eine Funktion $g:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ zur Zeit $t=0$, d.h. eine Lösung $u$ der Gleichung, die zusätzlich erfüllt

$\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)$

Die Transportgleichung heißt linear, da sie nur linear von u und seinen Ableitungen abhängt, was sie erheblich leichter lösbar macht.

Die homogene Gleichung für konstantes b

Wir lösen die Gleichung erst einmal für konstantes b.

Satz

Sei $b(t,x)=b=$ konstant und $f(t,x)=0$. Dann lautet die lineare Transportgleichung

$u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle =0$

Für jedes $v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ ist eine Lösung gegeben durch

$u(t,x):=v(x-bt)$

Umgekehrt gilt: Ist $u\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n+1})$ eine Lösung, so existiert ein $v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ mit $u(t,x)=v(x-bt)$

Insbesondere ist jede Lösung konstant entlang der Geraden $x=bt+x_{0}$ mit $x_{0}\in \mathbb {R} ^{n}$. Diese Geraden haben deshalb einen eigenen Namen, sie heißen Charakteristiken.

Für $g\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ besitzt die Anfangswertaufgabe genau eine Lösung $u(t,x):=g(x-bt)$

Beweis

v(x-bt) ist eine Lösung

Ableiten von $v(x-bt)$ und Einsetzen in die partielle Differentialgleichung ergibt

${\begin{aligned}&u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle \\=&{\frac {\partial u}{\partial t}}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}u_{x_{i}}(t,x)\\=&\sum _{i=1}^{n}v_{x_{i}}(x-bt){\frac {d(x_{i}-b_{i}t)}{dt}}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}v_{x_{i}}(x-bt){\frac {d(x_{i}-b_{i}t)}{dx_{i}}}\\=&-\sum _{i=1}^{n}v_{x_{i}}(x-bt)b_{i}+\sum _{i=1}^{n}b_{i}v_{x_{i}}(x-bt)\\=&0\\\end{aligned}}$

Damit ist $v(x-bt)$ eine Lösung der linearen Transportgleichung.

Sei $(t,x)\in \mathbb {R} ^{n+1}$ fest und betrachte die um $s$zeitverschobene Funktion $u$

$z:\mathbb {R} \rightarrow \mathbb {R} ,s\mapsto u(t+s,x+bs)$

Dann gilt $\forall s\in \mathbb {R}$:

${\begin{aligned}z'(s)=&u_{t}(t+s){\frac {d(t+s)}{ds}}+\sum _{i=1}^{n}u_{x_{i}}(t+s,x+bs){\frac {d(x_{i}+b_{i}s)}{ds}}\\=&u_{t}(t+s)+\langle \nabla u(t+s,x+bs),b\rangle \\{\stackrel {\text{Vor}}{\equiv }}&0\end{aligned}}$

Somit ist $z$ konstant und es folgt für $v(x):=u(0,x)\in C^{1}(\mathbb {R} )$

${\begin{array}{rcl}u(t,x)&=&z(0)\\&{\stackrel {\text{z konstant}}{=}}&z(-t)\\&=&u(0,x-bt)\\&:=&v(x-bt)\\\end{array}}$

Anfangswertaufgabe: Existenz der Lösung

Ganz analog rechnen wir

${\begin{array}{rcl}u(t,x)&=&z(0)\\&{\stackrel {\text{z konstant}}{=}}&z(-t)\\&=&u(0,x-bt)\\&:=&g(x-bt)\end{array}}$

Eindeutigkeit der Lösung

Seien $u_{1},u_{2}$ zwei Lösungen und $w:=u_{1}-u_{2}$. Dann gilt für $w$, da die Ableitung und das Skalarprodukt linear sind,

${\begin{aligned}&w_{t}(t,x)+\langle b,\nabla w(t,x)\rangle \\=&u_{1t}(t,x)+\langle b,\nabla u_{1}(t,x)\rangle -u_{2t}(t,x)-\langle b,\nabla u_{2}(t,x)\rangle \\=&0\\w(0,x)=&u_{1}(0,x)-u_{2}(0,x)=g(x)-g(x)=0\end{aligned}}$

Wir haben oben gezeigt, dass dann eine Funktion $v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ existiert mit $w(t,x):=v(x-bt)$. Dann folgt

${\begin{aligned}\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:\ v(x)=&w(0,x)=0\\w\equiv &0\\u_{1}\equiv &u_{2}\\\end{aligned}}$

Die inhomogene Gleichung für konstantes b

Nun betrachten wir die Lösung für $f\neq 0$.

