MSE Mathe 4SoSe 2019

Übungsblatt 1 – Musterlösung

Aufgabe 1 (Lösung von einfachen PDGL)

Lösen Sie die folgenden partiellen Differentialgleichungen für u : R2 → R, indem Sie

diese gegebenenfalls durch geeignete Substitutionen auf gewöhnliche Differentialgleichun-gen zurückführen.Verwenden Sie zur Lösung der gewöhnlichen Differentialgleichungen Techniken, die Siebereits im vorherigen Semester kennengelernt haben.

a) uxy − ux = 0 (Hinweis: Definiere v = uy − u.)

b) x2uxx + 2xux − 2u = 0 (Hinweis: Definiere z = ln x.)

c) uyy + 6uy + 13u = 4ey

d) ux + uy + uxy + u = 0

Lösung 1 (Lösung von einfachen PDGL)

a) Da uxy − ux = (uy − u)x ist, führt die Substitution v = uy − u auf die gewöhnlicheDifferentialgleichung:

∂xv = 0.

Die allgemeine Lösung dieser Differentialgleichung lautet:

v(x, y) = A(y),

wobei wir mit A eine Funktion bezeichnen wollen, welche nur von y abhängig istund hinreichend oft differenzierbar ist. Einsetzen in v = uy − u führt zu:

uy − u = A(y).

Die allgemeine Lösung zu dieser gewöhnlichen Differentialgleichung lautet u(x, y) =C(x, y)ey. Zur Bestimmung von C(x, y) berechnen wir:

A(y) = C(x, y)ey + Cy(x, y)ey − C(x, y)ey

= Cy(x, y)ey.

Integriert man nach y, erhält man für den Vorfaktor C:

C(x, y) =∫

A(y)e−ydy + B(x),

wobei B eine nur von x abhängige Funktion ist, welche hinreichend oft differenzier-bar sei. Insgesamt ergibt sich die folgende Lösung:

u(x, y) =(∫

A(y)e−ydy + B(x))

ey.

1

b) Durch die Substitution z = ln x lassen sich die ersten beiden Ableitungen nach xmit der Kettenregel transformieren, d.h. es gilt ux(x, y) = uz(z, y) dz

dx. Also erhalten

wir

ux =1

xuz,

uxx = (ux(x, y))x =(

uz(z, y)1

x

)

x

= −1

x2uz +

1

x2uzz.

Damit gilt für die Differentialgleichung aus b):

uzz + uz − 2u = 0.

Das Fundamentalsystem für diese GDL ist durch ez und e−2z bestimmt, d.h.

u(z, y) = A(y)ez + B(y)e−2z.

A und B sind Funktionen, welche von y abhängen und hinreichend oft differenzierbarseien. Damit gilt für die Lösung der ursprünglichen Gleichung:

u(x, y) = A(y)x + B(y)1

x2.

c) Wir bestimmen zunächst die Lösung des homogenen Systems:

uyy + 6uy + 13u = 0.

Sie besitzt die charakteristische Gleichung λ2 + 6λ + 13 = 0, die die Lösungenλ1 = −3 + 2i und λ2 = −3 − 2i hat. Dies führt zu den Fundamentalbasis u1(y) =e(−3+2i)y und u2(y) = e(−3−2i)y. Dann ist die allgemeine Lösung zum homogenenProblem durch

uH(x, y) = C1(x)e(−3+2i)y + C2(x)e(−3−2i)y

gegeben. Der Ansatz u(x, y) = A(x)ey liefert die spezielle Lösung durch Einsetzenin die PDGL (da uyy = uy = u = A(x)ey):

20A(x)ey = 4ey.

Für die Funktion A lesen wir A(x) = 15

ab. Da die Lösung zur Aufgabe die Summeder allgemeinen und speziellen Lösung ist, folgt:

u(x, y) =1

5ey + uH(x, y) =

1

5ey + C1(x)e(−3+2i)y + C2(x)e(−3−2i)y.

d) Die Substitution v = ux + u führt auf die gewöhnliche Differentialgleichung

∂yv + v = 0.

Die allgemeine Lösung dieser Differentialgleichung lautet v(x, y) = A(x)e−y, wobeiwir mit A eine Funktion bezeichnen wollen, welche von x abhängt und hinreichendoft differenzierbar ist. Die Gleichung

ux + u = v = A(x)e−y

2

wird durch den Ansatz:u(x, y) = B(x, y)e−x

gelöst. Für die Funktion B ergibt sich durch Einsetzen:

ux + u = Bx(x, y)e−x − B(x, y)e−x + B(x, y)e−x.

Da ux + u = v = A(x)e−y, erhalten wir Bx(x, y) = A(x)exe−y und daraus folgt

B(x, y) =∫

A(x)ex dx e−y + C(y).

