Mathematische Modellierung mit Differentialgleichungen

Mathematische Modellierung mit Differentialgleichungen Prof. Dr. Ansgar Ju ¨ngel Fachbereich Mathematik und Informatik Johannes Gutenberg-Universit¨at...
Author: Hertha Kurzmann
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Mathematische Modellierung mit Differentialgleichungen Prof. Dr. Ansgar Ju ¨ngel Fachbereich Mathematik und Informatik Johannes Gutenberg-Universit¨at Mainz Sommer 2003 unkorrigiertes Vorlesungsskript

Inhaltsverzeichnis 1 Modellbildung und Asymptotik 1.1 Grundz¨ uge der Modellbildung . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Skalierungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Schwingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Ein wenig Theorie gew¨ohnlicher Differentialgleichungen 1.5 Regul¨ar und singul¨ar gest¨orte Probleme . . . . . . . . . 2 Dynamik 2.1 Populationsmodelle . . . . . 2.2 Ein Modell f¨ ur Aids . . . . . 2.3 Chemische Reaktionskinetik 2.4 Ein Wirtschaftsmodell . . . 2.5 Elektrische Schaltkreise . . . 2.6 Himmelsmechanik . . . . . . 2.7 Deterministisches Chaos . .

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3 3 5 11 19 25

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34 34 39 44 49 55 60 68

3 Wellenph¨ anomene 73 3.1 Wellengleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 3.2 Schr¨odingergleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 3.3 Computertomographie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

1

4 Str¨ omungen 4.1 Verschmutzung eines Flusses . 4.2 Verkehrsfl¨ usse . . . . . . . . . 4.3 Str¨omungsmechanik . . . . . . 4.4 Bluttransport durch Adern . . 4.5 Str¨omung um einen Tragfl¨ ugel 4.6 Hele-Shaw-Str¨omung . . . . .

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5 Diffusion 5.1 Diffusionsgleichung . . . . . . . . . 5.2 Ein globales Klimamodell . . . . . 5.3 Selbstentz¨ undung von Kohlehaufen 5.4 Elektronenverteilung in Halbleitern

2

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93 93 97 105 113 115 123

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130 . 130 . 135 . 141 . 145

1

Modellbildung und Asymptotik

1.1

Grundzu ¨ ge der Modellbildung

Das Grundziel der mathematischen Modellierung ist die Formulierung, L¨osung und ggf. Verfeinerung eines mathematischen Modells f¨ ur ein reales Problem aus der Industrie, Wirtschaft oder Wissenschaft. Obwohl der Weg der mathematischen Modellierung sehr stark von dem konkreten Problem abh¨angt, wird er immer die folgenden sechs Schritte beinhalten (siehe Abbildung 1.1): 1. Spezifikation des realen Problems, 2. Formulierung eines mathematischen Modells, 3. Analyse des Modells (Vereinfachungen, qualitatives L¨osungsverhalten), 4. L¨osung des Modells (analytisch oder numerisch), 5. Interpretation der Ergebnisse und Vergleich mit dem Ausgangsproblem, 6. eventuell Verfeinerung des Modells. Diese Schritte k¨onnen auch mehrmals durchlaufen werden, wenn das mathematische Modell keine zufriedenstellenden Ergebnisse liefert und es ge¨andert oder verfeinert werden muß. Im folgenden erl¨autern wir die obigen Schritte: 1. Spezifikation des Problems: Zuerst muß das reale Problem pr¨azise spezifiziert werden, um die Fragestellung einzugrenzen. Der Sachverhalt sollte verdeutlicht und die relevanten Daten, Parameter und Variablen m¨ ussen identifiziert werden. Es ist zu erwarten, daß der Sachverhalt vereinfacht werden muß. Welches sind die wichtigsten Prozesse oder Variablen? 2. Mathematische Formulierung: Das spezifizierte Problem muß nun mit Hilfe mathematischer Methoden formuliert werden. Welche Techniken sind angemessen? Wie lauten die Gr¨oßenordnungen der Parameter und Variablen? Sind weitere Vereinfachungen m¨oglich, bzw. gibt es einfache Spezialf¨alle? 3. Mathematische Analyse: H¨aufig stellt sich heraus, daß eine anfangs kompliziert erscheinende Gleichung so umformuliert werden kann, daß sie eine einfachere Struktur aufweist oder in eine bekannte Klasse von Gleichungen eingeordnet werden kann, f¨ ur die bereits mathematische L¨osungstechniken existieren. Ist dies hier der Fall? Kann das mathematische Problem oder k¨onnen Spezialf¨alle explizit gel¨ost werden? Meistens sind

3

Mathematisches Modell

Reales Problem

Spezifikation des Problems

Mathematische Formulierung

Mathematische Analyse

Mathematisches Ergebnis

Lösung des Modells

Interpretation der Lösung

ggf. Verfeinerung des Modells

Abbildung 1.1: Der Modellierungskreislauf. numerische Verfahren zur L¨osung der Gleichung notwendig. Welche Verfahren sind in diesem Fall angebracht? 4. L¨osung des Modells: Nachdem die mathematische Struktur des Problems identifiziert ist, kann das Modell mit Hilfe analytischer und numerischer Methoden gel¨ost werden. Daf¨ ur sind f¨ ur die Anwendungen geeignete Werte der Parameter zu w¨ahlen. Werden numerische Techniken verwendet, ist sicherzustellen, daß die numerische L¨osung tats¨achlich die L¨osung des mathematischen Problems mit hinreichender Genauigkeit approximiert. 5. Interpretation der L¨osung: In diesem Schritt wird untersucht, inwiefern die mathematische L¨osung das reale Problem approximiert. Stimmt die Gr¨oßenordnung der L¨osung mit der erwarteten L¨osung u ultigkeitsbereich der Approxima¨berein? Wie groß ist der G¨ tion? K¨onnen die Resultate durch Experimente validiert werden? 6. Verfeinerung des Modells: Die mathematischen Resultate k¨onnen Hinweise geben, ob eine in der Modellierung vorgenommene Vereinfachung zu einem unrealistischen Ergebnis f¨ uhrt. In diesem Fall m¨ ussen das Modell oder die mathematischen Techniken verbessert werden. Welche Modellierungsannahmen sollen abgeschw¨acht werden? M¨ ussen verfeinerte numerische Methoden zur L¨osung verwendet werden? Dies f¨ uhrt zu einer neuen Spezifikation des realen Problems bzw. zu einer neuen mathematischen Formulierung, und der Modellierungskreislauf beginnt von neuem, bis ein zufriedenstellendes Ergebnis erzielt wird. In den folgenden Kapiteln stellen wir einige konkrete Fragestellungen vor, die wir exemplarisch mittels der obigen Modellierungsschritte l¨osen. Die Probleme repr¨asentieren einerseits typische Ph¨anomene wie Dynamik, Wellen, Str¨omungen und Diffusion und andererseits Beispiele aus verschiedenen Anwendungsgebieten wie Biologie, Chemie, Geowissenschaften, Physik und Wirtschaftswissenschaften. Insbesondere modellieren wir den Krankheitsverlauf HIV-positiver Personen (Biologie), 4

die Ausbreitung von Verschmutzungen im Trinkwasser (Chemie), den Einfluß der Sonneneinstrahlung auf das Weltklima (Geowissenschaften), den Autoverkehr bei Anwesenheit von Ampeln (Physik), die Handelsdynamik zwischen zwei Nationen (Wirtschaftswissenschaften).

1.2

Skalierungen

In diesem Abschnitt pr¨asentieren wir ein einfaches Beispiel f¨ ur die im vorigen Abschnitt erl¨auterten Modellierungsschritte. Dieses Beispiel erlaubt es uns, gleichzeitig auf einige wichtige Konzepte der Entdimensionalisierung und Skalierung einzugehen. Frage: Werfe einen Gegenstand nach oben. Nach welcher Zeit prallt er wieder auf der Erde auf ? Um diese Aufgabe zu l¨osen, ben¨otigen wir einige physikalische Gesetzm¨aßigkeiten, n¨amlich das Newtonsche Gesetz F = m · a, wobei m die Masse eines Gegenstands, a deren Beschleunigung (Geschwindigkeits¨anderung pro Zeiteinheit) und F die auf dem Gegenstand einwirkende Kraft seien; das Gravitationsgesetz F = Gm1 m2

x , |x|3

wobei m1 und m2 die Massen zweier Gegenst¨ande, x deren Abstandsvektor und G die universelle Gravitationskonstante seien; F ist die auf die beiden Gegenst¨ande wirkende Gravitationskraft. Nun k¨onnen wir beginnen, eine Gleichung f¨ ur die Bewegung des geworfenen Gegenstands herzuleiten (Schritt 1). Die Frage bedeutet, genauer formuliert, daß ein Gegenstand der Masse m von der Erdoberfl¨ache mit der Anfangsgeschwindigkeit v senkrecht nach oben geworfen wird. Sei R der Erdradius und x(t) die Entfernung des Gegenstandes von der Erdoberfl¨ache zur Zeit t (siehe Abbildung 1.2). Die mathematische Formulierung der obigen Aufgabe lautet dann: Bestimme den Aufprallzeitpunkt T > 0, f¨ ur den x(T ) = 0 gilt. Um T > 0 zu berechnen, ben¨otigen wir eine Gleichung f¨ ur x(t). Die Beschleunigung x00 (t) = d2 x/dt2 ist durch das Newtonsche Gesetz mx00 = F 5

m

x(t) M

R

Abbildung 1.2: Geometrie f¨ ur den nach oben geworfenen Gegenstand. gegeben. Die Kraft F ist die auf den Gegenstand wirkende Gravitationskraft F =−

GmM , (x(t) + R)2

wobei M die Erdmasse bezeichne, so daß mx00 = −

GmM . (x + R)2

Nach Division durch m und Definition der Gravitationskonstanten der Erde g := GM/R 2 folgt gR2 x00 = − , t > 0. (1.1) (x + R)2 Diese Gleichung ist mit den Anfangsbedingungen x0 (0) = v

x(0) = 0,

(1.2)

zu vervollst¨andigen (Schritt 2). Hierbei haben wir benutzt, daß die Geschwindigkeit x 0 (0) = dx(0)/dt zur Zeit t = 0 gleich v sein soll. Die Gleichung (1.1) ist eine gew¨ohnliche Differentialgleichung, und das Problem (1.1)–(1.2) ist ein Anfangswertproblem. Wir werden im Abschnitt 1.4 die Theorie gew¨ohnlicher Differentialgleichungen auffrischen. Das Problem (1.1)–(1.2) enth¨alt drei physikalische Parameter: g, R und v. Um das Problem zu vereinfachen, wollen wir die Gleichung in eine dimensionslose Form mit m¨oglichst wenigen dimensionslosen Parametern umformulieren (Schritt 3). Dazu gehen wir in zwei Schritten vor. Zuerst stellen wir eine Tabelle aller Variablen und Parameter samt Einheiten auf (Tabelle 1.1). Wir verwenden hierbei das cgs-Einheitensystem, d.h. Zentimeter (cm), Gramm (g) und Sekunde (s). Der zweite Schritt besteht darin, f¨ ur alle Variablen intrinsische Referenzgr¨oßen zu definieren und damit die Variablen zu skalieren. Eine M¨oglichkeit ist es, den Erdradius R

6

Variable:

Dimension cm s cm/s2 cm cm/s

x t g R v

Parameter:

Tabelle 1.1: Auflistung aller Variablen und Parameter.

als charakteristische L¨ange und R/v als charakteristische Zeit zu w¨ahlen. Damit erhalten wir dimensionslose Variablen y :=

x R

und

τ :=

t . R/v

(1.3)

Wie sieht die entsprechende dimensionslose Gleichung aus? Es folgt y 00 =

R gR gR2 1 d2 y ³ R ´2 1 d2 x = = − =− 2 2 2 2 2 dτ v R dt v (Ry + R) v (y + 1)2

und

R x(0) dy (0) = = 1. dτ v R Setzen wir ε = v 2 /gR, lautet das dimensionslose Problem y 0 (0) =

εy 0 = −

1 , (y + 1)2

τ > 0,

y(0) = 0,

y 0 (0) = 1.

(1.4)

Bevor wir das Problem (1.4) weiter analysieren, erkl¨aren wir genauer die allgemeine Vorgehensweise des Entdimensionalisierens von Gleichungen. Seien dazu die Parameter α1 , . . . , αn gegeben, wobei αk die Einheit cm`k gmk stk (k = 1, . . . , n) besitzen. Wir schreiben dies k¨ urzer als [αk ] = (`k , mk , tk ). Beispielsweise gilt [g] = (1, 0, −2) und [ε] = (0, 0, 0). Sei weiter α ein dimensionsloser Parameter. Wir setzen voraus, daß mathematische Modelle von realen Problemen immer in eine dimensionslose Form gebracht werden k¨onnen, indem die dimensionslosen Parameter α als Produkte von Potenzen der urspr¨ unglichen Parameter gew¨ahlt werden. Daraus folgt, daß Zahlen b1 , . . . , bn existieren, so daß α=

n Y

k=1

7

αkbk .

Um die Exponenten b1 , . . . , bn zu bestimmen, verwenden wir (0, 0, 0) = [α] = =

n Y

cmbk `k gbk mk sbk tk

k=1 Ã n X

b k `k ,

n X

bk m k ,

bk t k

k=1

k=1

k=1

n X

!

.

Dies ergibt das lineare Gleichungssystem f¨ ur b1 , . . . , bn mit Koeffizienten `k , mk und tk : n X

n X

`k bk = 0,

k=1

mk bk = 0,

k=1

n X

tk bk = 0.

(1.5)

k=1

Nach Voraussetzung besitzt das Gleichungssystem mindestens eine nicht-triviale L¨osung. Wieviele (linear unabh¨angige) L¨osungen gibt es? Sei n∗ die Anzahl der linear unabh¨angigen L¨osungen, d.h., n∗ ist die Dimension des Kerns der Koeffizientenmatrix   `1 · · · ` n    m1 · · · m n  . t1 · · · t n

Dann ist n∗ die Anzahl der relevanten dimensionslosen Parameter. Sind n¨amlich b = (b1 , . . . bn ) und eb = (eb1 , . . . ebn ) zwei linear abh¨angige L¨osungen des Gleichungssystems, d.h., b = λeb, so folgt f¨ ur die entsprechenden Parameter α=

n Y

αkbk

und

k=1

α e=

n Y

k=1

e

αkbk ,

daß α = α eλ , und wir k¨onnen etwa α e durch α ersetzen. Es gilt (f¨ ur n ≥ 3) 0 ≤ n∗ < n, denn n∗ = n bedeutet, daß die Koeffizientenmatrix eine Nullmatrix sein muß, und dies w¨ urde einem bereits dimensionslosen Problem entsprechen. Im Beispiel des geworfenen Gegenstandes haben wir die Parameter [g] = (1, 0, −2),

[R] = (1, 0, 0),

[v] = (1, 0, −1)

und damit die Koeffizientenmatrix 

 1 1 1   0 .  0 0 −2 0 −1

Wegen n∗ = 1 existiert genau ein dimensionsloser Parameter, n¨amlich die L¨osung (−1, −1, 2) von (1.5). Dies entspricht unserem Parameter v2 ε=g R v = . gR −1

−1 2

8

Schritt 4 des Modellierungsprozesses ist die L¨osung des Problems (1.4). Das Problem kann nicht explizit gel¨ost werden, so daß wir nach einer geeigneten Vereinfachung suchen. Typische Werte f¨ ur die Parameter sind v = 102 . . . 104 cm/s, g ≈ 980 cm/s2 ,

R ≈ 6500 km = 6.5 · 108 cm, so daß

(104 )2 = 0.0002 ¿ 1. 1000 · 5 · 108 Weil ε “sehr klein” ist, sind wir versucht, das Problem (1.4) dadurch zu vereinfachen, daß wir ε = 0 in (1.4) setzen: ε≈

0=−

1 , (y + 1)2

y(0) = 0,

y 0 (0) = 1.

Dieses Problem besitzt keine L¨osung! Was ist schiefgegangen? Die Skalierung (1.3) ist nicht sinnvoll. Das skalierte (dimensionslose) Problem sollte so gew¨ahlt werden, daß die dimensionslosen Variablen die Gr¨oßenordnung eins haben. Ist dies bei der Skalierung (1.3) der Fall? Wir erwarten x = 10 . . . 103 m und t = 1 . . . 100 s. Dann sind y=

x 105 = 0.0002, ≈ R 5 · 108

τ=

t 102 = 0.002 ≈ R/v 5 · 108 /104

nicht von der Gr¨oßenordnung eins. Um eine sinnvolle Skalierung zu erhalten, machen wir die Annahme x ¿ R. Daraus folgt, daß die Beschleunigung x00 die Gr¨oßenordnung |x00 | =

gR2 gR2 ≈ =g (x + R)2 R2

hat. Die typische Beschleunigung g ist gleich der Geschwindigkeit v dividiert durch die typische Zeit θ: g = v/θ oder θ = v/g. Andererseits ist die typische Beschleunigung gleich der typischen L¨ange L dividiert durch das Quadrat der Zeit: g = L/θ 2 oder L = gθ 2 = v 2 /g. Die Referenzzeit und -l¨ange lauten also θ=

v 104 ≈ 3 s = 10 s, g 10

L=

v2 (104 )2 ≈ cm = 105 cm = 1 km, g 103

und die skalierten Variablen

x t , τ := L θ sind von der Gr¨oßenordnung eins. Mit dieser Skalierung lauten die dimensionslosen Gleichungen y :=

y 00 =

gR2 d2 y θ 2 d2 x 1 1 = = − = − , dτ 2 L dt2 g (v 2 y/g + R)2 (εy + 1)2 9

τ > 0,

(1.6)

wobei ε = v 2 /gR, und θ 0 x (0) = 1. L Wegen ε ¿ 1 l¨osen wir das vereinfachte Problem y 0 (0) =

y(0) = 0,

y 00 = −1,

τ > 0,

(1.7)

y 0 (0) = 1.

y(0) = 0,

Die L¨osung lautet

τ2 , τ ≥ 0. 2 Der Aufprallzeitpunkt ist definiert durch y(τ ∗ ) = 0, τ ∗ > 0, also y(τ ) = τ −

τ ∗ = 2. Dies beendet Schritt 4. In Schritt 5 interpretieren wir die gefundene L¨osung: Dazu transformieren wir die Variablen zur¨ uck in die dimensionsbehafteten Variablen: T = θ · τ∗ =

2v . g

(1.8)

Der Aufprallzeitpunkt ist also proportional zur Anfangsgeschwindigkeit. Typische Werte f¨ ur T sind 2 · 102 2 · 104 T ≈ . . . s = 0.2 . . . 20 s. 103 103 Wie genau ist dieses Ergebnis bzw. kann es verbessert werden (Schritt 6)? Wir k¨onnen das Problem (1.6)–(1.7) zwar nicht explizit l¨osen, sind aber in der Lage, eine implizite Formel f¨ ur die L¨osung anzugeben. Dazu multiplizieren wir (1.6) mit y 0 und integrieren in (0, τ ): Z τ Z τ 1 0 2 0 y 0 (s) ds 1 1 1 0 2 1 y (τ ) − = (y (s) ) ds = − = − . (1.9) 2 2 2 ε(εy(τ ) + 1) ε 0 2 0 (εy(s) + 1) Schreiben wir dy = dτ so folgt

Z

y(τ ) 0

µ

s

2 2 − + 1, ε(εy + 1) ε

2 2 − +1 ε(εy + 1) ε

¶−1/2

dy =

Z

τ

dt = τ, 0

τ ≥ 0.