Satz

Seien $g\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n}),f\in C(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$ und $\forall t\in \mathbb {R} :\ f(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$. Dann besitzt die Anfangswertaufgabe

${\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle =&f(t,x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:\ u(0,x)=&g(x)\end{aligned}}$

genau eine Lösung

$\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u(t,x)=g(x-bt)+\int _{0}^{t}f(s,x+(s-t)b)ds$

To-Do:

Wie kommt man auf die Lösung? Man löst - siehe unten den inhomogenen Fall - eine Dgl und letzten Endes integriert entlang der Charakteristik das f auf.

Beweis

Existenz: Man kann im Folgenden Integral und Ableitung vertauschen, da die Ableitung von $f$ stetig und ist. Wegen der Beschränktheit auf dem kompakten $[0,t]$, ist das Maximum von $|f'|$ die Majorante. Siehe

Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung

Ableiten der angegebenen Lösung ergibt

${\begin{aligned}u_{t}(t,x)=&-\langle b,\nabla g(x-bt)\rangle +f(t,x)-\int _{0}^{t}\langle b,\nabla f(s,x+(s-t)b)\rangle ds\\\nabla u(t,x)=&\nabla g(x-bt)+\int _{0}^{t}\nabla f(s,x+(s-t)b)ds\end{aligned}}$

Einsetzen in die partielle Differenatialgleichung bestätigt die Lösung

${\begin{aligned}&u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle \\=&-\langle b,\nabla g(x-bt)\rangle +f(t,x)-\int _{0}^{t}\langle b,\nabla f(s,x+(s-t)b)\rangle ds\\&+\langle \nabla g(x-bt),b\rangle +\int _{0}^{t}\langle b,\nabla f(s,x+(s-t)b)\rangle ds\\=&f(t,x)\end{aligned}}$

Eindeutigkeit: Seien $u_{1},u_{2}$ zwei Lösungen und $w:=u_{1}-u_{2}$. Dann gilt für $w$, da die Ableitung und das Skalarprodukt linear sind, dass $w$ die homogene Differentialgleichung mit Anfangswertbedingung Null erfüllt

${\begin{aligned}&w_{t}(t,x)+\langle b,\nabla w(t,x)\rangle \\=&u_{1t}(t,x)+\langle b,\nabla u_{1}(t,x)\rangle -(u_{2t}(t,x)+\langle b,\nabla u_{2}(t,x)\rangle )\\=&f(t,x)-f(t,x)=0\\w(0,x)=&u_{1}(0,x)-u_{2}(0,x)=g(x)-g(x)=0\end{aligned}}$

Wir haben oben gezeigt, dass dann eine Funktion $v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ existiert mit $w(t,x):=v(x-bt)$. Dann folgt

${\begin{aligned}\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:\ v(x)=w(0,x)=&0\\w\equiv &0\\u_{1}\equiv &u_{2}\end{aligned}}$

1. Beispiel

Beispiel

Betrachte die lineare Transportgleichung

$u_{t}(t,x)+{\frac {3}{2}}u_{x}(t,x)={\frac {1}{2}}e^{x+t}$

mit Anfangsbedingung Null $g\equiv 0$. Die eindeutige Lösung ist

${\begin{aligned}u(t,x)=&0+{\frac {1}{2}}\int _{0}^{t}e^{x+(s-t){\frac {3}{2}}(s-t)}e^{s}ds\\=&{\frac {1}{2}}e^{x}e^{-{\frac {3}{2}}t}\int _{0}^{t}e^{{\frac {5}{2}}s}ds\\=&{\frac {1}{5}}e^{x}e^{-{\frac {3}{2}}t}\left(e^{{\frac {5}{2}}t}-1\right)\\=&{\frac {e^{x}}{5}}\left(e^{t}-e^{-{\frac {3}{2}}t}\right)\end{aligned}}$

