Unterschied elliptische, hyperbolische und parabolische PDGL bei Transformation

05.10.2011, 14:43	powaaah	Auf diesen Beitrag antworten »
Unterschied elliptische, hyperbolische und parabolische PDGL bei Transformation Meine Frage: Ich studiere maschinenbau und versuche mir gerade ein paar lösungswege/vorgehensweisen aufzuschreiben. PDGL 1. Ordnung soweit kein problem. Jetzt bin ich bei PDGL 2. ordnung. Dort gibt es bekanntlich elliptische, parabolische und hyperbolische PDGLs. Die klassifizierung ist kein thema. Jetzt habe ich mir allerdings notiert, das das lösen einer pdgl mittels transformation nur bei hyperbolischen funktioniert und parabolisch und elliptische pdgls mit separation gelöst werden. Habe ich das soweit richtig verstanden? Kann ich bei allen drei varianten die charakteristiken über y'=\frac{\frac{b}{2}\pm \sqrt{\frac{b}{2}-ac } }{a} bestimmen ? Und jetzt noch zur Transformation auf Normalform: Ist der vorgang hier auch bei allen drein immer der gleiche? Was genau ist eigentlich die normalform? Ich habe eben ein beispiel gesehen, da ist die normalform scheinbar die allgemeine lösung der transformation. Meine Ideen: Ich habe keine ansatz bei ner verständnisfrage oO
05.10.2011, 22:28	powaaah	Auf diesen Beitrag antworten »
Um es vielleicht an einem beispiel zu präzisieren. Ich möchte $\begin{eqnarray} L(u)=2u_{xx}-2u_{xy}+2u_{yy} \end{eqnarray}$ auf die Normalform Transformieren. Das geübte auge weiß. Die pdgl ist elliptisch. Ansonsten... $\begin{eqnarray} ac-(\frac{b}{2})² \end{eqnarray}$ und das ist $\begin{eqnarray} >0 \end{eqnarray}$ und somit elliptisch. Jetzt will ich auf die normalform transformieren und schreibe erstmal: $\begin{eqnarray} u(x,y)=v(s,t)=v(s(x,y),t(x,y)) \end{eqnarray}$ Brauche dafür jetzt erstmal s und t, also die charakteristiken. Das mach ich mit: $\begin{eqnarray} y'=\frac{\frac{b}{2}\pm \sqrt{\frac{b}{2}-ac } }{a} \end{eqnarray}$ daraus folgt $\begin{eqnarray} (\frac{dy}{dx}) _{1/2}= -\frac{1}{2}\pm \sqrt{-5} \end{eqnarray}$ Jetzt habe ich vorhin gesehen das hier jetzt gilt. s= der realteil und t=der imaginärteil da wäre $\begin{eqnarray} s=-\frac{1}{2} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} t=5 \end{eqnarray}$ wenn ich jetzt $\begin{eqnarray} u_{x} \end{eqnarray}$ bilden möchte dann ist das ja 0. Das kann ja nicht so sein. Wo liegt hier der fehler?
06.10.2011, 16:20	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine Dgl. lautet in Matrixform $\begin{eqnarray} \left [\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \end{pmatrix}\right ]\,\,u(x,y)=0 \end{eqnarray}$ Du musst die Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix $\begin{eqnarray} A=\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ berechnen. Die von dir berechneten Eigenwerte sind fehlerhaft. Die Eigenwerte sind die Lösung von $\begin{eqnarray} \begin{vmatrix} 2-\lambda & -1 \\ -1 & 2-\lambda \end{vmatrix}=\lambda^2-4\lambda+3=0 \end{eqnarray}$ Also $\begin{eqnarray} \lambda_{1}=3 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \lambda_{2}=1 \end{eqnarray}$ Berechne nun die Eigenvektoren. Bei geeigneter Normierung sind dieses die Zeilen der Drehmatrix.
06.10.2011, 17:36	powaaah	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe doch noch gar keine eigenwerte berechnet gehabt, nur die determinante. Das andere sind doch die charakteristiken. Die eigenwerte sind: $\begin{eqnarray} x_{1}= \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x_{2}= \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Heißt das ich muss bei jeder elliptischen PDGL die eigenwerte + eigenvektoren bestimmen? Was mache ich dann damit? Was bedeutet "geeignete Normierung" ?