(1.10)

Der Aufprallzeitpunkt τ ∗ ist das Doppelte des Umkehrzeitpunktes τ0 , definiert durch y 0 (τ0 ) = 0, denn zur Zeit τ0 hat der Gegenstand seine maximale H¨ohe erreicht. Aus (1.9) folgt 1 1 1 − , − = 2 ε(εy(τ0 ) + 1) ε 10

also

1 . 2−ε Setzen wir dieses Resultat in (1.10) ein, erhalten wir eine exakte Formel f¨ ur den Aufprallzeitpunkt: ¶−1/2 Z 1/(2−ε) µ 2 2−ε ∗ τ = 2τ0 = 2 − dy. (1.11) ε(εy + 1) ε 0 y(τ0 ) =

Diese Formel macht nur Sinn, wenn ε < 2. Was passiert, wenn ε ≥ 2? Wir haben implizit angenommen, daß der Gegenstand wieder auf der Erdoberfl¨ache aufprallen wird. √ √ Nun bedeutet ε < 2 gerade v < 2gR. Ist die Anfangsgeschwindigkeit gr¨oßer als 2gR, √ so wird der Gegenstand die Erde f¨ ur immer verlassen. Der Grenzwert vg := 2gR wird daher Fluchtgeschwindigkeit genannt. Tats¨achlich folgt im Fall ε = 2 aus (1.10): Z

y(τ ) 0

p 2y + 1 dy = τ,

und f¨ ur τ → ∞ muß das Integral divergieren, was y(τ ) → ∞ impliziert, d.h., der Gegenstand u ¨berwindet das Gravitationsfeld der Erde. Diese Bemerkung zeigt, daß die urspr¨ ungliche Fragestellung ungenau formuliert ist. Es ist implizit angenommen, daß die Anfangsgeschwindigkeit v kleiner als die Fluchtgeschwindigkeit ist. Gilt v ¿ vg , d.h. ε ¿ 1, so ist die Formel (1.8) eine akzeptable Approximation. Sie ist gegen 2v T = g

Z

1/(2−ε) 0

µ

2−ε 2 − ε(εy + 1) ε

¶−1/2

dy

auszutauschen, wenn v nicht sehr viel kleiner als vg ist. ¨ Ubungsaufgabe: Berechnen Sie das Integral (1.11) numerisch f¨ ur ε = 1, 1.5, 1.8, 1.9, 1.95, 1.99, und vergleichen Sie die Ergebnisse mit dem approximativen Aufprallzeitpunkt τ ∗ = 2. ¨ Ubungsaufgabe: Sie werfen einen Stein in einen Brunnen und h¨oren nach t Sekunden den Aufprall. Wie tief ist der Brunnen?

1.3

Schwingungen

Ist die W¨asche in einer Waschmaschinentrommel nicht gleichm¨aßig verteilt, beginnt die Waschmaschine zu vibrieren. Ein Waschmaschinenhersteller muß sicherstellen, daß die Schwingungen nicht zu groß sind, da die Waschmaschine ansonsten die Tendenz hat, sich

11

infolge der Vibrationen von ihrem Standort zu entfernen. Eine M¨oglichkeit, die Schwingungen zu bremsen, besteht darin, eine D¨ampfung in der Schwingungsrichtung einzubauen. Der Hersteller plant, eine gr¨oßere Trommel in seine Maschinen einzubauen. Er hat Bef¨ urchtungen, daß wegen des nun m¨oglichen h¨oheren Bef¨ ullungsgewichtes die Vibrationen im Betrieb zu groß werden k¨onnten. Frage: Wie groß muß die D¨ampfungskraft in der neuen Waschmaschine sein, damit die Schwingungen nicht st¨arker als in der urspr¨ unglichen Maschine sind? Bevor wir diese Frage pr¨azisieren und beantworten k¨onnen, m¨ ussen wir uns mit dem Ph¨anomen der Schwingung besch¨aftigen. Zuerst betrachten wir ein Pendel (siehe Abbildung 1.3). Sei θ = θ(t) die Auslenkung des Pendels in Bogenmaß von der Ruhelage. Die Pendelmasse betrage m. θ L L

F θL

θ −mg −mg sin θ

Abbildung 1.3: Darstellung der auf ein Pendel wirkenden Kr¨afte. Ist das Pendel um den Betrag θL ausgelenkt, wirkt die Gravitationskraft −mg auf das Pendel, genauer gesagt nur die tangentiale Komponente −mg sin θ. Man nennt −mg sin θ auch die R¨ uckstellkraft. Aus dem Newtonschen Gesetz folgt m

d2 θL = −mg sin θ dt2

oder θ00 + ω 2 sin θ = 0,

t > 0,

(1.12)

wobei ω 2 := g/L. Diese gew¨ohnliche Differentialgleichung beschreibt die Dynamik des Pendels. Es sind noch die Anfangsbedingungen θ(0) = θ0 ,

θ0 (0) = v

(1.13)

vorzugeben. In diesem Abschnitt arbeiten wir mit unskalierten Gleichungen, da wir keine “kleinen” Parameter haben. 12

Unser Ziel ist es, die Schwingungsdauer des Pendels zu finden. Wir nehmen dazu an, daß das Pendel nur wenig ausgelenkt werde, d.h. θ ¿ 1. In diesem Fall k¨onnen wir sin θ ≈ θ approximieren und erhalten die Schwingungsgleichung θ00 + ω 2 θ = 0,

t > 0.

Diese Gleichung kann explizit gel¨ost werden, und die allgemeine L¨osung lautet θ(t) = c1 sin ωt + c2 cos ωt,

t ≥ 0.

Die Konstanten c1 , c2 ∈ R k¨onnen aus den Anfangsbedingungen (1.13) bestimmt werden: θ0 = θ(0) = c2 ,

v = θ0 (0) = ωc1 ,

also c1 = ω/v, c2 = θ0 . Aus der L¨osungsformel folgt die Schwingungsdauer s L 2π = 2π . T = ω g Wie groß ist die Schwingungsdauer bei “großen” Auslenkungen? Dazu gehen wir a¨hnlich wie im vorigen Abschnitt vor. Wir multiplizieren (1.12) mit θ 0 und integrieren u ¨ber (0, t): 1 0 2 1 2 θ (t) − v = ω 2 cos θ(t) − ω 2 cos θ0 , (1.14) 2 2 und aus dθ p 2 = 2ω (cos θ − cos θ0 ) + v 2 (1.15) dt folgt Z t Z θ(t) dθ p = ds = t. (1.16) 2ω 2 (cos θ − cos θ0 ) + v 2 0 θ0

Damit das Integral Sinn macht, muß 2ω 2 (cos θ − cos θ0 ) + v 2 > 0 gelten. Beginnt das Pendel zur Zeit t = 0 aus der Ruhelage heraus zu pendeln (d.h. θ0 = 0), so erreicht das Pendel nach t = T /4 die erste maximale Auslenkung θmax , f¨ ur die θ0 (T /4) = 0 gilt. F¨ ur Zeiten t > T /4 wird die Auslenkungsgeschwindigkeit negativ, und wir m¨ ussen in (1.15) ein Minuszeichen vor die Wurzel setzen. Es folgt wegen θ0 = 0 p 0 = θ0 (T /4) = 2ω 2 (cos θmax − 1) + v 2 und damit

θmax

µ

v2 = arccos 1 − 2 2ω



.

Dies macht genau dann Sinn, wenn −1 ≤ 1 − v 2 /2ω 2 ≤ 1 oder √ |v| ≤ 2ω. 13

√ F¨ ur Anfangsgeschwindigkeiten gr¨oßer als 2ω u ¨berschl¨agt sich das Pendel. Diese Situation wollen wir hier ausschließen. Setzen wir den Ausdruck f¨ ur θmax in (1.16) ein, so erhalten wir eine Formel f¨ ur die Schwingungsdauer: ¶ µ Z θmax v2 dθ p mit θmax = arccos 1 − 2 . T =4 2ω 2ω 2 (cos θ − 1) + v 2 0

¨ Ubungsaufgabe: Berechnen Sie das Integral Z θmax 4 dθ p T =√ cos θ − 1 + v 2 /2ω 2 2ω 2 0

numerisch f¨ ur verschiedene Werte von v 2 /2ω 2 . Wie lautet die Schwingungsdauer, wenn v 2 /2ω 2 → 0 bzw. v 2 /2ω 2 → 1? Es gibt u ¨brigens eine einfache physikalische Interpretation der Formel (1.14), geschrieben als m 0 2 m Lθ (t) + mg(1 − cos θ(t)) = Lv 2 + mg(1 − cos θ0 ). (1.17) 2 2 Der Term (m/2)Lθ 0 (t)2 kann als eine kinetische Energie und mg(1 − cos θ0 ) als eine potentielle Energie interpretiert werden. Dann bedeutet (1.17) gerade, daß die Gesamtenergie des Systems m E(t) = Ekin (t) + Epot (t) = Lθ0 (t)2 + mg(1 − cos θ(t)) 2 f¨ ur alle Zeiten t ≥ 0 konstant ist. Wir kehren wieder zu dem Problem der vibrierenden Waschmaschine zur¨ uck. Der Einfachheit halber nehmen wir an, daß sich die Waschmaschinentrommel um ihre horizontale Achse dreht und nur in vertikaler Richtung vibrieren kann. Wir modellieren die Waschmaschine als ein System, das aus einer gef¨ ullten Waschmaschinentrommel, einer Feder und einer D¨ampfung besteht (siehe Abbildung 1.4). Der Schwerpunkt der W¨asche befinde sich um die L¨ange R vom Trommelmittelpunkt entfernt. Wir bezeichnen mit M das Gewicht der Trommel, mit m das effektive Gewicht der W¨asche und mit ω0 die Umdrehungsfrequenz der Trommel. Sei x(t) die Auslenkung der Trommel von ihrer Ruhelage. Nach dem Newtonschen Gesetz gilt: M x00 = R¨ uckstellkraft + Reibungskraft + Anregungskraft. Die R¨ uckstellkraft lautet f¨ ur kleine Auslenkungen x ¿ 1 gerade −kx, wobei k eine Proportionalit¨atskonstante sei. Wir nehmen an, daß die Reibungskraft proportional zur Geschwindigkeit der vertikalen Auslenkung ist, −rx0 , mit einer Proportionalit¨atskonstanten r > 0. Die W¨asche in der Trommel werde angeregt durch die der Auslenkung R sin ω0 t entsprechenden Kraft, d2 m 2 (R sin ω0 t) = −mRω02 sin ω0 t. dt 14

      

 Trommel       

R

       











    



 











       Feder

    

Wäsche

Dämpfung

Abbildung 1.4: Vereinfachte Darstellung der schwingenden Waschmaschine. Damit lautet die Bewegungsgleichung M x00 = −kx − rx0 − mRω02 sin ω0 t oder x00 + 2%x0 + ω 2 x = −γω02 sin ω0 t, wobei 2% :=

r , M

k , M

ω 2 :=

γ :=

t > 0,

(1.18)

mR , M

mit den Anfangsbedingungen x(0) = 0,

x0 (0) = 0.

(1.19)

Der Waschmaschinenhersteller stellt uns die Daten M = 10 kg, m = 2 kg, R = 10 cm,

k = 400 N/m, r = 200 Ns/m, ω0 = 50 Hz

zur Verf¨ ugung. Hierbei bezeichnet N = kg m/s2 die Einheit Newton und Hz = 1/s die Einheit Hertz. Daraus folgt % = 10 s−1 ,

ω 2 = 40 s−2 ,

γ = 2 cm.

(1.20)

Insbesondere hat ω die Einheit 1/s und ist daher eine Frequenz (was die Bezeichnung rechtfertigt). Der Hersteller plant, eine andere Trommel einzubauen, so daß das effektive W¨aschegewicht auf m e = 3 kg steigen kann. Der Abstand des W¨ascheschwerpunktes zum Trommelmittelpunkt sei unver¨andert R = 10 cm. Wir k¨onnen nun die zu Beginn dieses Abschnittes 15

gestellte Frage pr¨aziser formulieren: Wie groß muß der Reibungswiderstand r sein, damit die maximale vertikale Auslenkung der neuen Trommel nicht gr¨oßer ist als die der alten Trommel (mit m = 2 kg)? Um diese Frage zu beantworten, m¨ ussen wir zuerst die maximalen Auslenkungen xmax = sup |x(t)| 0 0. Da eλt 6= 0, folgt

λ2 + 2%λ + ω 2 = 0

mit L¨osungen λ1/2 = −% ±

p

%2 − ω 2 .

Sowohl eλ1 t als auch eλ2 t sind L¨osungen von (1.21), also auch Linearkombinationen davon: x(t) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t ,

t ≥ 0,

mit beliebigen Konstanten c1 , c2 ∈ C. Man kann zeigen, daß alle L¨osungen von (1.21) von dieser Form sind (siehe Abschnitt 1.4). In unserem Fall gilt %2 > ω 2 , also ist p x(t) = e−%t (c1 eδt + c2 e−δt ) mit δ = %2 − ω 2 ∈ R. (1.22) Ist die Reibung so klein, daß %2 < ω 2 , so folgt

x(t) = e−%t (c1 eiDt + c2 e−iDt ) mit D =

p

ω 2 − %2 ∈ R.

Da wir nur an reellwertigen L¨osungen interessiert sind, k¨onnen wir den Real- und Imagin¨arteil dieses Ausdruckes linear kombinieren und erhalten x(t) = e−%t (c3 sin Dt + c4 cos Dt),

c3 , c4 ∈ R.

Eine einfache Rechnung zeigt, daß dies wirklich eine L¨osung von (1.21) ist. Die Theorie gew¨ohnlicher Differentialgleichungen zeigt, daß alle (reellwertigen) L¨osungen diese Gestalt haben. 16

¨ Ubungsaufgabe: Bestimmen Sie alle L¨osungen von (a)

x00 + 4x0 + 3x = 0,

t > 0;

(b)

x00 + 4x0 + 4x = 0,

t > 0;

Hinweis f¨ ur (b): Versuchen Sie auch die Funktion x(t) = te−2t . Wir l¨osen nun die inhomogene Gleichung (1.18). Wir rechnen damit, daß nach dem Einschwingvorgang die Trommel gezwungen wird, mit der Frequenz ω0 zu schwingen. Daher scheint der Ansatz x(t) = a sin ω0 t + b cos ω0 t,

a, b ∈ R,

(1.23)

sinnvoll. Setzen wir ihn in (1.18) ein, erhalten wir 0 = (−aω02 − 2b%ω0 + aω 2 + γω02 ) sin ω0 t + (−bω02 + 2a%ω0 + bω 2 ) cos ω0 t,

t > 0.

W¨ahlen wir zuerst t = π/2ω0 und dann t = 0, folgt (ω 2 − ω02 ) · a − 2%ω0 · b = −γω02 , 2%ω0 · a + (ω 2 − ω02 ) · b = 0.

(1.24) (1.25)

Dies ist ein lineares Gleichungssystem f¨ ur a und b, das genau dann eine eindeutige L¨osung besitzt, wenn ! Ã ω 2 − ω02 −2%ω0 = (ω 2 − ω02 )2 + 4%2 ω02 6= 0. det 2%ω0 ω 2 − ω02 Das ist der Fall, wenn % > 0 und ω0 > 0. Wir schließen, daß der Ansatz (1.23) tats¨achlich eine L¨osung von (1.18) ist. Die Summe aus der allgemeinen L¨osung (1.22) der homogenen Gleichung und der (speziellen) L¨osung (1.23) der inhomogenen Gleichung ist wieder eine L¨osung von (1.18): x(t) = e−%t (c1 eδt + c2 e−δt ) + a sin ω0 t + b cos ω0 t,

(1.26)

wobei (a, b) die L¨osung von (1.24)–(1.25) ist und (c1 , c2 ) aus den Anfangsbedingungen (1.19) bestimmt werden kann. ¨ Ubungsaufgabe: Berechnen Sie c1 , c2 , a und b. Welchen Wert hat nun xmax = supt |x(t)|? Obwohl wir die L¨osung x(t) explizit berechnet haben, ist die Frage anhand der L¨osungformel nicht einfach zu beantworten. Wir geben eine numerische Antwort. In Abbildung 1.5 ist die L¨osung (1.26) mit den Daten (1.20) 17

6 5

Auslenkung in cm

4 3 2 1 0 −1 −2 0

0.5

1 Zeit in sec.

1.5

2

Abbildung 1.5: L¨osung von (1.18)–(1.19) mit % = 10 s−1 , ω 2 = 40 s−2 , γ = 2 cm. illustriert. Die maximale Auslenkung betr¨agt xmax ≈ 5.9 cm. Mit der neuen Trommel folgt m e = 3 kg und γ = 3 cm mit maximaler Auslenkung xmax ≈ 8.4 cm (Abbildung 1.6). Die D¨ampfung muß auf r = 380 Ns/m bzw. % = 19 s−1 erh¨oht werden, damit die Auslenkung den urspr¨ unglichen Wert von xmax = 5.9 cm nicht u ¨berschreitet (Abbildung 1.7). Die L¨osung (1.26) besteht aus zwei Anteilen: dem Einschwinganteil e−%t (c1 eδt + c2 e−δt ) und der dauerhaften Schwingung a sin ω0 t + b cos ω0 t. Zuweilen ist nicht nur die maximale Auslenkung f¨ ur alle t ≥ 0 von Bedeutung, sondern auch die gr¨oßte Auslenkung x im dauerhaften Betrieb der Trommel. Da der Einschwinganteil f¨ ur t → ∞ abklingt, folgt x = sup |a sin ω0 t + b cos ω0 t| t

¯µ ¶ µ ¶¯ ¯ ¯ a sin ω t 0 ¯ · = sup ¯¯ cos ω0 t ¯ b t √ ≤ a2 + b 2 . Eine einfache Rechnung zeigt, daß µ µ ¶ ¶ −(ω 2 − ω02 ) a γω02 = 2 (ω − ω02 )2 + (2%ω0 )2 2ω0 b und damit x ≤

γω02 ((ω 2 − ω02 )2 + (2%ω0 )2 )1/2 (ω 2 − ω02 )2 + (2%ω0 )2 18

10

Auslenkung in cm

8 6 4 2 0 −2 −4 0

0.5

1 Zeit in sec.

1.5

2

Abbildung 1.6: L¨osung von (1.18)–(1.19) mit % = 10 s−1 , ω 2 = 40 s−2 , γ = 3 cm. γω02 ((ω 2 − ω02 )2 + (2%ω0 )2 )1/2 γω0 ≤ . 2% =

F¨ ur die alte Waschmaschinentrommel gilt x = 5 cm. Um den gleichen Wert f¨ ur die neue Trommel zu erhalten, gen¨ ugt es, eine D¨ampfung mit % = 15 s−1 bzw. r = 300 Ns/m zu w¨ahlen. Beachte, daß der maximale Wert f¨ ur x nur f¨ ur ω = ω0 erreicht wird. Dies bedeutet, daß die Eigenschwingungsfrequenz ω, die aus der R¨ uckstellkraft resultiert und die eine intrinsische Konstante der Waschmaschine ist, gleich der von außen aufgepr¨agten Anregungsfrequenz ist. Dieser Fall wird Resonanz genannt. Im Falle verschwindender Reibung % = 0 folgt im Resonanzfall ω → ω0 , daß a → ∞ und b → ∞ und somit x → ∞. Die maximale Auslenkung w¨achst also u ¨ber alle Maßen. Dieses Verhalten wird Resonanzkatastrophe genannt.