Charakteristiken für nicht-konstantes b und homogenen Fall sind eindeutig

Die obigen Sätze galten für konstantes b. Jetzt wenden wir uns dem schwereren Fall $b\neq$ konstant zu, d.h. wir betrachten für $b\in C(\mathbb {R} ^{n+1}),\forall t\in \mathbb {R} :b(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n}),g\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ die Anfangwertaufgabe I

${\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)\end{aligned}}$

Jetzt müssen wir einen Umweg beschreiten: Wir müssen die Anfangswertaufgabe II

${\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&b(t,x(t))\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}$

lösen, wie wir gleich sehen. Dies ist eine gewöhnliche Differentialgleichung und da $b(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ hat sie eine eindeutige Lösung $u(x(t))$ auf einem maximalen Existenzintervall $(T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0}))\ni 0$.

Sei nun $u(t,x)$ eine Lösung der Anfangswertaufgabe I. Bilden wir die Zeitableitung und verwenden wir die partielle Differentialgleichung gilt

${\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}u(t,x(t))=&u_{t}(x(t))+\langle {\dot {x}}(t),\nabla u(t,x(tz))\rangle \\=&u_{t}(x(t))+\langle b(t,x(t)),\nabla u(t,x(t))\rangle \\=&0\end{aligned}}$

und $u$ ist entlang jeder Lösungskurve $\{(t,x(t))\in \mathbb {R} ^{n+1}|t\in (T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0}))\}$ des Anfangswertproblems II konstant! Diese Kurven bekommen deshalb einen besonderen Namen: sie heißen Charakteristiken der partiellen Differentialgleichung. Für konstantes $b$ waren es Geraden, Wegen

$u(0,x(0))=u(0,x_{0})=g(x_{0})$

gilt

$\forall t\in (T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0})):\ u(t,x(t))=g(x_{0})$

und $u({\overline {t}},{\overline {x}})=g(x_{0})$ mit $x_{0}$ der Wert der Charakteristik bei $t=0$.

Satz (Charakteristiken sind eindeutig)

Die Charakteristiken des obigen Anfangswertproblems schneiden sich nicht.

Beweis (Charakteristiken sind eindeutig)

Seien $x,{\tilde {x}}$ Lösungen der eindeutigen Anfangswertaufgabe

${\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=b(t,x(t))\\x({\overline {t}})={\tilde {x}}({\tilde {t}})={\overline {x}}\end{aligned}}$

die sich in $t,{\tilde {t}}$ treffen. Die Lösung ist jedoch eindeutig, d.h. $x(t)={\tilde {x}}(t)$ auf dem Existenzintervall und somit $x_{0}={\tilde {x}}_{0}$, d.h. es ist die selbe Charakteristik.

Beispiel

Sei $b(t,x)=b=$ konstant. Dann ist die Lösung von

${\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&b\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}$

die Gerade $x(t)=x_{0}+bt$ auf $(-\infty ,\infty )$. Die Geradengleichung lässt sich eindeutig auflösen zu $x_{0}={\overline {x}}-b{\overline {t}}\in \mathbb {R}$, d.h.

$({\overline {t}},{\overline {x}})\in \mathbb {R} ^{n+1}:\ u({\overline {t}},{\overline {x}})=g({\overline {x}}-b{\overline {t}})$

Beispiele 2.)-4.)

Beispiel

Sei $b(t,x)=x$. Dann ist die Lösung von

${\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&x(t)\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}$

die Kurve $x(t)=e^{t}x_{0}$ mit $t\in (-\infty ,\infty )$. Das lässt sich einduetig auflösen zu $x_{0}=e^{-{\overline {t}}}{\overline {x}}\in \mathbb {R}$, d.h.