07.10.2011, 11:06	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Deine Dgl. lautet $\begin{eqnarray} \left [\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \end{pmatrix}\right ]\,\,u(x,y)=0 \end{eqnarray}$ Du suchst eine Drehung des Koordinatensysstems derart, dass die Nichtdiagonalelemente verschwinden. Die (noch unbekannten) gedrehten Koordinaten (x',y') lauten also $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}=\underbrace{\begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}}_{\text{Drehmatrix}} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Der Zusammenhang des Gradienten in gedrehten und nicht gedrehten Koordinaten lautet $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x} \\ \frac{\partial}{\partial y} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}^T\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x'} \\ \frac{\partial}{\partial y'} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Einsetzen in die obige Dgl. liefert $\begin{eqnarray} \left [\begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}^T\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x'} \\ \frac{\partial}{\partial y'} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}^T\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x'} \\ \frac{\partial}{\partial y'} \end{pmatrix}\right ]\,\,u(x,y)=0 \end{eqnarray}$ Wir wälzen die Drehmatrix vom 1.Faktor auf den 2.Faktor und müssen die Drehmatrix deshalb tranponieren, also $\begin{eqnarray} \left [\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x'} \\ \frac{\partial}{\partial y'} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}^T\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x'} \\ \frac{\partial}{\partial y'} \end{pmatrix}\right ]\,\,u(x,y)=0 \end{eqnarray}$ ________________Gleichung () Wir wollen, dass die neue Matrix eine Diagonalmatrix wird. Die Forderung lautet also $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}^T=\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0\\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ _____________Gleichung () Auf diese Matrix lassen wir von links die Drehmatrix $\begin{eqnarray} D^T \end{eqnarray}$ wirken. Da bei Drehmatrizen gilt $\begin{eqnarray} D^TD=E \end{eqnarray}$ (=Einheitsmatrix), erthält man $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}^T=\begin{pmatrix} D_{11} & D_{12}\\ D_{21} & D_{22} \end{pmatrix}^T\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0\\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wenn man dies zeilenweise ausmultipliziert, kann man dies als 2 Eigenwertprobleme auffassen, nämlich $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} D_{11} \\ D_{12} \end{pmatrix}=\lambda_1 \begin{pmatrix} D_{11} \\ D_{12} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} D_{21} \\ D_{22} \end{pmatrix}=\lambda_2 \begin{pmatrix} D_{21} \\ D_{22} \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Wir kommen zu dem wichtigen Schluss: Die gesuchten Zeilen der Drehmatrix D sind die Eigenvektoren (Charakteristik) der ursprünglichen Matrix. Die Eigenvektoren hast du richtig berechnet. Ich habe diese Eigenvektoren noch auf 1 normiert Eigenwert $\begin{eqnarray} \lambda_1=1 \end{eqnarray}$ mit dem Eigenvektor (=Charakteristik) $\begin{eqnarray} \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1\|1) \end{eqnarray}$ Eigenwert $\begin{eqnarray} \lambda_2=3 \end{eqnarray}$ mit dem Eigenvektor (=Charakteristik) $\begin{eqnarray} \tfrac{1}{\sqrt{2}}(1\|-1) \end{eqnarray}$ Die Drehmatrix lautet also $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die umgestellte Drehung lautet also wegen $\begin{eqnarray} D^{-1}=D^T \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die Normierung auf 1 ist notwendig, damit es eine Drehung ist, keine Verzerrung , also \|D\|=1. Einsetzen in Gleichung () und Vergleich mit Gleichung (*) zeigt, dass die transformierte Dgl. lautet $\begin{eqnarray} \left [\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x'} \\ \frac{\partial}{\partial y'} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x'} \\ \frac{\partial}{\partial y'} \end{pmatrix}\right ]\,\,u(\underbrace{D^T\vec x'}_{\vec x})=0 \end{eqnarray*}$
07.10.2011, 18:01	powaaah	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh das ist sehr ausführlich, danke. Das ende habe ich zwar immernoch nicht ganz verstanden aber wenn ich die eigenvektoren nehme und das die charakteristiken sind, dann kann ich doch auch $\begin{eqnarray} \frac{x+y}{\sqrt{2} } \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \frac{x-y}{\sqrt{2} } \end{eqnarray}$ als transformation nehmen. und dann den "üblichen" weg gehen mit $\begin{eqnarray} u_{xx} \end{eqnarray}$ usw. bilden. Dann komme ich auf das gleiche. Funktioniert das bei allen elliptischen so?
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08.10.2011, 17:26	Ehos	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe dir ja geschrieben, dass die Transformationsmatrix lautet $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}=\underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}}_{\text{Drehmatrix D}} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}= \end{eqnarray}$ Das ist das Gleiche, was du geschrieben hast, nämlich $\begin{eqnarray} x'=\tfrac{x+y}{\sqrt{2}} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y'=\tfrac{x-y}{\sqrt{2}} \end{eqnarray}$ Im n-dimensionalen Raum gilt allgemein: Die auf 1 normierten Eigenvektoren der Koeffizientenmatrix A sind die Zeilen der gesuchten Drehmatrix D. Die Normalform der ursrünglichen Dgl. ergibt sich dadurch, dass man die alte Koeffizientenmatrix A durch die neue Koeffizientenmatrix $\begin{eqnarray} A'=DAD^T \end{eqnarray}$ erstezt, die wie gewünscht diagonal ist. Deren Diagonalelemente sind gerade die Eigenwerte von A. Wenn man also das Eigenwertroblem von A gelöst hat, hat man auch die Normalform des ursprünglichen Ausdruck s sofort hinschreiben.

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