1.4

Ein wenig Theorie gew¨ ohnlicher Differentialgleichungen

Die Modellierung dynamischer Prozesse geschieht h¨aufig – wie in den beiden vorigen Abschnitten – mit Hilfe von gew¨ohnlichen Differentialgleichungen. In diesem Abschnitt geben wir einige Resultate aus der Theorie der Differentialgleichungen an. Definition 1.1 Sei f : Rn × R → R eine Funktion und seien t0 , x1 , . . . , xn ∈ R. Dann heißt x(n) = f (x(n−1) , . . . , x0 , x, t), t ∈ R, (1.27) 19

6 5

Auslenkung in cm

4 3 2 1 0 −1 −2 0

0.5

1 Zeit in sec.

1.5

2

Abbildung 1.7: L¨osung von (1.18)–(1.19) mit % = 19 s−1 , ω 2 = 40 s−2 , γ = 3 cm. (explizite) gew¨ohnliche Differentialgleichunge n-ter Ordnung, und x(t0 ) = x1 ,

x0 (t0 ) = x2 , . . . ,

x(n−1) (t0 ) = xn

(1.28)

heißen Anfangswerte f¨ ur (1.27), wobei x(i) die i-te Ableitung von x bezeichne. Wir nennen x : I → R eine L¨osung von (1.27)–(1.28), wenn I ein offenes Intervall ist, das t0 enth¨alt, u ∈ C n (I), und u l¨ost (1.27)–(1.28). Das Problem (1.27)–(1.28) bezeichnen wir auch als ein Anfangswertproblem. Jede Differentialgleichung n-ter Ordnung kann in ein System von Differentialgleichungen 1. Ordnung umformuliert werden. Definiere dazu die Funktionen u1 := x, u2 := x0 , . . . ,

un := x(n−1) .

Dann sind (1.27)–(1.28) ¨aquivalent zu u0 = F (u, t), wobei 



u1  ..  u =  . , un

t ∈ R,



  F (u, t) =   

u(t0 ) = u0 , u1 .. .

un f (un , . . . , u1 , t)



  ,  

(1.29) 

 x1  .  u0 =  ..  . xn

Es gen¨ ugt also im folgenden, das Anfangswertproblem (1.29) zu untersuchen. Die Existenz und Eindeutigkeit von L¨osungen von (1.29) ist unter den folgenden Bedingungen sichergestellt. 20

Satz 1.2 Seien U ⊂ Rn eine offene Menge, F : U × R → Rn eine Funktion und (u0 , t0 ) ∈ U × R. Dann gilt: (1) Ist F stetig, so existiert eine lokale L¨osung u von (1.29), d.h., es existiert δ > 0, so daß u ∈ C 1 (t0 − δ, t0 + δ) eine L¨osung von (1.29) ist. (2) Ist F lokal Lipschitzstetig bez¨ uglich u gleichm¨aßig in t, so existiert eine eindeutige lokale L¨osung von (1.29). (3) Ist F global Lipschitzstetig bez¨ uglich u gleichm¨aßig in t, so eistiert eine eindeutige L¨osung von (1.29), die f¨ ur alle t ∈ R definiert ist. F¨ ur einen Beweis verweisen wir auf [4]. Beispiel 1.3 Das Problem u0 =

√ u,

u ≥ 0, t ∈ R,

u(0) = 0,

besitzt unendlich viele L¨osungen, n¨amlich ( 0 : −∞ < t ≤ t0 u(t) = 1 2 (t − t0 ) : t ≥ t0 . 4

√ Beachte, daß die Funktion F (u) = u, u ≥ 0, nicht Lipschitzstetig auf U = [0, ∞) ist. √ Allerdings ist F (u) = u, definiert f¨ ur u ∈ [u0 , ∞), u0 > 0, Lipschitzstetig, und das entsprechende Anfangswertproblem u0 =

√ u,

u ≥ u0 , t ∈ R,

besitzt die eindeutige L¨osung u(t) = (t/2 +



u(0) = u0 ,

√ u0 )2 , t ≥ −2 u0 .

¤

Von besonderem Interesse sind Systeme linearer Differentialgleichungen u0 = Au,

u ∈ Rn , t ∈ R,

u(0) = u0 ,

(1.30)

mit A ∈ Rn×n . Diese besitzen immer eine eindeutige L¨osung f¨ ur alle t ∈ R, da F (u) = Au global Lipschitzstetig ist. Wieviele L¨osungen hat u0 = Au,

u ∈ Rn , t ∈ R?

Wir behaupten, daß der L¨osungsraum U = {u ∈ C 1 (R; Rn ) : u0 = Au} 21

ein linearer Raum der Dimension n ist. F¨ ur den Beweis definieren wir eine Abbildung n H : U → R durch H(u) = u(0). Die Funktion H ist linear (da die Differentialgleichung linear ist), injektiv (da die Differentialgleichung eindeutig l¨osbar ist) und surjektiv (da die Gleichung eine globale L¨osung besitzt). Damit ist H ein Isomorphismus zwischen U und Rn , und es folgt dim U = dim Rn = n. ¨ Wie sehen die L¨osungen von (1.30) aus? Die Matrix A kann durch eine Ahnlichkeitstransformation in die Jordansche Normalenform



 λk 1 0     λk 1   J = diag(B1 , . . . , Bm ) mit Bk =  ...  1   0 λk

gebracht werden, d.h., es existiert eine invertierbare Matrix Q mit A = Q −1 JQ. Sei nun u eine L¨osung von u0 = Au und v := Qu. Dann l¨ost v v 0 = Qu0 = QAu = QAQ−1 v = Jv.

(1.31)

Dieses System kann einfach rekursiv f¨ ur jeden Block Bk gel¨ost werden. Aus       λk 1 0 vk1 vk1     .  λk 1 d  .     ..   ..  =  .   . dt . 1   vkN vkN 0 λk folgt

0 vkN = λk vkN , also vkN (t) = eλk t , 0 λk t , also vk,N −1 (t) = teλk t , vk,N −1 = λk vk,N −1 + e 2 0 λk t vk,N , also vk,N −2 (t) = t2 eλk t usw. −2 = λk vk,N −2 + te

Die allgemeine L¨osung von (1.31) hat die Struktur v(t) =

X ti i,k

i!

e λk t .

Folglich hat die L¨osung u von u0 = Au die L¨osungsstruktur X u(t) = Q−1 v(t) = qik ti eλk t , i,k

wobei qik die Matrixelemente von Q−1 sind. Sind die Eigenwerte λk komplex, suchen wir jedoch reellwertige L¨osungen, und u enth¨alt dann wegen eλt = eReλ·t (cos(Imλ · t) + i sin(Imλ · t)) die Terme t i e λk t

und ti eReλk ·t (ak cos(Imλk · t) + bk sin(Imλk · t)). 22

Die L¨osung von (1.30) kann auch kompakt als u(t) = eAt u0 , geschrieben werden, wobei e

At

t ∈ R,

∞ X 1 k k t A . := k! k=0

Man kann zeigen, daß diese unendliche Reihe (in der Matrixnorm) konvergiert. Als n¨achsten Schritt betrachten wir die inhomogene lineare Gleichung u0 = Au + f (t), Die L¨osung lautet At

u(t) = e u0 +

t ∈ R, Z

u(0) = u0 .

(1.32)

t

eA(t−s) f (s) ds. 0

¨ Ubungsaufgabe: Verifizieren Sie, daß diese Funktion eine L¨osung von (1.32) ist. H¨aufig ist das Langzeitverhalten der L¨osung u von u0 = Au von Interesse. Da u(t) eine Linearkombination von Termen der Form tk eλt ist und |tk eλt | = |t|k eReλ·t gilt, erhalten wir die folgende Aussage. Satz 1.4 Sei u eine L¨osung von u0 = Au, t > 0. (1) Gilt f¨ ur alle Eigenwerte λ von A, daß Reλ < 0, so folgt u(t) → 0 f¨ ur t → ∞. (2) Existiert ein Eigenwert λ von A, mit Reλ > 0, so folgt |u(t)| → ∞ f¨ ur t → ∞. Dieses Resultat kann f¨ ur nichtlineare Gleichungen von der Form u0 = f (u),

u ∈ U, t > 0,

u(0) = u0 ,

in folgender Weise verallgemeinert werden. Satz 1.5 Sei U ⊂ Rn offen und f : U → Rn Lipschitzstetig. Sei weiter u∞ ∈ U mit f (u∞ ) = 0 und sei f in einer Umgebung von u∞ stetig differenzierbar. Dann gilt: (1) Gilt f¨ ur alle Eigenwerte λ von f 0 (u∞ ), daß Reλ < 0, so ist u∞ asymptotisch stabil, d.h., es gibt eine Umgebung W von w0 , so daß f¨ ur alle u0 ∈ W gilt |u(t) − u∞ | → 0 (t → ∞). 23

(1.33)

(2) Gibt es einen Eigenwert λ von f 0 (u∞ ) mit Reλ > 0, so ist u∞ instabil, d.h., u∞ ist nicht stabil. Wir nennen einen station¨aren Punkt u∞ (d.h. u∞ ∈ U mit f (u∞ ) = 0) stabil, wenn es f¨ ur alle offenen Mengen W ⊂ U mit u∞ ∈ W eine offene Menge V ⊂ W mit u∞ ∈ V gibt, so daß u0 ∈ W =⇒ u(t) ∈ W f¨ ur alle t ≥ 0 (siehe Abbildung 1.8). Pr¨asize definiert bedeutet asymptotische Stabilit¨at eines stati-

  

u

u(t) 0

8

u

V

W

Abbildung 1.8: Zur Stabilit¨at eines station¨aren Punktes u∞ . on¨aren Punktes u∞ , daß u∞ stabil ist und (1.33) gilt. Als Beispiel betrachten wir die Schwingungsgleichung ohne anregende Kraft aus dem vorigen Abschnitt: x00 + 2%x0 + ω 2 x = 0, t > 0, wobei % im wesentlichen eine Reibungskonstante darstellt. Die Matrix des Systems erster Ordnung mit u1 := x, u2 := x0 !µ ¶ µ ¶0 Ã 0 1 u1 u1 = , t > 0, 2 u2 u2 −ω −2% besitzt die Eigenwerte λ1,2 = −% ±

p

%2 − ω 2 ,

also Reλ1,2 < 0 genau dann, wenn % < 0. Damit ist u∞ = 0 asymptotisch stabil und u(t) → 0 f¨ ur t → ∞. Dies ist physikalisch plausibel, da die Reibung der Schwingung so lange Energie entzieht, bis sie zur Ruhe kommt. Im Falle negativer Reibung % < 0 dagegen gilt Reλ1,2 > 0, und die L¨osung ist instabil. Es ist sogar |u(t)| → ∞ f¨ ur t → ∞. Ohne Reibung % = 0 erhalten wir die allgemeine L¨osung x(t) = a sin ωt + b cos ωt, die ebenfalls instabil ist. Allerdings stellt diese L¨osung einen periodischen Orbit dar. F¨ ur weitere Informationen verweisen wir auf [4].

24

1.5

Regul¨ ar und singul¨ ar gest¨ orte Probleme

In Abschnitt 1.2 haben wir den Aufprallzeitpunkt eines senkrecht nach oben geworfenen Gegenstandes aus der L¨osung des Anfangswertproblems x00 = −

1 , (εx + 1)2

t > 0,

x(0) = 0,

x0 (0) = 1

(1.34)

bestimmt, indem wir das Problem f¨ ur ε = 0 explizit gel¨ost haben. In diesem Abschnitt untersuchen wir, inwiefern die L¨osung des Problems f¨ ur ε = 0 die L¨osung des vollen Problems approximiert und wie bessere N¨aherungsl¨osungen gefunden werden k¨onnen. Wir machen f¨ ur das Problem (1.34) den Ansatz x(t) = x0 (t) + εx1 (t) + O(ε2 )

(ε → 0).

Einsetzen in (1.34) und Taylorentwicklung um y = 0 von −1 = −1 + 2y + O(y 2 ) (1 + y)2

(y → 0)

liefert −1 = −1 + 2εx0 + O(ε2 ), (1 + εx0 + O(ε2 ))2 x0 (0) + εx1 (0) + O(ε2 ) = 0, x000 + εx001 + O(ε2 ) =

x00 (0) + εx01 (0) + O(ε2 ) = 1. Ein Koeffizientenvergleich ergibt dann f¨ ur ε0 : x000 = −1,

ε1 : x001 = 2x0 ,

x0 (0) = 0, x00 (0) = 1,

(1.35)

x1 (0) = 0, x01 (0) = 0.

(1.36)

Das Problem (1.35) entspricht gerade unserem Problem (1.34) f¨ ur ε = 0 und besitzt die 2 L¨osung x0 (t) = t − t /2. Setzen wir dies in (1.36) ein, folgt x1 (t) = t3 /3 − t4 /12 und damit die verbesserte N¨aherungsl¨osung ³ t´ t3 ³ t´ x(t) = t 1 − +ε 1− + O(ε2 ). 2 3 4

Es ist sogar m¨oglich, die Approximation f¨ ur x(t) durch den allgemeinen Ansatz x(t) =

n X

εk xk (t) + O(εn+1 )

k=0

zu verbessern. Der Faktor εx in der Gleichung (1.34) st¨ort die L¨osung also nur um Terme von der Gr¨oßenordnung O(ε). Solche Probleme nennen wir regul¨ar gest¨ort. 25

F¨ ur eine pr¨azisere Definition betrachten wir eine Abbildung F : B1 × [0, 1] → B2 , wobei (B1 , k · k1 ) und (B2 , k · k2 ) zwei Banachr¨aume seien. Wir suchen N¨aherungen des Problems F (xε , ε) = 0. (1.37) Es ist naheliegend, eine L¨osung x0 des sogenannten reduzierten Problems F (x0 , 0) = 0 als eine N¨aherung von xε zu verwenden. Um eine bessere Approximation zu finden, kann man versuchen, den Ansatz n X ε k xk xε,n := k=0

in (1.37) einzusetzen, die linke Seite nach Potenzen von ε zu entwickeln und einen Koeffizientenvergleich f¨ ur εk durchzuf¨ uhren. Kann man F (x, ε) =

n X

Fj (x)εj + O(εn+1 )

j=0

(ε → 0)

entwickeln, so folgt 0 = F

n ³X k=0

=

n X ¡ j=0

n n ´ X ³X ´ Fj εk xk + O(εn+1 ), ε = εk xk + O(εn+1 ) εj + O(εn+1 ) j=0

k=0

¢ Fj (x0 ) + Fj0 (x0 )εx1 + . . . εj + O(εn+1 ),

also f¨ ur ε0 : F0 (x0 ) = 0, ε1 : F00 (x0 )x1 + F1 (x0 ) = 0 usw. Wir nennen nun die N¨aherung xε,n konsistent, wenn das Residuum rε := F (xε,n , ε) f¨ ur ε → 0 gegen Null konvergiert: kF (xε,n , ε)k2 → 0

(ε → 0).

Ist es m¨oglich, die N¨aherungen x0 , . . . , xn zu berechnen, und ist xε,n konsistent, so nennen wir xε,n eine formal asymptotische Entwicklung der Ordnung n von xε , und das Problem (1.34) heißt regul¨ar gest¨ort, wenn f¨ ur alle n ∈ N eine formal asymptotische Entwicklung existiert. Anderenfalls nennen wir das Problem singul¨ar gest¨ort. Was geschieht bei singular gest¨orten Problemen? Dazu betrachten wir zwei Beispiele. 26

Beispiel 1.6 Die Schwingungen gewisser selbsterregter Systeme werden durch die Vander-Pol-Gleichung x00 + ε(x2 − 1)x0 + x = 0,

t > 0,

x0 (0) = 0,

x(0) = x,

(1.38)

beschrieben. Hierbei ist ε > 0 ein im allgemeinen “kleiner” Parameter im Sinne von ε ¿ 1. F¨ ur |x| > 1 wird das System ged¨ampft, f¨ ur |x| < 1 angeregt (negative D¨ampfung). Wir sind an dem Verhalten der L¨osung f¨ ur Zeiten t → ∞ interessiert. Die Gleichung (1.38) ist nichtlinear und kann nicht explizit gel¨ost werden. Wir l¨osen zuerst das reduzierte Problem x000 + x0 = 0,

x(0) = x,

x00 (0) = 0.

Die L¨osung x0 (t) = x cos t, t ≥ 0, ist konsistent, denn f¨ ur das Residuum rε gilt rε = x000 + ε(x20 − 1)x00 + x0 = ε(x20 − 1)x00 und damit krε k∞ := sup |rε (t)| ≤ εx(x2 + 1) → 0 0 1 ged¨ampft werden. Wir erhalten genau dann keine Resonanz, wenn die Koeffizienten vor den sinund cos-Termen in (1.42) verschwinden. Dies f¨ uhrt auf die folgenden Gleichungen f¨ ur die Funktionen a und b: µ ¶ a2 a da 1− , a(0) = x, = dt1 2 4 db = 0, b(0) = 0, dt1 mit L¨osungen

Damit folgt

2x a(t1 ) = p 2 , x − (x2 − 4)e−t1

b(t1 ) = 0,

2x cos t , x0 (t, εt) = p 2 x − (x2 − 4)e−εt

t1 ≥ 0.

t ≥ 0.

Dies ist sicherlich eine bessere Approximation als die L¨osung u0 (t) = x cos t des reduzierten Problems. Insbesondere folgt |x0 (t, εt)2 − 4 cos2 t| =

4|x2 − 4|e−εt cos2 t →0 x2 − (x2 − 4)e−εt

(t → ∞)

und folglich u0 (t, εt) − 2 cos t → 0

(t → ∞).

Damit ist das Verhalten der N¨aherungsl¨osung u0 (t, εt) der Van-der-Pol-Gleichung gekl¨art. Man nennt u ur t → ∞ dem Graphen ¨brigens 2 cos t auch Grenzzykel, da sich die L¨osung f¨ von 2 cos t ann¨ahert. Dies gilt auch f¨ ur die L¨osung des vollen Problems (1.38).

29

Beispiel 1.7 Wir betrachten −εu00 + u0 + u = 0,

x ∈ (0, 1),

u(0) = 1,

u(1) = 0.

(1.43)

Da wir die Randwerte der gesuchten Funktion u(x) vorgegeben haben, nennt man (1.43) ein Randwertproblem. Das reduzierte Problem u0 + u = 0,

x ∈ (0, 1),

u(0) = 1,

u(1) = 0

hat keine L¨osung, da die allgemeine L¨osung von u0 + u = 0, n¨amlich u(x) = ce−x mit c ∈ R, nicht beide Randbedingungen gleichzeitig erf¨ ullen kann. Es gibt also nicht einmal eine formale asymptotische N¨aherung der Ordnung null. Das Problem (1.43) ist folglich singul¨ar gest¨ort. Wir erwarten, daß sich eine asymptotische N¨aherung im Innern von (0, 1) wie ce−x verh¨alt, aber in der N¨ahe von x = 0 bzw. x = 1 eine Grenzschicht aufweist, um die Randbedingungen erf¨ ullen zu k¨onnen. Um das Verhalten in der N¨ahe der Grenzschicht analysieren zu k¨onnen, verwenden wir eine Art “mathematische Lupe”, genauer eine Variablentransformation, etwa x α > 0, ξ = α, ε in der N¨ahe von x = 0. Wir nennen ξ eine Grenzschichtvariable. Die Funktion v(ξ) = u(x/εα ) erf¨ ullt wegen v 0 = εα u0 die Gleichung −ε1−2α v 00 + ε−α v 0 + v = 0,

ξ ∈ (0, ε−α ).