$\forall ({\overline {t}},{\overline {x}})\in \mathbb {R} ^{n+1}:\ u({\overline {t}},{\overline {x}})=g(e^{-{\overline {t}}}{\overline {x}})$

Beispiel

Für $n=1$ und $b(t,x)=x^{2}$ gibt es unendlich viele Lösungen.

Betrachte das Anfangswertproblem der gewöhnlichen Differentialgleichung

${\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&x(t)^{2}\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}$

Wie kommt man auf die Lösung?

${\begin{aligned}{\frac {dx}{d^{2}}}=dt\\{\frac {-1}{x}}=t+c\\x={\frac {-1}{t+c}}{\text{ und }}x_{0}=x(0)={\frac {-1}{c}}\\x={\frac {-1}{t+{\frac {-1}{x_{0}}}}}={\frac {x_{0}}{1-tx_{0}}}\end{aligned}}$

Überprüfe die Lösung

$x(t)={\frac {x_{0}}{1-tx_{0}}}$

wie man durch Ableiten mit der Kettenregel und Einsetzen verifiziert, ist es die Lösung

${\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&{\frac {-x_{0}}{(1-tx_{0})^{2}}}\cdot (-x_{0})=x(t)^{2}\\x(0)=&{\frac {x_{0}}{1-0x_{0}}}=x_{0}\end{aligned}}$

Da der Nenner gegen Null geht und die Lösung damit gegen Unendlich, ergibt sich ein Definitionsbereich der Lösung abhängig vom Anfangswert $x_{0}$ von

${\begin{aligned}t\in \left(-\infty ,{\frac {1}{x_{0}}}\right)&{\text{ für }}x_{0}>0\\t\in (-\infty ,\infty )&{\text{ für }}x_{0}=0\\t\in \left({\frac {1}{x_{0}}},-\infty \right)&{\text{ für }}x_{0}<0\\\end{aligned}}$

Zu $({\overline {t}},{\overline {x}})$ müssen wir nun ein eindeutiges $x_{0}$ finden, durch das die Charakteristik geht. Dazu formen wir um

${\begin{aligned}&{\overline {x}}\cdot (1-{\overline {t}}x_{0})=x_{0}\\\iff &{\overline {x}}=x_{0}+{\overline {x}}{\overline {t}}x_{0}\\\iff &x_{0}={\frac {\overline {x}}{1+{\overline {t}}{\overline {x}}}}\end{aligned}}$

Da der Nenner gegen Null und damit $x_{0}$ gegen Unendlich geht, ist die Lösung eindeutig mit der Einschränkung

${\begin{aligned}{\overline {x}}>-{\frac {1}{\overline {t}}}&{\text{ für }}{\overline {t}}>0\\{\overline {x}}<-{\frac {1}{\overline {t}}}&{\text{ für }}{\overline {t}}<0\\\end{aligned}}$

Mit derselben Einschränkung gilt mit obiger Lösung, dass $u$ auf der Charakteristik konstant ist

${\begin{aligned}u({\overline {t}},{\overline {x}})=g(x_{0})=g\left({\frac {\overline {x}}{1+tx_{0}}}\right)\end{aligned}}$

Damit ist die Lösung nicht für alle Paare $({\overline {t}},{\overline {x}})$ definiert. Dadurch können wir unendlich viele Lösungen konstruieren:

Betrachte Lösungen mit dem Anfangswert $g=0$ für $t>0$. Das ergibt mit der gerade gezeigten Formel

$u(t,x)=0{\text{ für }}x>{\frac {-1}{t}},t>0$

Sei $h$ eine beliebige stetig differenzierbare Funktion mit kompakten Träger, d.h. $h\in C_{0}^{1}(\mathbb {R} ),\emptyset \neq supp(h)\subset [1,2]$. Setze damit

${\begin{aligned}u(t,x)=\left\{{\begin{array}{cl}h\left({\dfrac {x}{1+tx}}\right)&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\end{aligned}}$

Wegen $x<0$ gilt mit

${\begin{aligned}x<-{\frac {1}{t}},t>0&\Rightarrow tx+1<0\\&\Rightarrow {\frac {1}{tx+1}}<0\\&{\stackrel {x<0}{\Rightarrow }}{\frac {x}{tx+1}}>0\end{aligned}}$

dass der Träger der Funktion $(t,x)\mapsto h\left({\frac {x}{1+x}}\right)$ im Bereich

${\begin{aligned}\left\{(t,x):x<-{\frac {1}{t}},t>0\right\}\end{aligned}}$

liegt und ungleich der leeren Menge ist.

