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 Beschränktheitsbeweis linearer Lösungsoperator |
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kinglui
Junior 
Dabei seit: 10.09.2022
Mitteilungen: 16
 |  Themenstart: 2022-10-20
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Hallo zusammen,
ich habe folgendes Problem: Wir definieren einen Lösungsoperator $T: L^2(0,l) \rightarrow L^2(0,T;H^1(0,l)), g(x) \mapsto u$, wobei $u$ die Lösung der linearen Wärmeleitungsgleichung mit $g(x)$ als Anfangswert ist:
$$\begin{align*}
\partial_t u &= \partial_{xx} u, x\in [0,l], t\in [0,T]\\
u(0,t) &= u(l,t) = 0, t \in [0,T]\\
u(x,0) &= g(x), x \in [0,l]
\end{align*}$$
Wie kann ich zeigen, dass T beschränkt ist, also dass
$\begin{align*}
\int_0^T \lVert u\rVert_{H^1(0,l)} dt \leq C \int_0^l \lvert g(x) \rvert^2 dx
\end{align*}$
Ich habe versucht, die rechte Seite zu vereinfachen, komme aber leider nicht sehr weit:
$\begin{align*}
\int_0^T \lVert u\rVert_{H^1(0,l)} dt = \int_0^T \lVert u \rVert_{L^2(0,l)}+ \lVert \partial_x u \rVert_{L^2(0,l)} + \lVert \partial_t u \rVert_{L^2(0,l)} dt
\end{align*}$
Kann mir jemand einen Tipp geben?
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Kampfpudel
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Dabei seit: 02.08.2013
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| Beitrag No.1, eingetragen 2022-10-20
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Hey kinglui,
multipliziere die Gleichung mal mit \(u\) und integriere über \((0,T)\) und über \((0,l)\) (das ist tatsächlich ein Standardprozedere wenn du Abschätzungen einer Lösung einer PDE haben möchtest). Wie sieht nach wenigen Umstellungen dann die neue Gleichung aus?
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kinglui
Junior
Dabei seit: 10.09.2022
Mitteilungen: 16
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-20
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Hallo Kampfnudel,
meinst du folgendes:
$\begin{align*}
\int_0^T \int_0^l \partial_t u \cdot u \, dx \, dt &= \int_0^T \int_0^l \partial_{xx} u \cdot u \, dx \, dt \\
&= - \int_0^T \int_0^l \partial_x u \cdot \partial_x u \, dx \, dt \\
&= - \int_0^T \lVert \partial_x u \rVert_{L^2(0,l)} \, dt
\end{align*}$
Dann sehe ich ja wenigstens schon mal die $L^2$- Norm der Ableitung nach $x$. Bin ich damit auf dem richtigen Weg?
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Kampfpudel
Senior
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| Beitrag No.3, eingetragen 2022-10-20
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Jap, bist du. Jetzt musst du noch \(\int_0^T \partial_t u \cdot u \, dt\) schön umstellen.
PS: Bei deinen Normen fehlen manchmal die Quadrate
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kinglui
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Dabei seit: 10.09.2022
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-20
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Oh stimmt, mit den Quadraten war ich schlampig.
Die linke Seite $ \int_0^l \int_0^T \partial_t u \cdot u \, dt \,dx $ könnte ich ja auch nochmal partiell integrieren:
$\begin{align*}
\int_0^l \int_0^T \partial_t u \cdot u \, dt \,dx &= \int_0^l [u \cdot u]^T_0 - \int_0^l \int_0^T u \cdot \partial_t u \, dt \, dx\\
&= \lVert u(x,T) \rVert^2_{L^2(0,l)} - \lVert u(x,0) \rVert^2_{L^2(0,l)} - \int_0^l \int_0^T \partial_t u \cdot u \, dt \, dx
\end{align*}$
Dann sehe ich den Anfangswert $u(x,0) = g(x)$.
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kinglui
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| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-20
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Dann habe ich zusammenfassend:
$\begin{align*}
\lVert u(x,0) \rVert^2_{L^2(0,l)} &\geq u(x,0) \lVert^2_{L^2(0,l)} - \lVert u(x,T) \rVert^2_{L^2(0,l)} \\
&= \int_0^T \lVert \partial_x u \rVert_{L^2(0,l)} \, dt + \int_0^l \int_0^T u \cdot \partial_t u \, dt \, dx
\end{align*}$
Das sieht ja schon mal ganz gut aus. Aber was mache ich jetzt noch mit dem letzten Term auf der rechten Seite?
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Kampfpudel
Senior 
Dabei seit: 02.08.2013
Mitteilungen: 1998
| Beitrag No.6, eingetragen 2022-10-20
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Schau dir noch mal deinen Beitrag No.4 an, da steht der Term ja sowohl auf der linken als auch auf der rechten Seite (also sowas wie \(a=b-a\)). Das könntest du noch mal umstellen.
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kinglui
Junior
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-21
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Hallo Kampfnudel,
leider hat mir dein letzter Tipp noch nicht weitergeholfen.
Wenn ich das nochmal umstelle, dann bekomme ich
$\begin{align*}
2\cdot \int_0^l\int_0^T \partial_t \cdot u \, dt \, dx = \lVert u(x,T) \rVert_{L^2(0,l)}^2 - \lVert u(x,0) \rVert_{L^2(0,l)}^2.
\end{align*}$
Kannst du mir nochmal weiterhelfen?