(1.44)

Beachte, daß u0 = du/dx, aber v 0 = dv/dξ. Die Frage ist nun, welches α zu w¨ahlen ist. Wir wollen ein α ausw¨ahlen, so daß (1.44) im Grenzwert ε → 0 die “maximale” Information enth¨alt. Wir gehen heuristisch vor, da das Auffinden von Grenzschichten nur schwer formalisiert werden kann. Die Vorgehensweise ist wie folgt. Wir setzen je zwei Exponenten in (1.44) gleich und setzen voraus, daß die u ¨brigen Exponenten nicht kleiner sind: −α = 0 ≤ 1 − 2α impliziert α = 0 : das ist uninteressant; 1 1 − 2α = 0 ≤ −α impliziert α ≤ 0 und α = 2 : Widerspruch; 1 − 2α = −α ≤ 0 impliziert α ≥ 0 und α = 1. Der letzte Fall erscheint sinnvoll, so daß wir α = 1 w¨ahlen. Die Grenzschichtvariable an x = 0 lautet ξ = x/ε. Analog erhalten wir f¨ ur die Grenzschichtvariable η an x = 1 die Beziehung η = (1 − x)/ε. Wir wissen allerdings noch nicht, ob es eine Grenzschicht nur an x = 0 oder nur an x = 1 oder ob es zwei Grenzschichten gibt. Um dies herauszufinden, machen wir den Ansatz uasym (x) = u(x) + u0 (ξ) + u1 (η) 30

f¨ ur die asymptotische N¨aherung uasym der L¨osung von u von (1.43). Wir setzen voraus, daß die Funktionen u0 und u1 außerhalb der Grenzschicht verschwinden, genauer d k u0 (ξ) = 0 und ξ→∞ dξ k lim

d k u1 (η) = 0 η→∞ dη k lim

f¨ ur alle k ≥ 0.

Wie lauten die Gleichungen f¨ ur u, u0 und u1 ? Wir fordern ³ ´ 00 0 0 = lim − εuasym + uasym + uasym ε→0 ´ ³ 1 d2 u0 1 du0 1 d2 u1 1 du1 d2 u du + − = lim − ε 2 + +u− + u − + u 0 1 ε→0 dx dx ε dξ 2 ε dξ ε dη 2 ε dη ³ du 1 d2 u0 1 du0 1 d2 u1 1 du1 ´ +u− + − − = lim , ε→0 dx ε dξ 2 ε dξ ε dη 2 ε dη

denn u0 (ξ) = u0 (x/ε) → 0 f¨ ur ε → 0 bzw. ξ → ∞ (x > 0) und analog u1 (η) → 0 f¨ ur ε → 0 bzw. η → ∞ (x > 0). Die obige Gleichung ist erf¨ ullt, wenn du +u=0 dx und

d2 u0 du0 − = 0, dξ 2 dξ

(1.45)

d2 u1 du1 − =0 dη 2 dη

(1.46)

gelten. Die allgemeine L¨osung von (1.45) lautet u(x) = c1 e−x ; dies ist wie erwartet die L¨osung im “Innern” von (0, 1). Die allgemeinen L¨osungen von (1.46) lauten u0 (ξ) = c2 + c3 eξ

und

u1 (η) = c4 + c5 e−η .

Wegen u0 (ξ) → 0 f¨ ur ξ → ∞ muß c2 = c3 = 0 gelten. Die Forderung u1 (η) → 0 f¨ ur η → ∞ impliziert c4 = 0. Wir erhalten also nur eine Grenzschicht an x = 1. Die L¨osung lautet nun uasym (x) = c1 e−x + c5 e−(1−x)/ε . Die Konstanten c1 und c5 k¨onnen aus den Randbedingungen uasym (0) = 1 und uasym (1) = 0 berechnet werden; das Resultat ist uasym (x) =

e−x − e−1+(x−1)/ε , 1 − e−(1+1/ε)

x ∈ [0, 1].

(1.47)

Die Funktion uasym ist in Abbildung 1.9 dargestellt; die Grenzschicht in der N¨ahe von x = 1 ist deutlich erkennbar. Ist die N¨aherung von uasym konsistent? Dazu berechnen wir das Residuum rε (x) = −εu00asym + u0asym + uasym = − 31

εe−x + e−1+(x−1)/ε . 1 − e−(1+1/ε)

1

0.8

u(x)

0.6

0.4

0.2

0 0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

x

Abbildung 1.9: Plot der Funktion uasym aus (1.47) f¨ ur ε = 0.01. Es gilt rε (x) → 0 f¨ ur ε → 0, wenn x ∈ [0, 1), aber rε (1) = −

εe−1 + e−1 1 →− , −(1+1/ε) 1−e e

f¨ ur ε → 0.

Dies bedeutet, daß uasym nicht in der Supremumsnorm konsistent ist. Allerdings ist uasym in der sogenannten L2 -Norm k · k2 konsistent, wobei kuk2 := In der Tat, wir berechnen Z 1 rε (x)2 dx = 0

µZ

1 2

u(x) dx 0

1 (1 − e−(1+1/ε) )2

Z

¶1/2

.

1

(εe−x + e−1+(x−1)/ε )2 dx

0

−1/ε+1 ε2 ε −2 −1 −2/ε 2 −2 1 − e = (1 − e ) + e (1 − e ) + 2ε e 2 2 1−ε

≤ const. ε → 0

(ε → 0).

F¨ ur weitere Informationen u ¨ber das Verhalten von L¨osungen von Differentialgleichungen mit kleinen Parameters verweisen wir auf [1, 7]. ¨ Ubungsaufgabe: Ist das Problem x00 + x = εx,

t > 0,

x(0) = x,

regul¨ar oder singul¨ar gest¨ort auf t ∈ (0, ∞)? 32

x0 (0) = 0,

¨ Ubungsaufgabe: Wir sagen, eine Funktionenfolge uε : U → R, ε > 0, hat ein Grenzschichtverhalten an x0 ∈ U genau dann, wenn der Grenzwert limε→0 uε in der Supremumsnorm u ¨ber jede Menge V mit V ⊂ U \{x0 } existiert, aber nicht in der Supremumsnorm u ¨ber U . (1) Hat die L¨osung u von εu0 = −u + x + ε,

x > 0,

u(0) = 1,

ein Grenzschichtverhalten? (2) Hat die Funktion uasym aus (1.47) ein Grenzschichtverhalten?

33

2

Dynamik

In diesem Kapitel betrachten wir zeitabh¨angige Prozesse, die das dynamische Verhalten einer oder mehrerer Variablen beschreiben und die zumeist auf Anfangswertprobleme f¨ ur Differentialgleichungen f¨ uhren.

2.1

Populationsmodelle

Kulturpflanzen werden zum Großteil unter kontrollierten Bedingungen in Gew¨achsh¨ausern gezogen. Leider sind dies auch ideale Bedingungen f¨ ur die Vermehrung von Sch¨adlingen, wie etwa der gemeinen Spinnmilbe. Wird eine Pflanze von zu vielen Spinnmilben befallen, stirbt sie ab. Das Ziel ist also, die Anzahl der Spinnmilben m¨oglichst gering zu halten. Prinzipiell kann dies durch den Einsatz von Insektiziden geschehen. Dies hat jedoch einige entscheidende Nachteile: Insektizide wirken im allgemeinen nur f¨ ur kurze Zeit, die behandelten Pflanzen d¨ urfen f¨ ur einige Zeit nicht abgeerntet werden, und Insektizide haben negative Auswirkungen auf die Umwelt. Eine sinnvolle, ¨okologisch vertretbare Alternative ist das Aussetzen von nat¨ urlichen Feinden, etwa der Raubmilbe. Hierbei stellt sich die folgende Frage: Frage: Wieviel Raubmilben m¨ ussen ausgesetzt werden, damit die Anzahl der Spinnmilben unter eine vorgegebene Grenze sinkt? Um diese Frage zu beantworten, m¨ ussen wir uns etwas eingehender mit Populationsmodellen befassen. Sei x(t) ≥ 0 die Anzahl der Spinnmilben (etwa pro Pflanze) zur Zeit ¨ t. Die zeitliche Anderung der Spinnmilbenpopulation ist gegeben durch x0 = (g − s)x,

t > 0,

x(0) = x0 ,

(2.1)

wobei g ≥ 0 die Geburtsrate und s ≥ 0 die Sterberate ist. Die L¨osung lautet x(t) = x0 e(g−s)t . Ist die Geburtsrate gr¨oßer als die Sterberate, so w¨achst die Spinnmilbenpopulation unbegrenzt. Das ist unrealistisch, da das begrenzte Nahrungsangebot nicht ber¨ ucksichtigt wird. Ein Vorschlag ist, die Sterberate s = s(x) = s0 + ax zu w¨ahlen, wobei s0 ≥ 0 die nat¨ urliche Sterberate und a ≥ 0 ist. Ist die Population sehr groß, so w¨achst auch die Sterberate, und wir erwarten, daß sich die Population auf einen gewissen Wert einpendelt. Aus (2.1) ergibt sich mit b = g − s0 die sogenannte logistische Differentialgleichung (oder das Verhulst-Modell) x0 = x(b − ax),

t > 0, 34

x(0) = x0 .

Durch Integration ¶ Z x(t) µ 1 1 a dx dx dτ = = + t = b x b − ax x(0) x(b − ax) x0 0 µ ¶ 1 b − ax0 x(t) = + a ln ln b x0 b − ax(t) Z

Z

t

x(t)

und Aufl¨osen nach x(t) erhalten wir die L¨osung x(t) =

bx0 , ax0 + (b − ax0 )e−bt

F¨ ur t → ∞ folgt x(t)

−→

(

t ≥ 0.

b/a : b > 0, 0 : b < 0.

Ist also die nat¨ urliche Sterberate mindestens so groß wie die Geburtsrate, sterben die Spinnmilben aus, andernfalls w¨achst die Population monoton gegen den Grenzwert b/a. Der Wert b/a kann als Aufnahmekapazit¨at der Umgebung interpretiert werden. Wie kann die Raubmilbenpopulation modelliert werden? Sei y(t) die Anzahl der Raubmilben (pro Pflanze) zur Zeit t. Wir k¨onnen f¨ ur die zeitliche Entwicklung der Raubmilbenpopulation einen ¨ahnlichen Ansatz wie oben machen: y 0 = y(d − cy),

t > 0,

y(0) = y0 ,

wobei c ≥ 0. Die Zuwachsrate d sollte aber nun von der Anzahl der Spinnmilben abh¨angen. Ist n¨amlich nicht gen¨ ugend Beute vorhanden, werden die Raubmilben aussterben: d = d(x) = −d1 + d2 x

mit d1 , d2 ≥ 0.

Entsprechend m¨ ussen wir die Evolutionsgleichung f¨ ur die Spinnmilben ¨andern: Die Zuwachsrate b vermindert sich um den Anteil gefressener Spinnmilben, der proportional zur Anzahl der Raubmilben ist: b = b(y) = b1 − b2 y

mit b1 , b2 ≥ 0.

Damit erhalten wir das Lotka-Volterrasche Populationsmodell x0 = x(b1 − b2 y − ax),

y 0 = y(−d1 + d2 x − cy),

t > 0,

x(0) = x0 ,

(2.2)

t > 0,

y(0) = y0 .

(2.3)

Wir wollen verstehen, wie sich die L¨osungen verhalten. Zuerst betrachten wir den Fall, daß die Koeffizienten a und c vernachl¨assigbar sind. Dies ist das Volterrasche Modell

0

x0 = x(b1 − b2 y),

y = y(−d1 + d2 x),

35

t > 0,

x(0) = x0 ,

(2.4)

t > 0,

y(0) = y0 .

(2.5)

Es besitzt die beiden station¨aren Punkte µ ¶ µ ¶ x1 0 und = 0 y1

µ ¶ µ ¶ x2 d1 /d2 = . y2 b1 /b2

Um herauszufinden, ob diese Punkte (asymptotisch) stabil oder instabil sind, berechnen wir die Ableitung der Funktion ¶ µ x(b1 − b2 y) , x, y ≥ 0, F (x, y) = y(−d1 + d2 x) in diesen Punkten: 0

F (0, 0) =

Ã

b1 0 0 −d1

!

,

F

0

³d

b1 ´ , = d 2 b2 1

Ã

0 b1 d1 0

!

.

Folglich ist (0, 0)> nicht stabil, wenn b1 > 0. Der Punkt (x2 , y2 ) ist instabil, da die Eigen√ werte von F 0 (x2 , y2 ) gerade λ1/2 = ± b1 d1 lauten. Wir k¨onnen das Verhalten der L¨osung in der N¨ahe dieses Punktes allerdings genauer wie folgt beschrieben. Daf¨ ur schreiben wir (2.4)–(2.5) in der Form dx/dt x0 x(b1 − b2 y) dx = = 0 = dy dy/dt y y(−d1 + d2 x) bzw.

Z b1 − b 2 y −d1 + d2 x dx = dy = ln y b1 − b2 y − α, − ln x + d2 x = x y wobei α ∈ R eine Integrationskonstante ist. Daher erf¨ ullen alle L¨osungen (x(t), y(t)) die implizite L¨osungsformel d1

Z

ln x(t)d1 + ln y(t)b1 − d2 x(t) − b2 y(t) = α

∀ t ≥ 0.

(2.6)

Die Integrationskonstante kann aus den Anfangswerten (x0 , y0 ) berechnet werden: α = ln xd01 + ln y0b1 − d2 x0 − b2 y0 . Wir behaupten, daß die Menge aller (x(t), y(t)), die (2.6) erf¨ ullen, eine geschlossene Kurve darstellt. Wir zeigen allerdings ein etwas schw¨acheres Resultat: In einer Umgebung von (x2 , y2 ) k¨onnen wir (x(t), y(t)) n¨aherungsweise durch x(t) =

d1 + ε sin ωt, d2

y(t) =

b1 + δ cos ωt b2

mit 0 < ε, δ ¿ 1 und ω > 0 darstellen. Insbesondere ist f¨ ur t = 0 ³b ´ d1 1 α = d1 ln + b1 ln + δ − d 1 − b1 − b2 δ d2 b2 b1 d1 (δ → 0). = d1 ln + b1 ln − d1 − b1 + O(δ) d2 b2 36

Wir setzen den Ansatz f¨ ur (x(t), y(t)) in (2.6) ein und approximieren um b1 /b2 bzw. d1 /d2 : d1 ln x(t) + b1 ln y(t) − d2 x(t) − b2 y(t) d1 b1 d22 2 2 b22 2 = d1 ln + d2 ε sin ωt + b1 ln + b2 δ cos ωt + ε sin ωt + δ cos2 ωt d2 b2 2d1 2b1 3 3 − d1 − d2 ε sin ωt − b1 − b2 ε cos ωt + O(ε + δ ) b1 d 2 ε2 b2 δ 2 d1 = d1 ln + b1 ln − d1 − b1 + 2 sin2 ωt + 2 cos2 ωt + O(ε3 + δ 3 ) d2 b2 2d1 2b1 2 = α + O(ε ), wenn wir

b2 δ 2 d22 ε2 = 2 2d1 2b1 w¨ahlen. Wir schließen, daß (x(t), y(t)) die implizite L¨osungsformel (2.6) bis auf einen Fehler der Ordnung O(ε2 ) l¨ost. Die Trajektorien {(x(t), y(t)) : t ≥ 0} sind also n¨aherungsweise Ellipsen um (x2 , y2 ). Das Resultat k¨onnen wir folgendermaßen interpretieren: Starten wir bei einem Anfangswert x0 À y0 , so k¨onnen sich die Spinnmilben so lange vermehren, bis gen¨ ugend Raubmilben herangewachsen sind, die die Spinnmilbenpopulation verringern. Ist die Anzahl der Spinnmilben zu gering geworden, haben die Raubmilben zu wenig Nahrung und ihre Population schrumpft. Diese Reduktion erlaubt es den Spinnmilben, sich ungehindert zu vermehren, und der Kreislauf beginnt von vorne. Im Volterra-Modell kann also die Spinnmilbenpopulation nicht dauerhaft dezimiert werden. Allerdings setzt das Modell ein unbegrenztes Wachstum voraus, was nicht realistisch ist. Wir betrachten also im folgenden das Lotka-Volterra-Modell (2.2)–(2.3). Wir berechnen zuerst die station¨aren Punkte: µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x1 0 x2 0 x3 b1 /a = , = , = , y1 0 y2 −d1 /c y3 0 und (x4 , y4 )> ist die L¨osung des linearen Gleichungssystems à !µ ¶ µ ¶ a b2 x4 b1 = . y4 d1 d2 −c

(2.7)

Da wir x, y ≥ 0 fordern, ist (x2 , y2 )> kein biologisch sinnvoller station¨arer Punkt. Aus à ! b − b y − 2ax −b x 1 2 2 F 0 (x, y) = d2 y −d1 + d2 x − 2cy und Satz 1.5 schließen wir, daß (x1 , y1 ) instabil ist. Der Punkt (x3 , y3 ) ist instabil, wenn d1 /d2 < b1 /a, und asymptotisch stabil, wenn d1 /d2 > b1 /a. Da b1 /a gerade die asymptotische Anzahl der Spinnmilben im Verhulst-Modell ist, bedeutet d1 /d2 > b1 /a, daß 37

die Sterberate der Raubmilben zu groß ist, um durch das vorhandene Nahrungsangebot kompensiert zu werden; die Raubmilben sterben aus. Das lineare Gleichungssystem (2.7) besitzt die L¨osung ¶ µ ¶ µ 1 x4 b1 c + b 2 d 1 = , y4 ac + b2 d2 b1 d2 − ad1 die genau dann im ersten Quadranten x, y ≥ 0 liegt, wenn d1 /d2 < b1 /a. Die Eigenwerte von F 0 (x4 , y4 ) lauten r 1 1 λ1,2 = − (aA + cB) ± (aA + cB)2 − (b2 d2 + ac)AB, 2 4 wobei A = b1 c + b2 d1 > 0 und B = b1 d2 − ad1 > 0. Wegen Reλ1,2 < 0 ist der station¨are Punkt (x4 , y4 ) asymptotisch stabil, d.h. (x(t), y(t)) → (x4 , y4 ) f¨ ur t → ∞. Selbst wenn wir eine große Anzahl von Raubmilben aussetzen, wird die Anzahl der Spinnmilben nach hinreichend langer Zeit b1 c + b 2 d 1 x4 = ac + b2 d2 betragen. Wir fassen zusammen: b1 d1 > : x(t) → d2 a b1 d1 : x(t) → < d2 a

b1 und y(t) → 0 f¨ ur t → ∞; a b1 c + b 2 d 1 b1 d2 − ad1 und y(t) → ac + b2 d2 ac + b2 d2

f¨ ur t → ∞.