C bezeichnet wiederum eine Funktion, welche von y abhängt und hinreichend oftdifferenzierbar sei. Damit gilt:

u(x, y) =(∫

A(x)ex dx e−y + C(y))

e−x.

Aufgabe 2 (Randwertproblem)

Zeigen Sie, dass die Funktion u(x, y) = a ln(x2 + y2) + b die Laplace-Gleichung ∆u = 0erfüllt und bestimmen Sie a und b, so dass u = 110 auf dem Kreis {(x, y) : x2 + y2 = 1}und u = 0 auf dem Kreis {(x, y) : x2 + y2 = 100}.

Lösung 2 (Randwertproblem)

Um zu zeigen, dass die gegebene Funktion u die Laplace-Gleichung löst, berechnen wirzuerst den Vektor

(

∂u∂x

, ∂u∂y

)

und dann ∆u = ∂2u∂x2 + ∂2u

∂y2 . Man hat

∂u

∂x=

a

x2 + y2· 2x;

∂u

∂y=

a

x2 + y2· 2y.

Die zweiten Ableitungen lauten

∂2u

∂x2=

2a(x2 + y2) − 4ax2

(x2 + y2)2;

∂2u

∂y2=

2a(x2 + y2) − 4ay2

(x2 + y2)2⇒ ∆u = 0.

Auf dem Einheitskreis ist ln(x2 + y2) = 0 und deshalb erhalten wir b = 110. Mit Hilfe derzweiten Randbedingung erhalten wir a = −110/ln(100).

Aufgabe 3 (Bestimmung des PDGL-Typs)

Ein allgemeiner linearer partieller Differentialoperator 2. Ordnung L angewandt auf eineFunktion u hat die Form

Lu =d∑

i,j=1

ai,j

∂2u

∂xi∂xj

+d∑

i=1

bi

∂u

∂xi

+ cu,

wobei d ∈ N die Dimension des Raumes ist und ai,j, bi, c ∈ R in diesem Fall konstantsind. Wir definieren die Matrix A = (ai,j)

di,j=1 und den Vektor b = (bi)

di=1. Der Operator

L heißt

• elliptisch, falls die Matrix A Rang d hat und alle ihre Eigenwerte das gleicheVorzeichen haben;

3

• parabolisch, falls A den Rang d − 1 hat und die Eigenwerte (die nicht Null sind)das gleiche Vorzeichen haben. Außerdem hat die Matrix (A|b) den Rang d;

• hyperbolisch, falls die Matrix A Rang d hat und alle ihre Eigenwerte (bis aufeinen) das gleiche Vorzeichen haben.

Finden Sie für d = 2 explizite Bedingungen an A, sodass der Operator elliptisch, parabolischoder hyperbolisch ist.Bestimmen Sie mit diesen Bedingungen den PDGL-Typ der folgenden Gleichungen:

a) 2uxx + 6uxy + 4uyy + 2uy = sin(x)

b) 2uxx + 4uxy + 2uyy + ux + 5u = 0

c) ∂tu − ∆u + v · ∇u = 0 für ein gegebenes v ∈ Rd.

Welche der folgenden Begriffe können Sie den jeweiligen PDGL zuordnen?

i) homogen/inhomogen

ii) linear/nichtlinear

Lösung 3 (Bestimmung des PDGL-Typs)

In Dimension d = 2 hat eine partielle Differentialgleichung 2. Ordnung die allgemeineForm

αuxx + γuxy + γuyx + βuyy + L̃u,

wobei L̃ ein Differentialoperator 1. Ordnung ist. Wir definieren die Matrix

A =

(

α γγ β

)

.

Die Eigenwerte λ1 und λ2 dieser Matrix kann man leicht mittels des charakteristischenPolynoms berechnen. Da wir nur an den Vorzeichen der Eigenwerte interessiert sind, giltes

i) det(A) > 0 ⇒ A hat zwei nicht-triviale Eigenwerte, die das gleiche Vorzeichenbesitzen, d.h., die Gleichung ist elliptisch;

ii) det(A) = 0 und rg(A) = 1 ⇒ A hat genau einen 0-Eigenwert und daher könnte dieGleichung parabolisch sein (die Zusatzbedingung muss noch überprüft werden);

iii) det(A) < 0 ⇒ A hat zwei nicht-triviale Eigenwerte, die verschiedene Vorzeichenhaben, d.h., die Gleichung ist hyperbolisch.

Mit Hilfe dieses Prinzips können wir den Typ der PDGL einfacher berechnen:

a) α = 2, γ = 3, β = 4 ⇒ αβ − γ2 = −1 d.h. die PDGL ist hyperbolisch.