Wir rechnen nach, dass $u$ eine Lösung des Anfangswertproblems ist

${\begin{aligned}{\frac {\partial }{\partial t}}u(t,x)=&\left\{{\begin{array}{cl}{\frac {d}{dt}}h\left(d{\frac {x}{1+tx}}\right)&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\\=&\left\{{\begin{array}{cl}h'\left({\dfrac {x}{1+tx}}\right){\dfrac {-x*x}{(1+tx)^{2}}}&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\\\end{aligned}}$

und

${\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}u(t,x)=&\left\{{\begin{array}{cl}{\frac {d}{dx}}h\left({\dfrac {x}{1+tx}}\right)&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\\=&\left\{{\begin{array}{cl}h'\left({\dfrac {x}{1+tx}}\right){\dfrac {(1+tx)-tx}{(1+tx)^{2}}}&x<-{\frac {1}{t}},t>0\\0&x\geq -{\frac {1}{t}},t>0\end{array}}\right.\\\end{aligned}}$

ergibt Einsetzen

${\begin{aligned}u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =h'\left({\frac {x}{1+tx}}\right)\left({\frac {-x\cdot x}{(1+tx)^{2}}}+x^{2}\cdot {\frac {(1+tx)-tx}{(1+tx)^{2}}}\right)=0\end{aligned}}$

und da es unendlich viele obige $h$ gibt, gibt es unendlich viele Lösungen

1. Aufgabe

Aufgabe

Gegeben sei $u_{t}+b\cdot \nabla u=0$ mit $b(t,x,y)=(-y,x)$ und Anfangswerten $u(0,x,y)=x+y$. Gesucht ist eine Lösung $u:[0,\infty )\times \mathbb {R} \times \mathbb {R} \mapsto \mathbb {R} ^{n}$.

Wie kommt man auf den Beweis?

Verwende charakteristische Kurven.

Beweis

Betrachte $u(s)=u(t(s),x(s),y(s))$. Dessen Ableitung ist

${\begin{aligned}{\frac {\partial u}{\partial s}}={\frac {\partial u}{\partial t}}{\frac {\partial t}{\partial s}}+{\frac {\partial u}{\partial x}}{\frac {\partial x}{\partial s}}+{\frac {\partial u}{\partial y}}{\frac {\partial y}{\partial s}}\end{aligned}}$

Forme die partielle Differentialgleichung um zu

${\begin{aligned}0&={\frac {\partial u}{\partial t}}+b\cdot \nabla u\\&={\frac {\partial u}{\partial t}}-y{\frac {\partial u}{\partial x}}+x{\frac {\partial u}{\partial y}}\end{aligned}}$

Vergleich der beiden Gleichungen ergibt

${\begin{aligned}{\frac {\partial u}{\partial s}}&=0\\{\frac {\partial t}{\partial s}}&=1\\{\frac {\partial x}{\partial s}}&=-y\\{\frac {\partial y}{\partial s}}&=x\end{aligned}}$

Das ergibt $t=s$ und erneutes Ableiten der zweitletzten Gleichung nach $t$ und Einsetzen der letzten Gleichung ergibt

${\frac {\partial ^{2}x}{\partial t^{2}}}=-x$

Analog

${\frac {\partial ^{2}y}{\partial t^{2}}}=-y$

Die Lösung dieser gewöhnlichen Differentialgleichung ist

${\begin{aligned}x&=a\sin t+b\cos t\\y&=a\cos t-b\sin t\end{aligned}}$

Charakteristiken für nicht-konstantes b und inhomogenen Fall

Erneut betrachten wir den schweren Fall $b\neq$ konstant, aber dieses Mal die inhomogene Variante.