¨ Ubungsaufgabe: L¨osen Sie das Lotka-Volterra-Modell numerisch f¨ ur verschiedene Parameterwerte. Wie l¨aßt sich die maximale Spinnmilbenanzahl effektiv begrenzen? L¨aßt sich das obige Modell verbessern? Wir haben angenommen, daß die Zuwachsrate durch b(y) = b1 − b2 y modelliert wird. Die Spinnmilben werden also von den Raubmilben dezimiert, wenn b(y) < 0 bzw. y > b1 /b2 gilt. Nun kann man argumentieren, daß die Zuwachsrate zus¨atzlich von der Spinnmilbenpopulation abh¨angen sollte: Sind sehr viele Spinnmilben vorhanden, muß die Anzahl der Raubmilben deutlich gr¨oßer als b1 /b2 sein, um die Spinnmilben auffressen zu k¨onnen. Wir fordern also b2 = b2 (x). Eine m¨ogliche Wahl ist β0 b2 (x) = , β0 , β1 > 0. x + β1 Ist die Anzahl der Spinnmilben x deutlich gr¨oßer als β1 , werden nur wenige Spinnmilben gefressen, da β0 y ≈ β0 y f¨ ur x À β1 ; b2 (x)xy = 1 + β1 /x falls die Spinnmilbenpopulation den Wert β1 deutlich unterschreitet, erhalten wir den Lotka-Volterra-Term β0 b2 (x)xy ≈ xy f¨ ur x ¿ β1 . β1 38

Eine andere Variante des Modells ist die verfeinerte Annahme, daß die maximal m¨ogliche Raubmilbenpopulation von der Anzahl der Spinnmilben abh¨angt: je gr¨oßer das Nahrungsangebot f¨ ur die Raubmilben ist, desto st¨arker k¨onnen sich diese vermehren. Andererseits ist die Spinnmilbenanzahl durch die Menge der Pflanzen im Gew¨achshaus begrenzt: a = const.,

c = c(x).

Ein m¨oglicher Ansatz ist c = c0 /x. F¨ ur x → 0 geht dann auch die maximal m¨ogliche Raubmilbenpopulation gegen Null. In diesem Fall gen¨ ugt es, die Zuwachsrate d als konstant anzunehmen. Wir erhalten das Modell ¶ µ β0 y 0 − ax , t > 0, x(0) = x0 , x = x b1 − x+ β1 ³ ´ c0 y0 = y d − y , t > 0, y(0) = y0 . x

¨ Ubungsaufgabe: Bestimmen Sie die station¨aren Punkte und klassifizieren Sie diese (instabil oder asymptotisch stabil). L¨osen Sie das System numerisch. Unterschied zum Lotka-Volterra-Modell?

2.2

Ein Modell fu ¨ r Aids

Populationsmodelle k¨onnen auch f¨ ur die Modellierung und Simulation der k¨orpereigenen Abwehrreaktionen nach einer Infektion mit dem HIV-Virus eingesetzt werden. In diesem Abschnitt stellen wir ein einfaches Modell vor. Es sollte erw¨ahnt werden, daß die verschiedenen Mechanismen der Immunreaktion im menschlichen K¨orper derzeit noch nicht vollst¨andig verstanden sind, so daß jedes Modell f¨ ur Aids nur einen kleinen Ausschnitt aus der Realit¨at darstellen kann. F¨ ur die Modellierung ben¨otigen wir allerlei Kenntnisse u ¨ber das Immunsystem. Ein zentraler Bestandteil sind die sogenannten T-Zellen, die laufend von der Thymusdr¨ use abgeschieden werden und die eine endliche Lebensdauer besitzen. Dringen Fremdk¨orper oder Viren in den Organismus ein, vermehren sich die T-Zellen durch Zellteilung, um die Eindringlinge abzuwehren. Genauer gesagt gibt es zwei Typen von T-Zellen: die CD4 + und die CD8+ T-Zellen. Werden Eindringliche erkannt, aktivieren die CD4+ T-Zellen die Produktion von CD8+ T-Zellen, die von einem Virus befallene Zellen oder den Virus direkt unsch¨adlich machen. Außerdem aktivieren die CD4+ T-Zellen sogenannte B-Zellen (Blutzellen), die Antik¨orper produzieren k¨onnen. Die Antik¨orper wiederum sind in der Lage, den Virus zu vernichten. Im folgenden vernachl¨assigen wir den Einfluß von B-Zellen. Wie wirkt sich eine HIV-Infektion aus? Der HIV-Virus dringt in CD4 + T-Zellen (aber nicht in CD8+ T-Zellen) ein und wird dann innerhalb der Zelle reproduziert. Bei dem Versuch, sich zu teilen, platzen die infizierten CD4+ T-Zellen, und alle zwischenzeitlich pro39

duzierten Viren gelangen auf diese Weise in den Blutkreislauf. Der Virus kann auch Thymozyten (eine Vorstufe der T-Lympozyten, die die Infektabwehr durch Abt¨oten infizierter Zellen unterst¨ utzen) und Makrophasen (Blutabwehrzellen, die Viren und gesch¨adigte Zellen zerst¨oren) befallen. Das Zusammenspiel des HIV-Virus, der CD4+ und CD8+ T-Zellen ist in Abbildung 2.1 zusammengefaßt. HIV zerfällt kranke CD4

+

gesunde CD4

+

zerstört infiziert zerstört

CD8

+

stimuliert Produktion

Abbildung 2.1: Interaktionen zwischen dem HIV-Virus und den CD4+ und CD8+ T-Zellen. Die HIV-Erkrankung kann in vier Stadien unterteilt werden: Der Virus dringt in den K¨orper ein. Die Virus- und T-Zellenpopulationen wachsen an. Eine große Anzahl von Viren und T-Zellen interagieren miteinander. Dieser Zustand kann einen langen Zeitraum umfassen. Die Anzahl der T-Zellen geht gegen Null, w¨ahrend sich die Viren ungehindert vermehren. Die k¨orpereigenen Abwehrkr¨afte schwinden zusehens, und der Patient stirbt an einem ansonsten harmlosen Infekt. Dies ist das Aids-Stadium. Zur Zeit gibt es keine Therapie, die Aids heilt. Allerdings sind Medikamente wie AZT (Azidothymidine) entwickelt worden, die die Vermehrung des Virus verhindern und damit die Erkrankung verz¨ogern. Der Gewinn an Lebenszeit wird allerdings durch starke ¨ Nebenwirkungen (Blutarmut, Verminderung der weißen Blutk¨orperchen, Ubelkeit, Erbrechen usw.) erkauft. Soll das Medikament eingesetzt werden, so stellt sich die folgende Frage: Frage: In welchem Stadium der Erkrankung und u uhrt die Medi¨ber welchen Zeitraum f¨ kamentation von AZT bei Aids-Kranken zu einer m¨oglichst optimalen Lebensverl¨angerung (bei gleichzeitiger Minimierung der Zeit, in der AZT verabreicht wird)? Die Aids-Erkrankung ist zu komplex, um diese Frage zufriedenstellend beantworten zu k¨onnen. Wir wollen ein einfaches Modell aufstellen und die Frage anhand dieses Modells 40

untersuchen. Es ist klar, daß wir ein dynamisches Modell f¨ ur die HIV-Viren, die gesunden + + und kranken CD4 T-Zellen und die CD8 T-Zellen aufstellen m¨ ussen. Wir w¨ahlen die folgenden Variablen: x(t) = Anzahl der gesunden CD4+ und der CD8+ T-Zellen (pro Milliliter Blut) zur Zeit t, y(t) = Anzahl der kranken CD4+ T-Zellen zur Zeit t, v(t) = Anzahl der HIV-Viren zur Zeit t. ¨ Die zeitliche Anderung x0 (t) der gesunden CD4+ und der CD8+ T-Zellen wird modelliert durch eine Quelle neuer T-Zellen vom Thymus, etwa a > 0 (eigentlich h¨angt a von v(t) ab, da der Virus Thymozyten infizieren kann); einen nat¨ urlichen Sterbeterm −s1 x mit der durchschnittlichen Lebenserwartung 1/s1 einer T-Zelle; eine Stimulation von T-Zellen durch Zellteilung mittels eines Terms, der mit der Anzahl der HIV-Viren w¨achst, aber insgesamt beschr¨ankt bleibt, rxv/(v +D), wobei D die Virenzahl angibt, f¨ ur die die Zellteilungsrate halb so groß wie die Maximalrate ist; eine Reduktion von T-Zellen durch Infektion, −bxv. ¨ Die Anderung y 0 (t) der kranken CD4+ T-Zellen beschreiben wir durch den Zuwachsterm bxv infolge Infektionen mit dem HIV-Virus; einen Verlustterm, der die endliche Lebenserwartung der T-Zellen modelliert, −s 2 y, und der das Zerplatzen der T-Zellen beschreibt, −ryv/(v + D). ¨ Die Anderung v 0 (t) der Virenzahl sei schließlich gegeben durch das Freisetzen von N Viren infolge einer geplatzten T-Zelle, N ryv/(v + D); einen Verlustterm, der die Vernichtung der Viren durch CD8+ T-Zellen modelliert, −dxv; die Vermehrung des Virus von anderen Zellen (z.B. Thymozyten und Mikrophagen), gv/(v + C), die pro Zeiteinheit beschr¨ankt bleibt.

41

Wir nehmen an, daß alle auftretenden Konstanten positiv sind. Mit diesen Modellierungsannahmen lautet unser System von Differentialgleichungen wie folgt: rxv x0 = a − s 1 x + − bxv, (2.8) v+D ryv , (2.9) y 0 = bxv − s2 y − v+D ryv gv − dxv + , t > 0. (2.10) v0 = N v+D v+C Als Anfangswerte w¨ahlen wir x(0) = x0 ,

y(0) = 0,

v(0) = v0 .

(2.11)

5

10

4

10

Gesunde T−Zellen Infizierte T−Zellen HIV−Viren

Anzahl

3

10

2

10

1

10

0

10

0

2

4

6 8 Zeit in Jahren

10

12

Abbildung 2.2: Simulierter Verlauf einer Aids-Infektion mit b = 2.4 · 10 −5 . Das System (2.8)–(2.11) ist nicht so einfach zu analysieren wie die Populationsmodelle aus dem vorigen Abschnitt. Wir pr¨asentieren hier nur numerische L¨osungen f¨ ur die Parameter a = 10, s2 = 0.265, s1 = 0.01, N = 1000, r = 0.01, d = 7.64 · 10−4 , D = 100, g = 20, −5 b = 2.4 · 10 , C = 1.

In Abbildung 2.2 sehen wir den zeitlichen Verlauf der Aids-Erkrankung mit x0 = 1000, v0 = 10. Der Virus verharrt nach der Infektion u ¨ber Jahre hinweg im K¨orper des HIVpositiven Patienten, bevor schließlich nach mehreren Jahren die Immunschw¨achekrankheit 42

Aids ausbricht. Innerhalb relativ kurzer Zeit (in einem Zeitraum von etwa einem Jahr) nimmt die Anzahl der gesunden T-Zellen rapide ab; der Patient verf¨ ugt schließlich u ¨ber keine nennenswerte Immunabwehr und stirbt. 5

10

4

10

Gesunde T−Zellen Infizierte T−Zellen HIV−Viren

Anzahl

3

10

2

10

1

10

0

10

0

5

10 Zeit in Jahren

15

Abbildung 2.3: Simulierter Verlauf einer Aids-Infektion bei Medikamentengabe nach 5 Jahren f¨ ur 200 Tage (B(t) = 0.4b f¨ ur 1825 ≤ t ≤ 2025 Tage). Um die eingangs gestellt Frage zu er¨ortern, simulieren wir den Verlauf der Krankheit bei einmaliger Gabe eines Medikaments, das die Vermehrung des Virus bzw. die Infektionsrate mindert. Wir nehmen an, daß in dieser Zeit die Infektionsrate b durch B(t) = 0.4 · b ersetzt werden kann. In Abbildung 2.3 erkennen wir, daß nach der Medikamentengabe die Virenzahl rapide abnimmt, aber nach dem Absetzen des Medikaments schnell wieder den alten Wert erreicht. Allerdings ist der Ausbruch der Aids-Erkrankung um mehrere Jahre verschoben worden. Der Effekt der Medikamentation ist noch gr¨oßer, wenn das Medikament erst im 7. Jahr kurz vor Ausbruch der Erkrankung verabreicht wird (siehe Abbildung 2.4). Die Krankheit bricht erst nach einem etwa doppelt so langen Zeitraum wie ohne Medikament aus. Wenngleich dieses Modell das qualitative Verhalten der Aids-Krankheit frappierend genau widerspiegelt, ist es weit von der Realit¨at entfernt. Es ist etwa die Sterberate der Viren, die zwischen zwei bis f¨ unf pro Tag liegt, zu ber¨ ucksichtigen. Wir haben die Halbwertszeit des Medikaments im K¨orper vernachl¨assigt. Die Nebenwirkungen des Medikaments und damit die Lebensqualit¨at – im Gegensatz zur puren Lebensverl¨angerung – sind nicht modelliert worden. ¨ Ubungsaufgabe: L¨osen Sie das Modell (2.8)–(2.11) numerisch und untersuchen Sie 43

5

10

4

10

Gesunde T−Zellen Infizierte T−Zellen HIV−Viren

Anzahl

3

10

2

10

1

10

0

10

0

5

10 Zeit in Jahren

15

20

Abbildung 2.4: Simulierter Verlauf einer Aids-Infektion bei Medikamentengabe nach 7 Jahren f¨ ur 200 Tage (B(t) = 0.4b f¨ ur 2555 ≤ t ≤ 2755 Tage). den Einfluß der L¨ange des Medikamentationszeitraums auf den Beginn des Aids-Stadiums. Sind mehrere kurze Behandlungen einer einzigen l¨angeren vorzuziehen oder abzulehnen?

2.3

Chemische Reaktionskinetik

Ein Chemiekonzern hat eine Methode gefunden, ein Molek¨ ul A in ein Modek¨ ul C umzuwandeln. Als Zwischenprodukt wird das Molek¨ ul B erzeugt, das allerdings am Ende der Umwandlung nicht mehr auftritt. Da das Molek¨ ul B sehr aggressiv mit der Wand des Reaktors, in dem die Umwandlung stattfindet, reagiert, ist das Unternehmen an dem Wert der maximalen Konzentration von B interessiert, um einen geeigneten Schutz der Reaktorwand vornehmen zu k¨onnen. Das Reaktionsschema sei wie folgt: α

A −→ B, β

2B −→ B + C,

(2.12)

γ

B + C −→ A + C,

wobei die Buchstaben u ¨ber den Pfeilen die Reaktionskoeffizienten, die proportional zu den Reaktionsgeschwindigkeiten sind, darstellen. Sie seien gegeben durch α = 0.04, β = 3·10 7 , γ = 104 . W¨ahrend das Molek¨ ul A nur relativ langsam in die Zwischenform B u ¨bergeht, wirkt die Existenz von B katalytisch f¨ ur eine weitere, sehr schnelle Transformation von B nach C. Daneben findet in Anwesenheit von C eine R¨ ucktransformation von B nach A statt. Da die Substanz B sehr schnell reagiert, ist zu erwarten, daß sie nur einen 44

relativ kleinen Anteil im Molek¨ ulgemisch ausmacht. Dieser ist jedoch entscheidend, um die Weiterreaktion zu C in Gang zu halten. Die zu beantwortende Frage lautet nun: Frage: Wie groß wird die Konzentration der Substanz B im Verlauf der obigen Reaktion h¨ochstens? Um zu verstehen, wie wir das obige Reaktionsschema modellieren k¨onnen, betrachten wir zun¨achst ein einfacheres Beispiel: Ein Molek¨ ul A verwandelt sich in Anwesenheit eines Molek¨ uls B in ein zweites Molek¨ ul B mit Reaktionskoeffizienten α: α

A + B −→ 2B. Zu Beginn der Reaktion betrage die Konzentration von A gerade c0 ∈ [0, 1], und die Konzentration von B sei 1−c0 . Wir erwarten, daß die Konzentration von A stetig abnimmt und die von B zunimmt, bis keine Molek¨ ule von A in dem Gemisch vorhanden sind. Wie schnell findet die Reaktion statt? Seien CA (t) und CB (t) die Konzentrationen von A und B zur Zeit t. Wie groß sind die Reaktionsgeschwindigkeiten CA0 bzw. CB0 ? Nach dem sogenannten Massenwirkungsgesetz ist sie (bei konstantem Druck, Volumen und Temperatur) proportional zu der Wahrscheinlichkeit, daß zwei Molek¨ ule der entsprechenden Reaktion aufeinander treffen, also proportional zu dem Produkt der Konzentrationen von A und B. Die Proportionalit¨atskonstante ist der Reaktionskoeffizient α > 0. Folglich ist CA0 = −αCA CB ,

CB0 = αCA CB ,

t > 0,

(2.13)

mit Anfangskonzentrationen CA (0) = c0 ,

CB (0) = 1 − c0 .

(2.14)

Wir sind in der Lage, das Verhalten der L¨osungen des Systems (2.13)–(2.14) pr¨azise zu beschreiben, ohne das Problem explizit l¨osen zu m¨ ussen. Zuerst bemerken wir, daß wegen (CA + CB )0 = 0, (CA + CB )(0) = 1 die Summe der Konzentrationen stets gleich Eins ist. Außerdem ist wie erwartet C A monoton fallend und CB monton wachsend. Die station¨aren Punkte sind durch CA = 1,

CB = 0

und

CA = 0,

CB = 1

gegeben. Die Eigenwerte der Ableitung der Abbildung (CA , CB ) 7→ (−αCA CB , αCA CB ) lauten λ1 = 0, λ2 = α im Punkt (1, 0) und λ1 = −α, λ2 = 0 im Punkt (0, 1). Der station¨are Punkt (1, 0) ist also instabil nach Satz 1.5; u ¨ber den anderen ist keine Aussage m¨oglich. 45

Wir behaupten, daß er asymptotisch stabil ist. Um dies einzusehen, multiplizieren wir die erste Gleichung in (2.13) mit CA und die zweite Gleichung mit CB − 1. Wir erhalten wegen CA + CB = 1: 1d 2 (C + (CB − 1)2 ) = CA0 CA + CB0 (CB − 1) 2 dt A = αCA CB (−CA + CB − 1) = −2αCA2 CB .

Nun ist CB monoton wachsend, also CB (t) ≥ CB (0) = 1 − c0 . Dies impliziert d 2 (C + (CB − 1)2 ) ≤ −4α(1 − c0 )CA2 . dt A Integration von 0 bis t f¨ uhrt auf 2

2

2

2c20

CA (t) ≤ CA (t) + (CB (t) − 1) ≤

− 4α(1 − c0 )

Z

t

CA (s)2 ds. 0

Wir benutzen nun die Ungleichung von Gronwall: Lemma 2.1 Seien α ≥ 0, β ∈ R und f ∈ C 0 ([a, b]; [0, ∞)), und es gelte Z x f (x) ≤ α + β f (s) ds f¨ ur alle a ≤ x ≤ b. 0

Dann folgt f (x) ≤ αeβx

f¨ ur alle a ≤ x ≤ b.

¨ Ubungsaufgabe: Beweisen Sie Lemma 2.1. Es folgt (wenn CA ≥ 0)

CA (t) ≤

√ 2c0 e−2(1−c0 )αt

und CB (t) = 1 − CA (t) ≥ 1 −



2c0 e−2(1−c0 )αt ,

(2.15) t > 0.