4

b) α = 2, γ = 2, β = 2 ⇒ αβ − γ2 = 0. Die PDGL ist parabolisch, falls die Zusatzbe-dingung erfüllt ist, d.h. wir schreiben F = b1(x, y)ux +b2(x, y)uy +b0(x, y)u+g(x, y)

und dann muss der Rang von

(

A

∣

∣

∣

∣

∣

(

b1

b2

))

= 2 sein. Die Gleichung ist parabolisch,

weil

Rang

(

A

∣

∣

∣

∣

∣

(

b1

b2

))

= Rang

(

2 2 12 2 0

)

= 2

c) Wir bestimmen den linearen Differenzialoperator

L(u) =n∑

i,j=1

ai,j(x)∂i∂ju +n∑

i=1

bi(x)∂iu + c(x)u.

Damit kann die PDGL wie folgt geschrieben werden:

∂tu − (∂21u + ... + ∂2

du) + v1∂1u + ... + vd∂du.

Wir beachten, dass die Zeit als ”zusätzliche” Dimension vorkommt, also gilt n = d+1und:

aii = −1 für i = 1, ..., d;

ad+1,d+1 = 0;

aij = 0 für i 6= j;

b = (v, 1)T ;

c = 0.

Also hat die Matrix A genau einen Eigenwert der gleich 0 ist und alle anderen sindnegativ. Außerdem gilt

Rang(A |b) = Rang

−1 0 · · · 0

0. . .

...... −1 00 · · · 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

v1...

vd

1

= n.

Also ist die Gleichung parabolisch.

Modellierung

Aufgabe 4 (Elektromagnetischer Skin-Effekt bei Wechselstrom)

Bei wechselnder Polarität des Stromflusses kann man beobachten, dass sich auch dasMagnetfeld verändert und im Leitermaterial Wirbelströme erzeugt, die dem Erzeuger-strom entgegengerichtet sind und diesen in der Mittelachse des Leiters abschwächen.

Das den Strom umgebende Magnetfeld wirkt sich so aus, dass die Elektronen in der Mittedes Leiters von mehr Feldlinien umschlossen werden als die Elektronen weiter außen. BeiWechselstrom induziert das wechselnde Magnetfeld im Inneren des Leiters eine höhereGegenspannung (Gegendruck) als am Rand.

5

In der Leitungsmitte ist die Gegenspannung also am größten, was zu einer Verdrängungdes Stromes an den Rand führt. Das wirkt wie eine Verringerung des wirksamen Leit-erquerschnitts, sodass sich die Impedanz (Scheinwiderstand) des Leiters vergrößert. Jehöher die Frequenz ist, desto stärker ist dieser Effekt, bis bei hohen Frequenzen nur nochein dünner Bereich an der Oberfläche den größten Teil des Stromes führt. Dieser Effektsoll nun mit Hilfe der Maxwell-Gleichungen

∇ · E =ρ

ǫ, ∇ · H = 0

∇ × E = −µ∂tH

∇ × H = j + ǫ∂tE

simuliert werden. Dabei steht der Vektor E für die elektrische Feldstärke und der VektorH für die magnetische Feldstärke. Manchmal werden die Gleichungen auch für die elek-trische bzw. die magnetische Flussdichte (D bzw. B) gelöst. Diese Größen sind jedochnur skalierte Varianten der Größen E bzw. H. Der Parameter ρ beschreibt die Ladungs-dichte (Ladung pro Volumen), ǫ ist der Dielektrizitätskoeffizient des Materials und µsteht für die magnetische Permeabilität des Materials. Der Operator ∇ · bezeichnet denDivergenzoperator (div). Gehen Sie für die Simulation wie folgt vor:

a) Leiten Sie mit Hilfe des ohmschen Gesetzes j = σE (σ ≡ const., elektrische Leit-fähigkeit) für ρ = 0 die folgenden Wellengleichungen her:

ǫµ∂2E∂t2

+ σµ∂E∂t

− ∆E = 0 (1)

ǫµ∂2H∂t2

+ σµ∂H∂t

− ∆H = 0

Hinweis: Zeigen Sie zunächst, dass für ein zweifach differenzierbares Vektorfeld

u : R3 → R3,

xyz

7→

u1(x, y, z)u2(x, y, z)u3(x, y, z)

die folgende Gleichung gilt:

∇ × (∇ × u) = ∇ (∇ · u) − ∆u.

Die Schreibweise ∆u bedeutet, dass der Laplace-Operator komponentenweise aufu1, u2 und u3 angewandt wird.

b) Liegt an einem Leiter eine Wechselspannung mit der Frequenz ω an, so wählt manzur Berechnung des E−Feldes im Leiter den folgenden komplexen Ansatz (zeithar-monische Felder):

E = Eceiωt.

Zeigen Sie, dass sich die Wellengleichung (1) für ein planares Ec−Feld d.h.Ec = (0, 0, Ec)

T , j = (0, 0, j)T auf die folgende Gleichung reduziert:

−1

µ∆Ec +

(

iωσ − ω2ǫ)

Ec = 0.