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Kampfpudel
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| Beitrag No.8, eingetragen 2022-10-21
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Jop. Jetzt teilst du durch 2 und setzt noch mal neu in die Gleichung von Beitrag No.2 ein
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kinglui
Junior
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| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-25
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Hallo Kampfnudel,
ich sehe es immer noch nicht:
Ich habe
$\begin{align*}
\int_0^T \int_0^l \partial_{xx} u \cdot u \, dx\, dt = - \int_0^T \lVert \partial_x u \rVert^2_{L^2(0,l)} \,dt
\end{align*}$
und
$\begin{align*}
\int_0^T \int_0^l \partial_t u \cdot u \, dx\, dt = \frac{1}{2} \lVert u(x,T) \rVert^2_{L^2(0,l)} - \frac{1}{2} \lVert u(x,0) \rVert^2_{L^2(0,l)}
\end{align*}$
Dann kann ich also gleichsetzen:
$\begin{align*}
- \int_0^T \lVert \partial_x u \rVert^2_{L^2(0,l)} \,dt = \frac{1}{2} \lVert u(x,T) \rVert^2_{L^2(0,l)} - \frac{1}{2} \lVert u(x,0) \rVert^2_{L^2(0,l)}
\end{align*}$
Also gilt
$\begin{align*}
\int_0^T \lVert \partial_x u \rVert^2_{L^2(0,l)} \,dt\leq\frac{1}{2} \lVert u(x,0) \rVert^2_{L^2(0,l)}
\end{align*}$
Nun muss da ja aber in dieser Abschätzung auch noch irgendwo $\lVert u \rVert^2_{L^2(0,l)}$ und $\lVert \partial_t u \rVert^2_{L^2(0,l)}$ unterkommen...
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kinglui
Junior
Dabei seit: 10.09.2022
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-25
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Ah Moment, da fällt mir doch noch was ein: Mittels Energiemethode kann man zeigen, dass $E(t) = \lVert u(x,t) \rVert^2_{L^2(0,l)}$ über die Zeit $t$ abnimmt.
Dafür leitet man zuerst $E(t)$ nach $t$ ab:
$\begin{align*}
\frac{d}{dt} \lVert u(x,t) \rVert^2_{L^2(0,l)} &= \frac{d} {dt} \int_0^l \lvert u(x,t) \rvert^2, dx \\
&= \int_0^l \frac{\partial} {\partial t}\lvert u(x,t) \rvert^2 \, dx \\
&= 2 \int_0^l u(x,t) \cdot u_t(x,t) \, dx \\
&= 2 \int_0^l u(x,t) \cdot u_{xx}(x,t) \, dx\\
&= - 2 \int_0^l (\partial_x (x,t))^2 dx \leq 0
\end{align*}$
Also ist $\lVert u(x,t) \rVert^2_{L^2(0,l)} = E(t) \leq E(0) = \lVert u(x,0) \rVert^2_{L^2(0,l)}$. Dann:
$\begin{align*}
\int_0^T \lVert u(x,t) \rVert^2_{L^2(0,l)} \leq \int_0^T \lVert u(x,0) \rVert^2_{L^2(0,l)} \leq T \cdot \lVert u(x,0) \rVert^2_{L^2(0,l)}
\end{align*}$
Dann kann ich schon mal zusammenfassen:
$\begin{align*}
\int_0^T \lVert u \rVert^2_{L^2(0,l)} + \int_0^T \lVert \partial_x \rVert^2_{L^2(0,l)} \leq T \cdot \lVert g(x) \rVert^2_{L^2(0,l)} + \frac{1}{2} \lVert g(x) \rVert^2_{L^2(0,l)} = (T + \frac{1}{2}) \lVert g(x) \rVert^2_{L^2(0,l)}
\end{align*}$
Also bleibt nur noch die Frage: was mache ich mit $\lVert \partial_t u \rVert^2_{L^2(0,l)}$?
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Kampfpudel
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Dabei seit: 02.08.2013
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| Beitrag No.11, eingetragen 2022-10-26
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Dein Vorgehen ist richtig. Kennst du die Poincare-Ungleichung? Diese würde dir auch direkt das liefert, was du noch benötigst.
Der Term \(\partial_t u\) kommt in der Definition von \(\Vert u \Vert_{H^1(0,l)}\) nicht vor, es ist \(\Vert u \Vert_{H^1(0,l)}^2 = \Vert u \Vert_{L^2(0,l)}^2 + \Vert \partial_x u \Vert_{L^2(0,l)}^2\).
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kinglui
Junior
Dabei seit: 10.09.2022
Mitteilungen: 16
| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-26
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Die Poincaré-Ungleichung kannte ich noch nicht, danke für den Tipp!
Und stimmt, ich brauche $\lVert \partial_t u \rVert^2_{L^2(0,l)} $ ja gar nicht 😮
Aber dann bin ich doch auch schon fertig, oder?
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Kampfpudel
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Dabei seit: 02.08.2013
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| Beitrag No.13, eingetragen 2022-10-26
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kinglui
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Dabei seit: 10.09.2022
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| Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2022-10-26
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Vielen Dank für deine Geduld und Hilfe!:)
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kinglui
Junior
Dabei seit: 10.09.2022
Mitteilungen: 16
| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2022-11-05
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Hallo nochmal,
ich mache diesen Post wieder auf, weil mir dazu noch eine weitere Frage kam. Funktionieren die Abschätzungen auch, wenn $u$ nicht die starke, sondern schwache Lösung der linearen Wärmeleitungsgleichung ist?
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| Folgende Antworten hat der Fragensteller vermutlich noch nicht gesehen.
Er/sie war noch nicht wieder auf dem Matheplaneten |
Kampfpudel
Senior
Dabei seit: 02.08.2013
Mitteilungen: 1998
| Beitrag No.16, eingetragen 2022-11-07
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Hey,
ja, dazu musst du dir überlegen, ob das "testen mit \(u\)" (d.h. das dranmultiplizieren von \(u\) und integrieren) noch immer geht. Die restliche Argumentation wäre dann ja die Gleiche
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