(2.16)

Wie erwartet gilt CA (t) → 0,

CB (t) → 1

(t → ∞),

und die Konvergenz ist exponentiall schnell mit Konvergenzrate −2(1 − c0 )α. (Wir bemerken, daß die Absch¨atzungen (2.15)–(2.16), insbesondere f¨ ur t = 0, nicht optimal sind.) ¨ Ubungsaufgabe: L¨osen Sie das Anfangswertproblem (2.13)–(2.14) analytisch, indem Sie die Variablentransformation x = CA − CB , y = CA + CB durchf¨ uhren. 46

Wir kehren nun zu dem Reaktionsschema (2.12) zur¨ uck. Seien CA (t), CB (t) bzw. CC (t) die Konzentrationen der Substanzen A, B bzw. C zur Zeit t. Die Reaktionsgeschwindigkeit CA0 von A ist zum einen proportional zur Konzentration von A (mit Reaktionskoeffizient −α) und zum anderen proportional zum Produkt der Konzentrationen von B und C (mit Koeffizient +γ). Analog k¨onnen die Reaktionsgeschwindigkeiten von B und C bestimmt werden. Das Resultat ist ein System gew¨ohnlicher Differentialgleichungen f¨ ur CA , CB und CC : CA0 = −αCA + γCB CC ,

CB0 = αCA − γCB CC − βCB2 , CC0 = βCB2 ,

(2.17)

t > 0.

Als Anfangswerte w¨ahlen wir CA (0) = 1,

CB (0) = CC (0) = 0.

(2.18)

Aus (2.17) k¨onnen wir ablesen, daß CC w¨ahrend der Reaktion monoton w¨achst. Addition der drei Gleichungen ergibt (CA + CB + CC )0 = 0, also ist die Summe der Konzentrationen konstant: CA (t) + CB (t) + CC (t) = 1

f¨ ur alle t ≥ 0.

Wir bestimmen nun die station¨aren Punkte. Aus −αCA + γCB CC = 0,

αCA − γCB CC − βCB2 = 0, βCB2 = 0

folgt, daß CB = 0, also CA = 0 und wegen CA + CB + CC = 1 daher CC = 1 die einzige L¨osung dieses Gleichungssystems ist. Bezeichnen wir mit F (CA , CB , CC ) den Vektor der rechten Seiten von (2.17), so lautet die Ableitung von F im Punkt (0, 0, 1):   −α γ 0   F 0 (0, 0, 1) =  α −γ 0  , 0 0 0

und die Eigenwerte sind λ1/2 = 0 und λ3 = −(α + γ). Satz 1.5 erlaubt wieder keine Aussage. Auch die Technik, die oben zum exponentiellen Abklingen gef¨ uhrt hat, kann hier nicht verwendet werden. Der Grund ist, daß die Konzentrationen nicht alle monoton sind. In der Tat: Zur Zeit t = 0 ist kein Molek¨ ul der Substanz B vorhanden; es wird im Verlauf der Reaktionen gebildet und schließlich wieder abgebaut. Wir rechnen damit, daß 47

es einen Zeitpunkt gibt, an dem CB0 = 0 gilt. Zu dieser Zeit ist die Konzentration von B maximal. Aus (2.17) folgt γCC αCA CB2 + CB − = 0. β β Die (positive) L¨osung lautet CB,max

−γCC + = 2β



γCC 2β

¶2

+

αCA . β

(2.19)

Nehmen wir nun an, daß die Konzentration CA und CC stets kleiner oder gleich Eins sind, erhalten wir die Absch¨atzung sµ ¶ r 2 α γ 10−6 4 −9 + = CB,max ≤ + 10 ≈ 1.71 · 10−4 . 2β β 36 3 −5

3.8

1

Substanz B

Substanz A Substanz C

3.7

0.8

3.6

Konzentration

Konzentration

x 10

0.6

0.4

3.5 3.4 3.3 3.2

0.2

3.1 0 0

2000

4000

6000

8000

0

10000

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

Zeit

Zeit

Abbildung 2.5: Simulation des Reaktionsverlaufs der Substanzen A, C (links) und B (rechts) als Funktion der Zeit. Diese Schranke ist viel zu groß. Um dies zu sehen, l¨osen wir das Problem (2.17)–(2.18) numerisch. In Abbildung 2.5 sind die drei Konzentrationen als Funktion der Zeit dargestellt. Die Konzentration von B w¨achst zun¨achst sehr schnell und nimmt dann sehr langsam ab. Der Umschlagpunkt, an dem CB0 = 0 gilt, wird zu einer Zeit erreicht, zu der die Konzentration CA nahezu Eins und die Konzentration CC kaum gr¨oßer als Null ist. Dies f¨ uhrt in (2.19) zu einer verbesserten Absch¨atzung r 4 −9 10 ≈ 3.65 · 10−5 . CB,max ≈ 3 Damit haben wir die eingangs gestellte Frage beantwortet. Die maximale Konzentration der Substanz C in dem Gemisch betr¨agt etwa 0.0365 . 48

¨ Ubungsaufgabe: Die chemische Reaktion A + B → C gehorche dem Massenwirkungsgesetz mit Reaktionskoeffizient α > 0. Seien CA , CB bzw. CC die Konzentrationen der Substanzen A, B, bzw. C. Zur Zeit t = 0 gelte CA (0) = a > 0, CB (0) = 1 − a > 0 und CC (0) = 0. Zeigen Sie, daß CA (t) und CB (t) exponentiell schnell f¨ ur t → ∞ gegen Null konvergieren. Folgern Sie den Wert f¨ ur limt→∞ CC (t).

2.4

Ein Wirtschaftsmodell

Wir betrachten eine Nation A, die sehr enge wirtschaftliche Verbindungen zu einer Nation B pflegt. Die Nation A exportiere selbst hergestellte Waren an B und importiere daf¨ ur von B hergestellte Waren aus dem Erzeugerland. Wir wollen die folgende Frage er¨ortern: ¨ Frage: Wie wirkt sich die Anderung der Importrate der Nation A auf die “Zufriedenheit” der Nation aus, und wie beeinflußt dies die Dynamik der Warenproduktion? Diese Frage enth¨alt den Begriff “Zufriedenheit”, den wir definieren m¨ ussen. Um die Situation zu vereinfachen, nehmen wir an, daß die beiden Nationen ausschließlich miteinander Handel treiben. Es seien x = Wert der von Nation A hergestellten Waren, y = Wert der von Nation B hergestellten Waren. Der Wert sei berechnet in Einheiten geleisteter Arbeitsstunden und sei diesen proportional; d.h., eine Ware sei doppelt soviel wert wie eine andere, wenn sie zur Produktion doppelt so viele Arbeitsstunden ben¨otigt. Es gelte x ≥ 0, y ≥ 0. Weiter nehmen wir an, daß der Anteil der exportierten Waren f¨ ur beide Nationen gleich groß ist. Wir definieren dann: p = Anteil der selbst verbrauchten Waren, 1 − p = Anteil der exportierten Waren. Um die “Zufriedenheit” oder “Nutzen” (im Englischen utility) einer Nation zu modellieren, machen wir die folgenden Annahmen: Annahme A: “Je mehr Waren der einen Sorte man hat, umso schw¨acher steigt der Nutzen, wenn man neue Waren derselben Sorte erh¨alt.” Mit anderen Worten: Erh¨alt man eine Ware erstmalig, erh¨oht dies die Zufriedenheit sehr; hat man bereits viele Waren derselben Sorte und bekommt dann eine weitere dazu, erh¨oht dies den Nutzen nur geringf¨ ugig.

49

Annahme B: “Zuviel Arbeit ist unbefriedigend.” Das heißt, die Zufriedenheit nimmt bei zunehmender Arbeit (die proportional zu dem erzeugten Warenwert ist) ab. Annahme C: “Die Warenproduktion steigt mit zunehmender Zufriedenheit.” Im folgenden setzen wir diese umgangssprachlichen Aussagen in mathematische Formeln um. Annahme A: Sei U (g) die Funktion, die den Nutzen bzw. die Zufriedenheit einer Nation in Abh¨angigkeit des Warenwerts g modelliert. Die Aussage A bedeutet, daß die ¨ ¨ Anderung des Nutzens dU kleiner bei fester Anderung des Warenwerts dg wird, je gr¨oßer der Warenwert g selbst wird: dU = f (g) dg

und f ist monoton fallend.

Eine M¨oglichkeit ist die Wahl f (g) = k/g mit einer Konstanten k > 0. Sind keine Waren vorhanden (g = 0), so ist der Nutzen Null (U = 0). Wir m¨ ussen also das Anfangswertproblem k dU = , g > 0, U (0) = 0, dg g l¨osen. Die allgemeine L¨osung der Differentialgleichung lautet U (g) = k ln g + c mit c ∈ R, doch ist U (0) nicht definiert! Es existiert also keine L¨osung. Der Grund ist, daß das Modell unrealistisch ist: Besitzt man anfangs keine Waren (U = 0), so ist die Nutzen¨anderung ¨ U 0 (0) unendlich. Wir nehmen an, daß die Nutzen¨anderung proportional zur Anderung des Warenwertes dg ist, wenn g = 0, d.h. U 0 (0) = (dU/dg)(0) = k > 0. Wir machen den Ansatz f (g) = k/(1 + g) und l¨osen das Problem dU k = , dg 1+g

g > 0,

U (0) = 0.

Die L¨osung lautet U (g) = k ln(1 + g),

g ≥ 0.

F¨ ur die betrachteten Nationen setzt sich der Warenwert aus den Anteilen der Werte der selbst verbrauchten Waren und der importierten Waren zusammen: Nation A: g = px + (1 − p)y,

Nation B: g = py + (1 − p)x.

Folglich sind die Nutzenfunktionen UA der Nation A und UB der Nation B gegeben durch UA (x, y) = k ln(1 + px + (1 − p)y),

UB (x, y) = k ln(1 + (1 − p)x + py), 50

x, y ≥ 0,

wobei wir angenommen haben, daß der Proportionalit¨atsfaktor k f¨ ur beide Nationen gleich ist. Annahme B: Die Zufriedenheit w¨are maximal, g¨abe es keine Arbeit, und nimmt ansonsten um einen Faktor ab, der von der geleisteten Arbeit und damit von dem produzierten Warenwert abh¨angt. Unterstellen wir auch hier Proportionalit¨at, werden die Funktionen UA und UB um den Wert ax bzw. ay vermindert. Damit haben die Nutzenfunktionen die Gestalt UA (x, y) = k ln(1 + px + (1 − p)y) − ax,

UB (x, y) = k ln(1 + (1 − p)x + py) − ay.

Dieses Modell ber¨ ucksichtigt, daß zuviel Arbeit zu einem negativen Nutzen f¨ uhrt. Bei festem y ≥ 0 existiert n¨amlich ein x0 , so daß UA (x, y0 ) ≤ 0 f¨ ur x ≥ x0 (interpretiert als “zuviel Arbeit”). Werden u ¨berhaupt keine Waren produziert (x = 0, “keine Arbeit”), so h¨angt die Zufriedenheit ausschließlich von dem Warenwert der importierten Waren ab. Auf lange Sicht ist diese Situation nat¨ urlich unrealistisch, da die Importe nicht bezahlt werden k¨onnen, wenn kein Geld durch Warenproduktion erwirtschaftet wird. Annahme C: Bei wachsender Zufriedenheit ∂UA /∂x > 0 steigt die Warenproduktion, ¨ d.h., x(t) w¨achst monoton: dx/dt > 0. Wir nehmen an, daß die zeitliche Anderung x0 (t) ¨ der Warenproduktion proportional zur Anderung der Zufriedenheit ist: x0 = c

ckp ∂UA = − ca; ∂x 1 + px + (1 − p)y

analog erhalten wir (mit derselben Proportionalit¨atskonstanten c > 0) y0 = c

∂UB ckp = − ca. ∂y 1 + (1 − p)x + py

Wir haben vier Parameter (c, k, a und p). Durch Einf¨ uhrung einer neuen Zeit t0 = ckt und eines Parameters r = a/k l¨aßt sich die Anzahl der Parameter auf zwei begrenzen: 1 dx p dx = = − r, 0 dt ck dt 1 + px + (1 − p)y dy 1 dy p = = − r. 0 dt ck dt 1 + (1 − p)x + py Im folgenden schreiben wir wieder t anstatt t0 ; das zu l¨osende Problem lautet p − r, 1 + px + (1 − p)y p = − r, 1 + px + (1 − p)y

x0 =

t > 0,

x(0) = x0 ,

(2.20)

y0

t > 0,

y(0) = y0 ,

(2.21)

51

Wir bestimmen zuerst die station¨aren Punkte von (2.20)–(2.21) und untersuchen das System auf Stabilit¨at bzw. Instabilit¨at. Aus p p −r = −r =0 1 + px + (1 − p)y 1 + (1 − p)x + py folgt 1 + px + (1 − p)y =

p = 1 + (1 − p)x + py r

und damit (2p − 1)(x − y) = 0. Wir untersuchen zwei F¨alle: 1. Fall: p 6= 12 . Es folgt x = y und

p p =⇒ x = − 1. r r

1 + px + (1 − p)x = Es gibt genau einen station¨aren Punkt

x0 = y 0 =

p − 1, r

sofern p ≥ r. Falls p < r, existieren keine station¨aren Punkte (in x, y ≥ 0). 2. Fall: p = 12 . Dies impliziert 1 1 1 1 =⇒ x + y = − 2 1+ x+ y = 2 2 2r r und daher die folgenden F¨alle: 1 : 2 1 r= : 2 1 r< : 2

r>

Es gibt keine station¨aren Punkte. Es existiert genau ein station¨arer Punkt (0, 0). Es gibt unendlich viele station¨are Punkte (x1 , y1 ), gegeben durch x1 + y1 = 1/r − 2 > 0.

Sind die station¨aren Punkte stabil oder instabil? Sei zuerst p 6= 21 und definiere ¶ µ p(1 + px + (1 − p)y)−1 − r , x, y ≥ 0. F (x, y) = p(1 + (1 − p)x + py)−1 − r Die Eigenwerte von F 0 (x0 , y0 ) = −p(1 + px0 + (1 − p)y0 )−2

Ã

p 1−p 1−p p

!

r2 =− p

lauten λ1 = −r2 /p,

λ2 = r2 (1 − 2p)/p. 52

Ã

p 1−p 1−p p

!

Folglich erhalten wir asymptotische Stabilit¨at, wenn p > 12 , d.h., wenn die Nation die produzierten Waren eher selbst verbraucht, als sie zu exportieren. Im Fall p = 21 gilt 1 + px1 + (1 − p)y1 = 1/2r. Die Eigenwerte der Matrix à ! 1 1 F 0 (x1 , y1 ) = −r2 1 1 lauten λ2 = −2r2 .

λ1 = 0,

Der Satz 1.5 erlaubt keine Aussage. Der Fall p = 12 l¨aßt sich dennoch vollst¨andig behandeln. Addition und Subtraktion von (2.20) und (2.21) liefert die Gleichungen (x − y)0 = 0,

2 − 2r. 2+x+y

(x + y)0 =

Die erste Gleichung impliziert x(t) − y(t) = const. = x0 − y0 , und nach Einsetzen in die zweite Gleichung folgt y0 =

1 1 − rα − 2ry −r = , 2 + x0 − y0 + 2y α + 2y

wobei α := 2 + x0 − y0 . Integration ergibt t=

Z

t

dt = 0

Z

y(t) y0

1 α + 2y dy = 1 − rα − 2ry r

Z

y(t) y0

t > 0,

µ

y(0) = y0 ,

1 −1 + 1 − rα − 2ry



dy.

Sei zuerst 1−rα−2ry0 > 0. Dann ist, zumindest f¨ ur kleine Zeiten, auch 1−rα−2ry(t) > 0, und wir erhalten rt = y0 − y(t) −

1 1 ln(1 − rα − 2ry(t)) + ln(1 − rα − 2ry0 ), 2r 2r

t > 0.

F¨ ur t → ∞ strebt die linke Seite gegen unendlich, also muß − ln(1 − rα − 2ry(t)) → ∞ folgen, da wir y(t) ≥ 0 vorausgesetzt haben. Dies impliziert 1 − rα − 2ry(t) → 0 oder y(t) →

rα − 1 1 1 = 1 + (x0 − y0 ) − 2r 2 2r

und damit 3 1 x(t) = x0 − y0 + y(t) → 1 + (x0 − y0 ) − 2 2r 53

f¨ ur t → ∞.

Wenn rα − 1 < 0 (oder x0 − y0 < −1/r), wird y(t) nach endlicher Zeit negativ werden, was wir ausgeschlossen haben. Also existiert in diesem Fall eine L¨osung nur auf einem endlichen Zeitintervall, etwa auf [0, t0 ] und y(t0 ) = 0. Sei nun 1 − rα − 2ry0 < 0. Dann folgt, zumindest f¨ ur kleine Zeiten, ¶ Z y(t) µ 1 dy −1 − rt = rα − 1 + 2ry y0 1 1 = y0 − y(t) − ln(rα − 1 + 2ry(t)) + ln(rα − 1 + 2ry0 ). 2r 2r Mit demselben Argument wie oben folgt rα − 1 + 2ry(t) → 0 f¨ ur t → ∞ oder 1 − rα 1 1 = − 1 − (x0 − y0 ), 2r 2r 2 1 1 x(t) → − 1 + (x0 − y0 ) f¨ ur t → ∞. 2r 2 y(t) →

Wenn 1 − rα < 0 gilt, existiert die L¨osung wieder nur auf einem endlichen Zeitintervall. Notwendige Bedingungen f¨ ur globale L¨osungen (d.h. nichtnegative L¨osungen, die f¨ ur alle t ≥ 0 existieren) sind also die Ungleichungen 1 − rα − 2ry0 > 0

und

rα − 1 > 0

1 − rα − 2ry0 < 0

und

rα − 1 < 0.

oder Zusammengefaßt erhalten wir L¨osungen, die nur auf einem endlichen Zeitintervall existieren, wenn 1 − rα − 2ry0 > 0 und rα − 1 < 0 oder wenn 1 − rα − 2ry0 < 0

und

rα − 1 > 0

gelten. Dies ist ¨aquivalent zu x0 − y 0
− 2. r r

Dies bedeutet, daß im Falle p = 21 die Warenproduktion einer der beiden Nationen zum Erliegen kommt, wenn x0 − y0 6= 1/r − 2. Falls x0 − y0 = 1/r − 2, existiert eine globale L¨osung, n¨amlich x(t) = x0 , y(t) = y0 f¨ ur t > 0. Wir kommen nun auf die eingangs gestellte Frage zur¨ uck: Welchen Einfluß hat die ¨ Anderung der Importrate auf den Nutzen? Wir nehmen an, daß die Importrate der Nation A von p auf p − s mit 0 < s < p f¨allt. Wir setzen weiterhin voraus, daß p − s ≥ r gilt ¨ und daß die Anderung der Importrate zu einem Zeitpunkt stattfindet, in der sich die 54

Wirtschaft beider Nationen in einem station¨aren Zustand befindet. Wegen p > r lautet dieser station¨are Zustand p x2 = y2 = − 1. r ¨ Nach l¨angerer Zeit nach der Anderung bewegt sich die Warenproduktion auf einen neuen station¨aren Zustand p−s x3 = y 3 = −1 r zu. Hier haben wir Gebrauch von der Voraussetzung p − s ≥ r gemacht. Es muß nun die Frage beantwortet werden, ob der “neue” Nutzen UA (x2 , y2 ) gr¨oßer oder kleiner als der vorherige Nutzen UA (x3 , y3 ) ist. Wegen UA (p/r − 1, p/r − 1) = k ln

kp − kp + a a

ist die Monotonie der Funktion p 7→ UA (p/r − 1, p/r − 1) zu untersuchen. Sie hat genau ein Maximum bei p = 1 und ist monoton wachsend f¨ ur p ≤ 1. Folglich gilt UA (x2 , y2 ) > UA (x3 , y3 ). Die Zufriedenheit der Nation A sinkt also bei Abfallen der Importrate (sofern p − s ≥ r = a/k). ¨ Ubungsaufgabe: Wie ¨andert sich die Zufriedenheit der Nation A, wenn die Importrate von p ≥ a/k auf p − s mit s > p − a/k f¨allt?