6

c) Lösen Sie die Gleichung aus c) mit Hilfe der MATLAB PDE-Toolbox. VerwendenSie die folgenden Werte σ = 57 · 106 S/m, µ = 4π · 10−7N/A2, ω = 50 Hz undǫ = 8.8 · 10−12 As/V m. Wählen Sie als Berechnungsgebiet einen Kreis mit Radius

R = 0.1 m mit der Dirichlet-Randbedingung Ec = 157·106 V/m,

(

Ec = j

σ

)

. PlottenSie die Werte der Stromdichte j.Hinweis. Lösen die Gleichung ”AC Power Electromagnetics” in der MATLABPDE-Toolbox.

d) Variieren Sie die Werte für σ und µ. Wie wirkt sich dies auf die Stromdichte j aus?Was bedeutet dies für die Produktion von elektrischen Leitungen?

Lösung 4 (Elektromagnetischer Skin-Effekt bei Wechselstrom)

a) Für das Vektorfeld u gilt:

∇ × u =

∂yu3 − ∂zu2

∂zu1 − ∂xu3

∂xu2 − ∂yu1

.

∇ × (∇ × u) =

∂yxu2 − ∂yyu1 − ∂zzu1 + ∂zxu3

∂zyu3 − ∂zzu2 − ∂xxu2 + ∂xyu1

∂xzu1 − ∂xxu3 − ∂yyu3 + ∂yzu2

=

∂yxu2 − ∂yyu1 − ∂zzu1 + ∂zxu3 + ∂xxu1 − ∂xxu1

∂zyu3 − ∂zzu2 − ∂xxu2 + ∂xyu1 + ∂yyu2 − ∂yyu2

∂xzu1 − ∂xxu3 − ∂yyu3 + ∂yzu2 + ∂zzu3 − ∂zzu3

=

∂x (∂xu1 + ∂yu2 + ∂zu3) − ∂xxu1 − ∂yyu1 − ∂zzu1

∂y (∂xu1 + ∂yu2 + ∂zu3) − ∂xxu2 − ∂yyu2 − ∂zzu2

∂z (∂xu1 + ∂yu2 + ∂zu3) − ∂xxu3 − ∂yyu3 − ∂zzu3

= ∇ (∇ · u) − ∆u.

(2)

Wir beweisen nur die Gleichung für das E-Feld. Wendet man den Rotationsoperatorauf ∇ × E = −µ∂tH an, so ergibt sich:

∇ × (∇ × E) = −µ∂t∇ × H.

Mit (2), ∇ · E = 0 und ∇ × H = j + ǫ∂tE folgt:

−∆E = −µ∂j∂t

− µǫ∂2E∂t2

.

Das ohmsche Gesetz liefert schließlich:

ǫµ∂2E∂t2

+ σµ∂E∂t

− ∆E = 0.

b) Wir betrachten nur die dritte Komponente des E-Felds: E3 = Eceiωt. Setzt man

diese Bedingung in die Wellengleichung aus b) ein, so gilt:(

−ǫµω2Ec + iσµωEc − ∆Ec

)

eiωt = 0.

Daraus folgt:

−1

µ∆Ec +

(

iωσ − ω2ǫ)

Ec = 0.

7

c) Die gegebenen Parameter bestimmen das E-Feld und die Stromdichte j eines Wech-selstroms durch eine Leitung aus Kupfer. Für die Stromdichte ergibt sich auf demLeiterquerschnitt:

-0.1 -0.05 0 0.05 0.1

-0.1

-0.08

-0.06

-0.04

-0.02

0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

Color: i Height: i

-0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

0.1

0.05

0

Color: i Height: i

-0.05

-0.1-0.1

-0.05

0

0.05

-0.2

0

0.4

1

0.2

0.8

0.6

0.1

-0.1

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

d) Wählt man die Parameter σ und µ so, dass sie eine Leitung aus Eisen modellieren(σ = 10.02 · 106 S/m, µ = 4π · 10−3 N/A2), so ergibt sich für die Stromdichte:

-0.1 -0.05 0 0.05 0.1

-0.1

-0.08

-0.06

-0.04

-0.02

0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

Color: i Height: i

-0.04

-0.02

0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

0.16

0.1

0.05

0

Color: i Height: i

-0.05

-0.1-0.1

-0.05

0

0.05

-0.1

-0.05

0.05

0.2

0

0.15

0.1

0.1

-0.04

-0.02

0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

0.16

Man beobachtet, dass die Stromdichte in einem viel stärkeren Maße an den Randdes Leiterquerschnitts gedrängt wird als bei Kupfer. Für andere Leitermaterialienergibt sich ein ähnlicher Effekt. Für die Erstellung von Wechselstromleitungen bietetsich also Kupfer an.

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