D.h. wir betrachten für $b\in C(\mathbb {R} ^{n+1}),\forall t\in \mathbb {R} :b(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n}),g\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ die Anfangswertaufgabe I

${\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =f(t,x)\\\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)\end{aligned}}$

Auch diese lässt sich mittels Charakteristiken lösen, wobei $u$ nicht mehr konstant ist längs der Charakteristiken, sondern sein Wert sich ermittelt gemäß der Anfangswertaufgabe III

${\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}u(t,x(t))&=f(t,x)\\u(0,x_{0})&=g(x_{0})\end{aligned}}$

Herleitung: Wie im homogenen Fall müssen wir die Anfangswertaufgabe II

${\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&b(t,x(t))\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}$

lösen, wie wir gleich sehen. Dies ist eine gewöhnliche Differentialgleichung und da $b(t,\cdot )\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ hat sie eine eindeutige Lösung u(x(t)) auf einem maximalen Existenzintervall $(T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0}))\ni 0$.

Sei nun $u(t,x)$ eine Lösung der Anfangswertaufgabe II. Bilden wir die Zeitableitung und verwenden wir die partielle Differentialgleichung gilt

${\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}u(t,x(t))=&u_{t}(x(t))+\langle {\dot {x}}(t),\nabla u(t,x(tz))\rangle \\=&u_{t}(x(t))+\langle b(t,x(t)),\nabla u(t,x(t))\rangle \\=&f(t,x)\end{aligned}}$

und $u$ berechnet sich entlang jeder Charakteristik $\{(t,x(t))\in \mathbb {R} ^{n+1}|t\in (T_{-}(x_{0}),T_{+}(x_{0}))\}$ des Anfangswertproblems I gemäß dieser Differentialgleichung! Wegen

$u(0,x(0))=u(0,x_{0})=g(x_{0})$

ist der Anfangswert für Anfangswertproblem III festgelegt.

5.) Beispiel und Aufgabe

Beispiel

Sei $b(t,x)=x,f(t,x)=t$. Dann berechnen sich die Charakteristiken aus

${\begin{aligned}{\dot {x}}(t)=&x(t)\\x(0)=&x_{0}\end{aligned}}$

zu

$x(t)=e^{t}x_{0}{\text{ mit }}t\in (-\infty ,\infty )$

Das lässt sich eindeutig auflösen zu $x_{0}=e^{-{\overline {t}}}{\overline {x}}\in \mathbb {R}$. Dann ermittelt sich u gemäß

${\begin{aligned}{\frac {d}{dt}}u(t,x(t))&=t\\u(0,x_{0})&=g(x_{0})\end{aligned}}$

zu

${\begin{aligned}u(t,x(t))&=u(0,x_{0})+\int _{0}^{t}ds\\g(e^{-tx})+{\frac {t^{2}}{2}}\end{aligned}}$

Aufgabe

Sei $d>0$ und $U\subseteq \mathbb {R} ^{2}$ offen. Seien $u,v\in C^{2}(U)$ gegeben, die das folgende partielle Differentialgleichungssystem erfüllen

${\begin{aligned}u_{t}+u_{x}=d(v-u)\\v_{t}-v_{x}=d(u-v)\end{aligned}}$

Zeige, dass $u,v$ die Telegraphengleichung erfüllen, d.h.

$w_{tt}+2dw_{t}-w_{xx}=0$

Wie kommt man auf den Beweis?

Löse die erste Gleichung auf nach $v$ und setze ein in die zweite Gleichung.

Beweis

${\begin{aligned}dv&=u_{t}+u_{x}+du\\{\frac {(u_{t}+u_{x}+du)_{t}-(u_{t}+u_{x}+du)_{x}}{d}}&=d\left(u-{\frac {u_{t}+u_{x}}{d}}-u\right)\\u_{tt}+u_{xt}+du_{t}-u_{tx}-u_{xx}-du_{x}&=-du_{t}-du_{x}\\u_{tt}+2du_{t}-u_{xx}&=0\end{aligned}}$

Für v analog.