2.5

Elektrische Schaltkreise

F¨ ur die Entwicklung moderner Computerbauteile (Halbleiterprozessoren, Mobilfunkbauteile etc.) ist die Simulation elektrischer Schaltkreise mit einer sehr großen Anzahl von Bauteilen (Widerst¨ande, Transistoren etc.) notwendig. In diesem Abschnitt betrachten wir eine sogenannte Emitterschaltung, die eine g¨angige Verst¨arkerstufe f¨ ur eine Eingangswechselspannung US mit Hilfe eines Transistors darstellt (Abbildung 2.6). Ziel dieses Abschnittes ist es, das zeitliche Verhalten der elektrischen Spannung innerhalb des Schaltkreises zu modellieren. Dazu ben¨otigen wir einige Grundbegriffe aus der Elektrotechnik. Der Schaltkreis enth¨alt die Widerst¨ande R1 , R2 , RC , RE und RL , die Kondensatoren C1 , C2 und CE und einen Transistor im Zentrum der Schaltung. Im allgemeinen unterscheidet man u.a. die folgenden Bauteile in elektrischen Schaltkreisen: Widerst¨ ande: Dies sind Bauteile (z.B. auch Dr¨ahte), an denen eine Spannung UR abf¨allt. Nach dem Ohmschen Gesetz ist der durch einen Widerstand fließende Strom IR proportional zur Spannung UR : UR = R · I R . 55

U0 R

R1 C1

C

B

C2

C

L


0, (2.24) mit y = (y1 , y2 , y3 )> ,  und

 −[(C1 R2 )−1 + (C1 R1 )−1 ]y1 − C1−1 IB + (C1 R1 )−1 U0 + US0   f (y, z) =  −(C2 RC )−1 (y1 + z) − C2−1 IC + (C2 RC )−1 U0  −1 −1 −(CE RE ) y3 + CE (IB + IC ) g(y, z) = (RC−1 + RL−1 )(y1 + z) − RL−1 y2 + IC − RC−1 U0 .

Unter welchen Bedingungen ist das System (2.24), zusammen mit den Anfangsbedingungen y(0) = y0 , z(0) = z0 l¨osbar? Zum einen m¨ ussen die Anfangswerte mit der zweiten Gleichung in (2.24) konsistent sein, d.h., es muß g(y0 , z0 ) = 0 gelten. Gilt zum anderen, daß (∂g/∂z)(y0 , z0 ) invertierbar ist, so existiert nach dem Satz u ¨ber implizite Funktionen eine eindeutig bestimmte Funktion ψ : U → R in einer Umgebung U ⊂ R3 von y0 mit ψ(y0 ) = z0

und

g(y, ψ(y)) = 0.

Mit Hilfe dieser Funktion kann (2.24) in das ¨aquivalente System y 0 = f (y, ψ(y)),

t > 0,

y(0) = y0 , 59

z = ψ(y),

u uhrt werden, dessen L¨osbarkeit (unter geeigneten Voraussetzungen an f bzw. IB und ¨berf¨ IC ) durch Satz 1.2 garantiert ist. Die Frage, ob ∂g/∂z invertiert werden kann, h¨angt von der speziellen Struktur der Funktionen IB und IC ab. Eine hinreichende Bedingung ist 0 < =

∂ ∂g (y0 , z0 ) = IC (z + y1 − y3 ), IB (y1 − y3 , z + y1 − y3 )) ∂z ∂z ∂IC ∂IC ∂IB + , ∂(UC − UE ) ∂IB ∂(UC − UE )

ausgewertet an (y0 , z0 ).

In der Praxis ist diese Bedingung erf¨ ullt. Ein gekoppeltes Problem aus gew¨ohnlichen Differentialgleichungen und algebraischen Gleichungen nennt man u ¨brigens ein differential-algebraisches Problem. Ist (∂g/∂z)(y0 , z0 ) invertierbar, so nennt man das System mit Index Eins, andernfalls mit Index gr¨oßer Eins. Das differential-algebraische System (2.24) kann nur numerisch gel¨ost werden. Zum Gl¨ uck ist die Transformation ψ(y) = z nicht zur L¨osung notwendig. Eine andere Idee besteht darin, das Problem y 0 = f (y, z), εz 0 = g(y, z),

t > 0, t > 0,

y(0) = y0 , z(0) = z0 ,

numerisch zu diskretisieren und dann ε → 0 streben zu lassen. Wir verweisen f¨ ur Details auf die B¨ ucher [2, 3].

2.6

Himmelsmechanik

Wir wollen die folgende Frage beantworten: Frage: Wie stabil ist unser Sonnensystem gegen¨ uber St¨orungen? Unser Sonnensystem besteht aus n K¨orpern mit Massen m1 , . . . , mn , die sich entlang gewisser Bahnen r1 (t), . . . , rn (t) ∈ R3 im Raum bewegen. Die Bewegung der K¨orper wird durch das Newtonsche Gesetz mi ri00 = Fi ,

i = 1, . . . , n,

(2.25)

beschrieben, wobei Fi die auf den i-ten K¨orper wirkenden Gravitationskr¨afte aller anderen K¨orper ist. In Abschnitt 1.2 hatten wir bereits die Gravitationskraft verwendet; sie lautet zwischen zwei K¨orpern (siehe Abbildung 2.10): F1 = −

Gm1 m2 (r1 − r2 ), |r1 − r2 |3

F2 = −

Gm1 m2 (r2 − r1 ) |r2 − r1 |3

wobei G = 6.7 · 10−11 m3 /s2 kg die Gravitationskonstante sei. 60

(2.26)

F m

1 m

1

2

F2 r 1

r 2 0

Abbildung 2.10: Auf die K¨orper mit Massen m1 und m2 wirkende Gravitationskr¨afte. Betrachten wir zuerst ein System, bestehend aus der Sonne mit Masse m1 und der Erde mit Masse m2 . Die Bewegung der Bahnen der Sonne r1 (t) und der Erde r2 (t) sind nach (2.25) und (2.26) gegeben durch m1 r100 = −

Gm1 m2 (r1 − r2 ), |r1 − r2 |3

m2 r200 = −

Gm1 m2 (r2 − r1 ). |r2 − r1 |3

(2.27)

Nun ist die Masse m2 der Erde sehr viel kleiner als die der Sonne, n¨amlich m1 = 2 · 1030 kg,

m2 = 6 · 1024 kg,

so daß wir die Hoffnung haben, das Problem (2.27) durch Reduktion vereinfachen zu k¨onnen. Das System (2.27) hat die drei Parameter G, m1 , m2 , deren Einheiten gem¨aß Abschnitt 1.2 wie folgt in eine Koeffizientenmatrix geschrieben werden k¨onnen: 

G m 1 m2

 cm 3 0 0   g  −1 1 1  . s −2 0 0

Der Kern dieser Matrix wird durch ven Vektor (0, −1, 1) aufgespannt, so daß wir den Parameter m2 ≈ 10−6 ε := m1 verwenden. Um (2.27) zu skalieren, verwenden wir die Referenzl¨ange L = Entfernung Erde–Sonne = 1.5 · 1011 m und die Referenzzeit T =

s

L3 = 5 · 106 s. Gm1

Da die Erde in einem Jahr (also 3.2 · 107 s) auf ihrem Weg um die Sonne die Entfernung 2πL mit Geschwindigkeit v = 2πL/3.2·107 s zur¨ ucklegt, entspricht T der Zeit, die die Erde 6 braucht, um die Strecke vT = 2πL · 5 · 10 /3.2 · 107 ≈ L zu durchlaufen. Wir skalieren ri → Lri

(i = 1, 2) 61

und

t → Tt

und erhalten die Gleichungen r100 = −ε

r1 − r 2 , |r1 − r2 |3

r200 = −

r2 − r 1 , |r2 − r1 |3

t > 0.

(2.28)

Wir w¨ahlen r0 = L f¨ ur die Anfangsbedingung f¨ ur r2 (0) und v0 = 2πL/(1 Jahr) f¨ ur r20 (0). Die skalierten Anfangswerte lauten dann       0 1 0       0 0 r1 (0) = r1 (0) =  0  , r2 (0) =  0  , r2 (0) =  1  . (2.29) 0 0 0

Wir k¨onnen das Problem (2.28) entkoppeln und auf die Bewegung eines einzigen K¨orpers reduzieren, indem wir die Bewegungsgleichungen f¨ ur den Ortsvektor des gemeinsamen Schwerpunktes R = r1 + εr2 und den Abstandsvektor r = r1 − r2 einf¨ uhren: R00 = 0,

r00 = −(1 + ε)

r . |r|3

(2.30)

Die Wahl ε = 0 vereinfacht das Problem also nicht, so daß wir mit dem vollen Problem weiterarbeiten. Den Einfluß von ε untersuchen wir sp¨ater. Die erste Gleichung bedeutet, daß sich der gemeinsame Schwerpunkt gleichf¨ormig (d.h. mit konstanter Geschwindigkeit) durch den Raum bewegt. Um die zweite Gleichung mit Anfangswerten r0 (0) = V0

r(0) = R0 ,

(2.31)

zu l¨osen, sind einige Vorbereitungen notwendig. (Im Fall der Erde gilt nat¨ urlich R0 = (−1, 0, 0)> und V0 = (0, −1, 0)> , doch wir wollen auch allgemeinere Bedingungen zulassen.) Zun¨achst bemerken wir, daß das Problem (2.30)–(2.31) auf zwei Raumdimensionen reduziert werden kann. Es gilt n¨amlich d 1+ε (r × r0 ) = r0 × r0 + r × r00 = r0 × r0 − r × r = 0, dt |r|3 wobei “×” das Kreuzprodukt sei. Folglich ist r(t) × r 0 (t) = const. =: L

f¨ ur alle t ≥ 0

und L = R0 × V0 . Da r × r0 den Drehimpluls darstellt, bedeutet dieses Resultat, daß der Drehimpuls zeitlich erhalten bleibt. Nun steht L senkrecht auf der durch r(t) und r0 (t) aufgespannten Ebene. Da L konstant ist, heißt dies, daß die Bewegung vollst¨andig in dieser Ebene stattfindet. Verschwinden die dritten Komponenten von R0 und V0 (was wir im folgenden annehmen wollen), so kann man L = (0, 0, γ)> f¨ ur ein γ ∈ R schreiben, und r(t) bewegt sich ausschließlich in der (x, y)-Ebene. 62

Wir transformieren (2.30) in Polarkoordinaten   %(t) cos φ(t)   r(t) =  %(t) sin φ(t)  , 0

woraus nach einer Rechnung folgt:       cos φ − sin φ cos φ 1+ε      (%00 − %φ02 )  sin φ  + (2%0 φ0 + %φ00 )  cos φ  = − 2  sin φ  . % 0 0 0

Wir multiplizieren diese Gleichung zuerst mit dem Vektor (cos φ, sin φ, 0)> und dann mit (− sin φ, cos φ, 0)> , um zu erhalten: %00 − %(φ0 )2 = −

1+ε , %2

2%0 φ0 + %φ00 = 0.

(2.32)

%2 φ0 = const.

(2.33)

Die zweite Gleichung ist ¨aquivalent zu 1d 2 0 (% φ ) = 0 % dt

oder

Dies bedeutet wieder die Erhaltung des Drehimpulses, denn   0   r × r0 =  0  , %2 φ 0

und dieser Vektor ist zeitlich konstant. Also ist die Konstante gleich γ und % 2 φ0 = γ. Setzen wir dies in die erste Gleichung von (2.32) ein, folgt %00 −

γ2 1 + ε + 2 = 0. %3 %

Wir multiplizieren die Gleichung mit %0 und integrieren u ¨ber (0, t): 1 0 2 γ2 1+ε 1 0 2 γ2 1+ε % (t) + − = % (0) + − . 2 2 2 2%(t) %(t) 2 2%(0) %(0) Die linke Seite ist also zeitlich konstant und damit eine Erhaltungsgr¨oße. Da 1 E := (%0 )2 + V (g) 2

mit

V (g) =

γ2 1+ε − 2%2 %

die Energie bedeutet, dr¨ uckt die obige Gleichung die Erhaltung der Energie aus.

63

(2.34)

Aus (2.33) und (2.34) folgt

und damit

p d% = ± 2(E − V (%)) dt

und

dφ γ = 2 dt %

dφ dt γ dφ = =± p . d% dt d% %2 2(E − V (%))

Integration u ¨ber (%0 , %) ergibt schließlich φ = φ(%0 ) ±

Z

%(φ) %0

γ dr p . r2 2(E − V (r))

Dieses Integral kann explizit gel¨ost werden. Mit der Substitution u = 1/r und diversen Umformungen folgt, daß p , (2.35) %(φ) = 1 + q cos(φ − φ1 ) wobei

γ2 p= , 1+ε

q=

s

1+2

γ2E , (1 + ε)2

φ1 = φ0 + arccos

γ 2 − (1 + ε)%0 p . %0 2Eγ 2 + (1 + ε)2

¨ Ubungsaufgabe: F¨ uhren Sie die Umformungen, die auf (2.35) f¨ uhren, durch.

Die Gleichung (2.35) besitzt die Form eines Kegelschnittes. Die Art des Kegelschnittes h¨angt von q ab (siehe Tabelle 2.6). Parameter q

Kegelschnitt

q=1

Energie ³ ´2 E = − 12 1+ε γ ³ ´2 − 21 1+ε 0

Hyperbel

q=0 0 2 hat die Erde so viel Energie, daß sie das Sonnensystem verl¨aßt (siehe Abbildung 2.11). 3 2.5 v=1.5

2 1.5 1

y

v=1 v=0.7

0.5

Sonne



0

Erde



−0.5 −1 −1.5 −3

−2

−1

0

1

x

Abbildung 2.11: Bahnen der Erde um die Sonne f¨ ur verschiedene Anfangsgeschwindigkeiten v (ε = 0). W¨are die Masse der Erde um den Faktor 104 gr¨oßer (d.h. ε = 0.01), bewirkt ihre Gravitationsfeld, daß die Sonne kleine Bewegungen durchl¨auft, w¨ahrend sich die Erde weiterhin um die Sonne bewegt (siehe Abbildung 2.12). Ist das Massenverh¨altnis noch gr¨oßer (ε = 0.2), so wird die Bewegung der Sonne st¨arker gest¨ort (siehe Abbildung 2.13). Wie sehen die Bewegungen von Erde und Sonne aus, wenn das Gravitationsfeld des Jupiters ber¨ ucksichtigt wird? Der Jupiter hat die Masse m3 = 2 · 1027 kg und bewegt sich in einer etwa 5.2-fachen Entfernung wie der Abstand Erde-Sonne um das Zentralgestirn. Die Bewegungsgleichungen sind komplizierter als oben, da auf jeden Planeten die Gravitationskr¨afte der anderen beiden K¨orper einwirken. Sei r3 (t) der Ortsvektor des Jupiters (siehe Abbildung 2.14). Dann lauten die Bewegungsgleichungen 65

3

2

y

1

0

Sonne



• Erde

0

1

−1

−2 −3

−2

−1

2

x

Abbildung 2.12: Bahnen der Erde um die Sonne mit ε = 0.01 (v = 1.2). 20

y

15

10

5

0 −2

Sonne −1





0 x

1

Erde 2

Abbildung 2.13: Bahnen der Erde um die Sonne mit ε = 0.2 (v = 1.2).

mi ri00 = −

X Gmi mk (r − rk ), 3 i |r i − rk | k6=i

i = 1, 2, 3.

Mit derselben Skalierung wie oben und dem zus¨atzlichen Parameter δ=

m3 = 10−3 , m1

der das Massenverh¨altnis Jupiter–Sonne beschreibt, erhalten wir die folgenden skalierten Gleichungen: r1 − r 3 r1 − r 2 −δ , 3 |r1 − r2 | |r1 − r3 |3 r2 − r 1 r2 − r 3 = − −δ , 3 |r2 − r1 | |r2 − r3 |3 r3 − r 1 r3 − r 2 = − − ε , |r3 − r1 |3 |r3 − r2 |3

Sonne:

r100 = −ε

Erde:

r200

Jupiter: r300

66

(2.36) t > 0.

Sonne m

Jupiter

Erde m

1

m 2 r (t) 2

r (t) 1

3

r (t) 3

0

Abbildung 2.14: Das Drei-K¨orper-Problem, bestehend aus Sonne, Erde und Jupiter. Es handelt sich bei diesem Problem um ein Drei-K¨orper-Problem, das im Gegensatz zum obigen Zwei-K¨orper-Problem nicht explizit gel¨ost werden kann. Zur Vereinfachung nehmen wir an, daß sich alle drei K¨orper in einer Ebene bewegen. Wir w¨ahlen die (zweidimensionalen) Anfangswerte µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 r0 0 %0 w0 0 0 0 r1 (0) = r1 (0) = , r2 (0) = , r2 (0) = , r3 (0) = , r3 (0) = , 0 0 1 0 0 (2.37) mit r0 = 1 und %0 = 5.2. Welche Bahngeschwindigkeit hat der Jupiter? Er umkreist die Sonne etwa alle 11.3 Erdenjahre. Seine Bahngeschwindigkeit lautet daher w=

2π · 5.2 · 1.5 · 1011 m 2π · 5.2 · L 4m = ≈ 1.36 · 10 . 11.3 Jahre 11.3 · 3.2 · 107 s s

Die skalierte Geschwindigkeit w0 berechnet sich dann aus w0 =

5 · 106 T v= 1.36 · 104 ≈ 0.45. L 1.5 · 1011

In Abbildung 2.15 pr¨asentieren wir die numerische L¨osung des Problems (2.36)–(2.37). Wie erwartet bewegen sich die Erde und der Jupiter (fast) auf Kreisbahnen um die Sonne, die im wesentlichen unbewegt ist.

y

5

0

Sonne



−5 −5

0 x



Jupiter Erde



5

Abbildung 2.15: Bahnen der Erde und des Jupiters um die Sonne.

67

200 r0=1.0002

y

150

r =1 0

100

50

0

••

0



20

40

60

80

x

Abbildung 2.16: Bahnen von Sonne, Erde und Jupiter (ε = 10−6 , δ = 0.4). Der Wert r0 bezieht sich auf den anf¨anglichen Abstand Erde–Sonne. Die Situation ¨andert sich drastisch, wenn der dritte Planet wesentlich schwerer ist und einen st¨arkeren Einfluß auf die Sonne und damit auf die Erde aus¨ ubt. Wir nehmen an, daß der dritte Planet 40 % der Sonnenmasse besitzt und nennen ihn wieder “Jupiter”. Abbildung 2.16 zeigt, daß sich Sonne und Jupiter um ihren gemeinsamen Schwerpunkt drehen, w¨ahrend die Erde aus dem Sonnensystem herausgeschleudert wird. Interessant ist in diesem Zusammenhang, daß die Erdbahn ¨außerst sensibel von dem Anfangsab¨ stand Erde–Sonne r0 abh¨angt. Eine geringf¨ ugige Anderung des Anfangswerts f¨ uhrt zu einer v¨ollig anderen L¨osung der Erdbahn. Da der Anfangswert in der Praxis stets nur mit endlicher Genauigkeit bestimmt werden kann, folgt daraus, daß die Erdbewegung in diesem Fall praktisch nicht pr¨azise vorhergesagt werden kann, obwohl sie einer vollst¨andig deterministischen Differentialgleichung gen¨ ugt.

