Harmonische Funktionen

30.07.2017, 12:28

Mathema

Harmonische Funktionen

Hallo,

in meinem nächsten Kapitel geht es um harmonische Funktionen. Wenn ich das nun richtig verstanden habe, liefert mir diese Theorie also eine weitere Möglichkeit eine Funktion zu überprüfen, ob sie analytisch ist. Am Beispiel:

[attach]44994[/attach]

Jetzt hätte ich ja die Möglichkeit wieder C-R zu überprüfen, oder ich kann zeigen, dass $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ harmonisch sind. Richtig? Da ich dazulerne, wäre natürlich die schnellste Möglichkeit umzuwandeln in $\begin{eqnarray*} f(z)=e^z \end{eqnarray*}$ - und das ist eine ganze Funktion.

Dann habe ich noch 2 Aufgaben gelöst:

[attach]44993[/attach]

So - wenn ich also überprüfen will, ob eine Funktion harmonisch ist, dann muss sie die Laplace-Gleichungen erfüllen. Also differenziere ich zweimal nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ :

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial^2\phi}{\partial x^2}=n(n-1)x^{n-2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial^2\phi}{\partial y^2}=-n(n-1)y^{n-2} \end{eqnarray*}$

Die Summe muss nun $\begin{eqnarray*} 0 \end{eqnarray*}$ ergeben. Also:

$\begin{eqnarray*} n(n-1)x^{n-2}-n(n-1)y^{n-2}=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n(n-1)(x^{n-2}-y^{n-2})=0 \end{eqnarray*}$

Also lautet meine Lösung (Gruß an Leopold):

$\begin{eqnarray*} n=0 \, \text{ oder }\, n=1 \text{ oder } n=2 \end{eqnarray*}$

Richtig?

[attach]44995[/attach]

Hier habe ich wieder differenziert:

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial^2\phi}{\partial x^2}=(e^{2y}-e^{-2y})g''(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{\partial^2\phi}{\partial y^2}=(4e^{2y}-4e^{-2y})g(x) \end{eqnarray*}$

Dann wieder die Summe = 0 gleichsetzen. Im 2. Summanden klammere ich noch den Faktor $\begin{eqnarray*} 4 \end{eqnarray*}$ aus:

$\begin{eqnarray*} (e^{2y}-e^{-2y})g''(x)+4(e^{2y}-e^{-2y})g(x)=0 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ nicht die Nullfunktion sein kann (da $\begin{eqnarray*} g'(0)=1 \end{eqnarray*}$ ), darf ich durch die Klammer dividieren. Wir erhalten also die einfache DGL:

$\begin{eqnarray*} g''+4g=0 \end{eqnarray*}$

Passt das?

Als Lösung erhalten ich dann $\begin{eqnarray*} g(x)=\frac{1}{2}\sin(2x) \end{eqnarray*}$ .

30.07.2017, 12:41

IfindU

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RE: Harmonische Funktionen

Zitat:

Original von Mathema
Jetzt hätte ich ja die Möglichkeit wieder C-R zu überprüfen, oder ich kann zeigen, dass $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ harmonisch sind. Richtig?

Nicht ganz. Aus $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ analytisch, folgt $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ harmonisch. Wenn $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ harmonisch, dann existiert (!) ein $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ harmonisch (bis auf Konstante eindeutig), so dass $\begin{eqnarray*} f:= u +iv \end{eqnarray*}$ analytisch ist. D.h. im Allgemeinen reicht $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ Harmonisch nicht aus, um analytisch $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ zu folgern.

Einfaches Beispiel ist $\begin{eqnarray*} f(z) = x + i \cdot 0 \end{eqnarray*}$ .

Der Rest stimmt. Kleines Detail aber:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} (e^{2y}-e^{-2y})g''(x)+4(e^{2y}-e^{-2y})g(x)=0 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ nicht die Nullfunktion sein kann (da $\begin{eqnarray*} g'(0)=1 \end{eqnarray*}$ ), darf ich durch die Klammer dividieren.

.

Du dividierst hier nicht durch $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . Die Gleichheit gilt fuer alle $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ , insbesondere fuer $\begin{eqnarray*} y = 1 \end{eqnarray*}$ . Und dann sind die Koeffizienten von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g'' \end{eqnarray*}$ ungleich 0.

30.07.2017, 13:12

Mathema

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Danke, dass du mir wieder hilfst!

Zitat:

D.h. im Allgemeinen reicht $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ Harmonisch nicht aus, um analytisch $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ zu folgern.

Ok - das habe ich dann tatsächlich falsch verstanden. Gut, dass ich noch mal nachgefragt habe.

Zitat:

Aus $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ analytisch, folgt $\begin{eqnarray*} u,v \end{eqnarray*}$ harmonisch. Wenn $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ harmonisch, dann existiert (!) ein $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ harmonisch (bis auf Konstante eindeutig), so dass $\begin{eqnarray*} f:= u +iv \end{eqnarray*}$ analytisch ist.

Ja - das wäre dann meine nächste Aufgabe, so ein $\begin{eqnarray*} u \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ zu finden:

[attach]44998[/attach]

Mal gucken wie ich damit zurecht komme. Das habe ich noch nicht probiert.

Zitat:

Du dividierst hier nicht durch $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ . Die Gleichheit gilt fuer alle $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ , insbesondere fuer $\begin{eqnarray*} y = 1 \end{eqnarray*}$ . Und dann sind die Koeffizienten von $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g'' \end{eqnarray*}$ ungleich 0.

