Lösungsskizzen zum 12. ¨Ubungsblatt - Institut für Mathematik - TU ...

a) B = −1, A = C = 1, δ = AC − B2 = 0 (parabolische DGL).
dy
dx = −1 =⇒ x + y = const . Substitution ξ = x + y, η = x, U(ξ, η) = u(x, y).
ux = Uξξx + Uηηx = Uξ + Uη,
uy = Uξξy + Uηηy = Uξ,
uxx = Uξξξ 2 x + 2Uξηξxηx + Uηηη 2 x + Uξξxx + Uηηxx =
= Uξξ + 2Uξη + Uηη,
uxy = Uξξξxξy + Uηξξyηx + Uξηξxηy + Uηηηxηy + Uξξxy + Uηηxy =
= Uξξ + Uηξ,
uyy = Uξξξ 2 y + 2Uξηξyηy + Uηηη 2 y + Uξξyy + Uηηyy =
= Uξξ.
Die Substitution ergibt die PDG der Normalform Uηη + Uη = 0, die einfach zu
lösen ist. Sie hat die allgemeine Lösung U(ξ, η) = c1(ξ)e −η + c2(ξ), und nach der
Rücksubstitution bekommen wir u(x, y) = c1(x + y)e −x + c2(x + y), c1, c2 ∈ C 2 .
b) A = y, B = x+y
2 , C = x, δ = xy − x+y
2
x = y). Die charakteristischen DGLn sind dy
dx
2 x−y 2 = − 2 ≤ 0 (hyperbolisch für
= x
y
und dy
dx = 1 =⇒ y2 − x 2 =
const, y − x = const. Mit Substitution ξ = y − x, η = y 2 − x 2 bekommen wir die
Normalform-DGL, die auch relativ einfach zu lösen ist:
ξUξη + Uη = 0.
c) A = 1, B = 1, C = 5, δ = 5 − 1 = 4 > 0 (elliptisch).
dy
dx = 1 ± √ −4 = 1 ± 2i. Für dy
dx = 1 − √ −4 = 1 − 2i haben wir die Lösung
y − (1 − 2i)x = const. Mit den neuen Koordinaten ξ = y − x, η = 2x geht die
Gleichung über in die Normalform 4(Uξξ + Uηη) + Uξ + 2Uη − U = 0.
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