Das verstehe ich gerade nicht. Ich wollte ja nicht durch $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ dividieren, sondern durch die Klammer. Aber ich könnte natürlich auch ausklammern, also:

$\begin{eqnarray*} (e^{2y}-e^{-2y})g''(x)+4(e^{2y}-e^{-2y})g(x)=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (e^{2y}-e^{-2y})(g''(x)+4g(x))=0 \end{eqnarray*}$

Der erste Faktor wird ja nun für $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ Null. Meinst du das? Also müsste ich noch ergänzen, dass für $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ die Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ beliebig sein kann, vorausgesetzt sie erfüllt die genannten Bedingungen. Da ginge ja dann z.B. auch $\begin{eqnarray*} g(x)=x \end{eqnarray*}$ .

30.07.2017, 13:19

IfindU

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RE: Harmonische Funktionen

Zitat:

Original von Mathema
$\begin{eqnarray*} (e^{2y}-e^{-2y})g''(x)+4(e^{2y}-e^{-2y})g(x)=0 \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ nicht die Nullfunktion sein kann (da $\begin{eqnarray*} g'(0)=1 \end{eqnarray*}$ ), darf ich durch die Klammer dividieren.

Ich verstehe bloss nicht, warum um durch $\begin{eqnarray*} e^{2y}-e^{-2y} \end{eqnarray*}$ zu teilen, es notwendig ist, dass $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ nicht die Nullfunktion ist, d.h. ein $\begin{eqnarray*} x\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ existiert, so dass $\begin{eqnarray*} g(x) \neq 0 \end{eqnarray*}$ .

Beides sind korrekte Aussage, aber sie haben nichts miteinander zu tun.
Ja, $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist nicht die Nullfunktion.
Ja, du darfst durch die Klammer dividieren. Aber das duerfest du auch, wenn $\begin{eqnarray*} g = 0 \end{eqnarray*}$ ist.

30.07.2017, 13:23

Mathema

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Jap - hab gerade gesehen, dass ich mich da verhauen habe. Hatte irgendwie im Kopf, dass der gesamte Term die Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ist, als ich das geschrieben habe (also das der Klammerfaktor auch zu $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ gehört). unglücklich

Sorry, mein Fehler!

31.07.2017, 20:25

Mathema

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Hallo IfindU,

ich habe gerade mich noch mal an Aufgabe 9 gesetzt - also die letzte Aufgabe die ich als Bild hochgeladen habe. a), b), und c) waren kein Problem. Da es ja eine ungerade Aufgabe ist, konnte ich meine Lösung kontrollieren. Das passt. Nun zu Aufgabe d) - da steht als Lösung "yes". Toll, das habe ich vorher schon gedacht, wenn ich das beweisen soll - und bei b) und c) habe ich das ja auch schon berechnet. Kannst du also noch mal gucken, ob mein Beweis so korrekt wäre?

Also ich gebe den Funktionen mal Namen:

$\begin{eqnarray*} f(z)=\phi(x,y)+iv(x,y) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} g(z)=u(x,y)+i\phi(x,y) \end{eqnarray*}$

Dann sind ja $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ laut Aufgabe analytisch - sie müssen also die C-R Gleichungen erfüllen. Daraus folgt:

$\begin{eqnarray*} (1)\quad \frac{\partial \phi}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (2)\quad -\frac{\partial \phi}{\partial y}=\frac{\partial v}{\partial x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (3)\quad \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial \phi}{\partial y} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (4)\quad -\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{\partial \phi}{\partial x} \end{eqnarray*}$

Dann folgt aus (1) und (4):

$\begin{eqnarray*} (5)\quad \frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{\partial u}{\partial y} \end{eqnarray*}$

Und aus (2) und (3):

$\begin{eqnarray*} (6)\quad -\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial x} \end{eqnarray*}$

Integration von (5) nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ und (6) nach $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ liefert:

$\begin{eqnarray*} u=-v \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} v=-u \end{eqnarray*}$ .

Passt das?

31.07.2017, 20:49

IfindU

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Grrr. Kurz vorm Abschicken ist Firefox abgeschmiert... Also noch einmal:

Bei der letzten Schlussfolgerung musst du mehr aufpassen. Nach Integration von (5) bekommst du $\begin{eqnarray*} v(x,y) = -u(x,y) +a(x) \end{eqnarray*}$ . Wenn du das nach $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ ableitest, bekommst du (5), daher kannst du Rueckwaerts auch nicht $\begin{eqnarray*} a(x) = 0 \end{eqnarray*}$ folgern.

Die andere Differentialgleichung liefert dann aber, dass $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ differenzierbar ist und $\begin{eqnarray*} a'=0 \end{eqnarray*}$ und damit (lokal) konstant.

Als Alterantivansatz kann man auch die holomorphe Funktion $\begin{eqnarray*} g - i\cdot f \end{eqnarray*}$ betrachten. Dann reduziert sich das Problem auf das klassische: Eine reellwerte Funktion ist genau dann holomorph, wenn sie konstant ist.

31.07.2017, 21:02

Mathema

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Ärgerlich, bei b) und c) habe ich ja auch an die Konstanten gedacht und diese bestimmt. Dass mir das hier nicht in den Sinn kam...
Deinen Alternativansatz werde ich gleich mal durchgehen. Danke!

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