2.7

Deterministisches Chaos

Der Waschmaschinenhersteller aus Abschnitt 1.2 hat f¨ ur eine neu konstruierte Maschine unkontrollierte Schwingungen festgestellt, die innerhalb kurzer Zeit das Ger¨at zerst¨oren. Was ist passiert? Wir nehmen an, daß die (vertikalen) Auslenkungen x(t) der Maschine durch die Schwingungsgleichung x00 + 2%x0 + ω 2 sin x = γω02 sin ω0 t,

t > 0,

(2.38)

beschrieben werden k¨onnen (siehe Abschnitt 1.2). Beachte, daß wir hier die allgemeine R¨ uckstellkraft ω 2 sin x anstelle der Approximation ω 2 x verwenden. Der Maschinenhersteller liefert uns die Daten 2 3 1 % = , ω 2 = 1, ω0 = , γ = . 20 3 2 68

Als Anfangswerte verwenden wir x0 (0) = 0.

x(0) = 1,

(2.39)

Da das Problem (2.38)–(2.39) nichtlinear ist, l¨osen wir es numerisch. Ist die anregende Kraft Null (γ = 0), so f¨ uhrt das Ger¨at ged¨ampfte Schwingungen durch. Wir illustrieren die Kurve x(t) im sogenannten Phasendiagramm, das die Kurve t 7→ (x(t), x0 (t)) darstellt (Abbildung 2.17 links). An diesem Diagramm ist bequem zu erkennen, daß die Auslenkungen oszillierend f¨ ur lange Zeiten zum Ursprung konvergieren. Bei nicht zu großer anregender Kraft (γ = 1), zwingt die Anregung dem System eine harmonische Schwingung auf (Abbildung 2.17 rechts). Die Frequenz entspricht nicht der Eigenfrequenz ω des frei schwingenden Systems, sondern ist ungef¨ahr gleich der Frequenz ω0 der antreibenden Kraft. 2.5

0.8

2

0.6

1.5

Geschwindigkeit

Geschwindigkeit

0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6

0 −0.5 −1 −1.5

−0.8 −1 −1

1 0.5

−2 −0.5

0 Auslenkung

0.5

−2.5

1

−15

−10

−5 Auslenkung

0

Abbildung 2.17: Phasendiagramm der erzwungenen Schwingung f¨ ur γ = 0 (links) und γ = 1 (rechts). Wird die Antreibkraft weiter erh¨oht, γ = 3/2, bewegt sich das Pendel nicht mehr gleichm¨aßig (Abbildung 2.18 links). Die Ausschl¨age scheinen v¨ollig chaotisch. Dies erkl¨art das von dem Waschmaschinenhersteller beobachtete Verhalten des Ger¨ats. Insbesondere werden die Auslenkungen schnell so groß, daß sie die Maschine zerst¨oren. Die Bewegungen ¨ werden praktisch unvorhersagbar, da eine minimale Anderung der Anfangsbedingungen zu einer v¨ollig anderen Bahnkurve f¨ uhrt (Abbildung 2.18 rechts). Diese Situation entspricht dem Drei-K¨orper-Problem aus dem letzten Abschnitt. Obwohl die Auslenkungen die L¨osungen einer deterministischen Gleichung sind, sind ihre Werte praktisch nicht pr¨azise vorhersagbar. Wir nennen dies deterministisches Chaos. Was ist Chaos? Der Begriff ist in der Literatur nicht einheitlich definiert. Wir geben im folgenden eine Definition nach Wiggings [8] an. Dazu ben¨otigen wir allerlei Begriffe. Sei φ(t, x0 ) := x(t) die L¨osung der Differentialgleichung x0 = f (x),

t > 0, 69

x(0) = x0 ,

(2.40)

3

2

2

1

Geschwindigkeit

Geschwindigkeit

3

0 −1 −2 −3

1 0 −1 −2

−20

−10

0 10 Auslenkung

20

−3

30

0

10

20

30 40 Auslenkung

50

60

70

Abbildung 2.18: Phasendiagramm der erzwungenen Schwingung f¨ ur γ = 3/2 und x(0) = 1 (links) bzw. x(0) = 1.0001 (rechts). wobei f : Rn → Rn eine stetige Funktion und x0 ∈ Rn seien. Wir nehmen an, daß die L¨osung eindeutig ist und f¨ ur alle t > 0 existiert. Wir nennen die Abbildung (t, x0 ) 7→ φ(t, x0 ) auch den Fluß der Gleichung (2.40). Definition 2.2 Sei φ der Fluß von (2.40) und A ⊂ Rn eine kompakte Menge. (1) Die Menge A heißt invariant unter dem Fluß von φ genau dann, wenn ∀ t ≥ 0 : φ(t, A) ⊂ A. (2) Sei A abgeschlossen und invariant unter φ. Die Menge A heißt topologisch transitiv bez¨ uglich φ genau dann, wenn ∀ U, V ⊂ A offen : ∃ t ≥ 0 : φ(t, U ) ∩ V 6= ∅. Unter dem Symbol φ(t, A) verstehen wir die Menge aller φ(t, x) mit x ∈ A. Eine Menge heißt also invariant, wenn der Fluß in der Menge bleibt (Abbildung 2.19 links). Eine Menge ist topologisch invariant, wenn der Fluß mit jeder offenen Menge nichtleeren Schnitt hat (Abbildung 2.19 rechts). Definition 2.3 Sei φ der Fluß von (2.40) und A invariant unter φ. (1) Der Fluß φ h¨angt sensitiv von den Anfangswerten in A ab, wenn ∃ε>0:

∀x∈A:

∀ Umgebungen U von x: ∃ y ∈ U : |φ(t, x) − φ(t, y)| > ε. 70

∃t>0:

φ (t,y)

U

y

x

φ (t,x)

V

A x

Abbildung 2.19: Zur Definition einer invarianten bzw. topologisch transitiven Menge. Die Menge links ist nicht invariant, da φ(t, y) A verl¨aßt. (2) Der Fluß φ heißt chaotisch bzgl. A genau dann, wenn er sensitiv von den Anfangswerten in A abh¨angt und topologisch transitiv bzgl. A ist. Eine sensitive Abh¨angigkeit von den Anfangsdaten bedeutet also, daß sich die L¨osungen von (2.40) “weit” voneinander entfernen, selbst wenn die Anfangswerte sehr dicht beieinander liegen (Abbildung 2.20). A φ (t,y)

y

φ (t,x)

x U

Abbildung 2.20: Zur Definition der sensitiven Abh¨angigkeit von den Anfangswerten. Als ein Beispiel eines chaotischen Flusses pr¨asentieren wir die sogenannten LorenzGleichungen: x0 = −%(x − y)

y 0 = rx − y − xz, z 0 = xy − bz,

t > 0,

mit Anfangswerten x(0) = x0 ,

y(0) = y0 ,

z(0) = z0 ,

die die Str¨omung einer Fl¨ ussigkeit zwischen zwei horizontalen Platten, von denen die untere beheizt wird, modellieren (Abbildung 2.21). Hierbei haben die Variablen die folgende Bedeutung: x ist proportional zum Betrag der Konvektionsgeschwindigkeit, 71


0. Betrachte dazu einen Anfangswert u0 wie in Abbildung 3.3. Zur Zeit t > 0 bilden sich zwei “Wellen”, die sich mit der Geschwindigkeit c nach links bzw. rechts bewegen. Die Konstante c kann daher als die Wellengeschwindigkeit interpretiert werden. Wie pflanzen sich die Wellen in dem Kristall fort? Wir betrachten wieder ein eindimensionales Modell f¨ ur den Kristall, den wir an den Enden x = 0 und x = L fest einspannen. Wir m¨ ussen also das Anfangsrandwertproblem utt = c2 uxx ,

(x, t) ∈ (0, L) × (0, ∞),

u(0, t) = u(L, t) = 0,

u(x, 0) = u0 (x),

l¨osen. Dazu machen wir den Ansatz u(x, t) = f (x) · g(t). 77

(3.4) ut (x, 0) = u1 (x),

(3.5)

u u

t>0

t=0 1

1 2

−x

x

0

0

x

−x + ct 0

−x − ct 0

x − ct 0

x + ct 0

x

Abbildung 3.3: L¨osung u(x, t) nach der d’Alembertschen Formel. Setzen wir ihn in (3.4) ein, erhalten wir 1 g 00 f 00 = . c2 g f Die linke Seite h¨angt nur von t, die rechte Seite nur von x ab. Damit dies f¨ ur alle (x, t) gilt, m¨ ussen beide Seiten konstant sein. Wir nennen die Konstante α ∈ R: f 00 − αf = 0,

x ∈ (0, L),

g 00 − c2 αg = 0,

t > 0.

(3.6) (3.7)

Die erste Gleichung wird mit den Randbedingungen f (0) = f (L) = 0, die sich aus (3.5) ergeben, gel¨ost. Sei zuerst α > 0. Dann lautet die allgemeine L¨osung von (3.6) f (x) = c1 e

√ αx

+ c 2 e−

√ αx

,

die jedoch nicht beide Randbedingungen erf¨ ullen kann. Dies gilt auch f¨ ur die allgemeine L¨osung f (x) = c1 x + c2 im Falle α = 0. Folglich muß α < 0 gelten. Wir setzen k 2 := −α > 0. Die allgemeine L¨osung von (3.6) lautet f (x) = c1 sin(kx) + c2 cos(kx). Aus den Randbedingungen folgt c2 = 0 und sin kL = 0, also k = kn =

nπ , L

n ∈ N.

Wir erhalten die unendlich vielen L¨osungen fn (x) = Cn sin(kn x),

x ∈ [0, L].

Die L¨osung von (3.7) ist gn (t) = An sin(ckn t) + Bn cos(ckn t). 78

Damit k¨onnen wir die allgemeine L¨osung von (3.4) schreiben als u(x, t) =

∞ X

sin(kn x)(An sin(ckn t) + Bn cos(ckn t)).

n=1

Die Konstanten An und Bn berechnen wir aus den Anfangsbedingungen in (3.5): u0 (x) = u(x, 0)

∞ X

=

n=1 ∞ X

u1 (x) = ut (x, 0) =

Bn sin(kn x), ckn An sin(kn x).

n=1

Multiplizieren wir n¨amlich diese Gleichungen mit sin(km x), integrieren in x ∈ (0, L) und benutzen die Relation ( Z L L/2 : n = m, L sin(kn x) sin(km x) dx = δn,m = 2 0 : n 6= m, 0 so ergibt sich 2 Bm = L

Z

L

2 Am = ckm L

u0 (y) sin(km y) dy, 0

Z

L

u1 (y) sin(km y) dy.

(3.8)

0

F¨ ur die L¨osung von (3.4)–(3.5) folgt schließlich u(x, t) =

∞ X n=1

sin

³ nπx ´ · L

¸ nπct nπct An sin + Bn cos , L L

und die Koeffizienten An und Bn sind gegeben durch (3.8). ¨ Die L¨osung beschreibt eine Uberlagerung von Wellen mit Kreisfrequenzen ωn := nπc/L. Man nennt n=1:

Grundschwingung,

n>1:

Oberschwingungen

und die entsprechenden T¨one Grundton bzw. Obert¨one. Die mehrdimensionale Wellengleichung utt = c2 ∆u,

x ∈ R3 ,

t > 0,

besitzt unter anderem L¨osungen der Form u(x, t) = ei(k·x+ωt) ,

79

(3.9)

wobei k = (k1 , k2 , k3 )> ∈ R3 , ω > 0, denn utt − c2 ∆u = (−ω 2 + c2 (k12 + k22 + k32 ))u = 0, sofern c|k| = ω gilt. Die L¨osungen (3.9) k¨onnen wir als ebene Wellen interpretieren, die sich mit der Geschwindigkeit c fortpflanzen. Abbildung 3.4 zeigt die Wellenfronten, d.h. die Mengen {(x, t) : k · x + ωt = const.}. Ein Punkt x auf der Wellenfront k · x + ωt = α ∈ R bewege sich in der Zeit dt um dx, liege aber noch immer auf der Wellenfront, d.h. k · (x + dx) + ω · (t + dt) = α und dx ist parallel zu k. Subtraktion der beiden Gleichungen ergibt k · dx + ωdt = 0 oder ¯ ¯ ¯ dx ¯ ¯ ¯ = ω = c. ¯ dt ¯ |k| Also ist die Geschwindigkeit des Punktes gerade gleich c. t

x

Abbildung 3.4: Wellenfronten k · x + ωt = const. ¨ Ubungsaufgabe: Bestimmen Sie die Schwingungen einer rechteckigen Membran, d.h., l¨osen Sie die Schwingungsgleichung utt = c2 (uxx + uyy ),

(x, y) ∈ (0, a) × (0, b),

u(x, y, 0) = u0 (x, y),

t > 0,

ut (x, y, 0) = u1 (x, y),

und u = 0 auf dem Rand des Rechtecks (0, a) × (0, b).

3.2

Schr¨ odingergleichung

Die Funktionsweise eines MOS-Transistors basiert darauf, daß der Elektronenfluß vom Emittor zum Kollektor durch eine angelegte Spannung am Basiskontakt gesteuert wird 80

(Abbildung 3.5). Eine Oxidschicht am Basiskontakt soll verhindern, daß Elektronen durch die Basis abfließen. Die Abmessungen der heutigen Bauteile sind jedoch so winzig (z.B. Abstand Emitter-Kollektor: 100 nm = 10−7 m, Dicke der Oxidschicht: 1.5 nm = 1.5 · ¨ 10−9 m), daß dennoch zahlreiche Elektronen durch Uberwinden der Oxidschicht u ¨ber die Basis und nicht u ¨ber den Kollektor abfließen. In diesem Abschnitt wollen wir die Frage beantworten: B

 

E

K

Elektronen

Abbildung 3.5: Schematische Darstellung eines MOS-Transistors mit Emitter E, Basis B und Kollektor K. Die schraffierte Region stellt die Oxidschicht dar.

Frage: Wann k¨onnen Elektronen die Oxidschicht u ¨berwinden, und wie l¨aßt sich das verhindern? Um diese Frage zu beantworten, m¨ ussen wir weit ausholen. Wir betrachten Elektronen zun¨achst als klassische Teilchen, die den Newtonschen Gleichungen x0 = v,

mv 0 = −V (x),

(3.10)

gen¨ ugen. Hierbei sind x = x(t) und v = v(t) der Ort bzw. die Geschwindigkeit eines Teilchens mit Masse m und V (x) das elektrostatische Potential. Die Ableitung von −V (x) ist das elektrische Feld (bzw. die elektrische Kraft), die gleich dem Produkt Masse × Beschleunigung ist. Multiplikation von (3.10) mit v und Integration liefert m |v(t)|2 + V (x(t)) = const. =: E. 2

(3.11)

Dies dr¨ uckt wieder die Energieerhaltung aus: Die Summe aus kinetischer Energie mv 2 /2 und potentieller Energie V (x) ist zeitlich konstant. Wir k¨onnen die Oxidschicht als eine Potentialbarriere modellieren (Abbildung 3.6), z.B. V (x) =

(

U : x ∈ Oxidschicht 0 : sonst. 81

V(x) Elektronen

Oxid

Basis

Abbildung 3.6: Modellierung der Oxidschicht als Potentialbarriere. Elektronen, deren Energie E kleiner als U ist, k¨onnen die Oxidschicht nicht u ¨berwinden, denn g¨abe es ein Elektron innerhalb der Oxidschicht, so folgt aus (3.11) U≤

m |v(t)|2 + U = E < U 2

und damit ein Widerspruch. Nur Elektronen, f¨ ur die E > U gilt, k¨onnen die Oxidschicht mit Geschwindigkeit r 2 (E − U ) v(t) = m durchqueren. Durch Experimente konnte festgestellt werden, daß auch Elektronen mit Energien E < U die Potentialbarriere u ¨berwinden bzw. durchtunneln. Man spricht in diesem Fall auch vom Tunneleffekt. Dieser Effekt basiert darauf, daß Elektronen keine (makroskopischen) Teilchen sind, die den Newtonschen Bewegungsgleichungen gen¨ ugen, sondern die quantenmechanisch beschrieben werden m¨ ussen. In der Quantenmechanik wird ein Elektron durch eine sogenannte Wellenfunktion ψ(x, t) ∈ C dargestellt. Das Integral Z |ψ(x, t)|2 dx B

ist die Wahrscheinlichkeit, das Teilchen zur Zeit t im Gebiet B anzutreffen. Es k¨onnen nur Wahrscheinlichkeitsaussagen getroffen werden, da der Ort und die Geschwindigkeit eines Elektrons nicht mehr mit beliebiger Genauigkeit gleichzeitig gemessen werden k¨onnen. Dies liegt daran, daß ein Elektron auch Wellencharakter zeigen kann, und steht im Gegensatz zur klassischen Mechanik, in der ja gerade die Newtonschen Gleichungen Ort x(t) und Geschwindigkeit v(t) des Teilchens vollst¨andig determinieren. Welcher Bewegungsgleichung gen¨ ugt nun die Wellenfunktion? In der Quantenmechanik werden die klassischen Gr¨oßen durch Operatoren ersetzt, n¨amlich 82

Ort x Impuls p := mv Energie E

durch xOp , durch −i~∇, durch i~ ∂/∂t,

(3.12)

wobei ∇ = (∂/∂x1 , ∂/∂x2 , ∂/∂x3 ) der Nabla-Operator ist, ~ = h/2π die reduzierte PlanckKonstante und i2 = −1. Der Operator der Lagekoordinate xOp entspricht der Multiplikation mit der Variablen x, also ((xOp (ψ))(x) = x · ψ(x). Wir unterscheiden daher nicht zwischen xOp und x. Die Relationen (3.12) k¨onnen nicht hergeleitet werden; sie sind axiomatisch gegeben. Beachte, daß die Wellenfunktion komplexwertig ist. Ihre Werte k¨onnen nicht direkt interpretiert werden; nur die reellwertige Gr¨oße |ψ|2 besitzt eine physikalische Interpretation (als Wahrscheinlichkeit). Die Energiehaltung (3.11) ist auch quantenmechanisch g¨ ultig. Aus (3.12) folgt dann i~

³p · p ´ ∂ψ ~2 = Eψ = + V (x) ψ = − ∆ψ + V (x)ψ, ∂t 2m 2m

x ∈ R3 ,

t > 0,

(3.13)

denn p·p = −~2 ∇·∇ = −~2 ∆. Diese Bewegungsgleichung f¨ ur ψ wird Schr¨odingergleichung genannt. Zur Zeit t = 0 ist die Anfangsbedingung ψ(x, 0) = ψ0 (x),

x ∈ R3 ,

vorzuschreiben. Um die Schr¨odingergleichung zu l¨osen, machen wir den Anstz ψ(x, t) = φ(x)eiωt , der die Beziehung −~ωφe

iωt

= i~ψt =

liefert. Wir setzen E := −~ω. Dann ist −

µ

¶ ~ ∆φ + V φ eiωt − 2m

~ ∆φ + V (x)φ = Eφ, 2m

x ∈ R3 ,

(3.14)

die station¨are Schr¨odingergleichung. Sie ist eine Eigenwertgleichung. Definieren wir n¨amlich den Hamilton-Operator H := −(~/2m)∆ + V , so sind Eigenfunktion-Eigenwert-Paare (φ, E) der Operatorgleichung Hφ = Eφ zu bestimmen. Den Wert E interpretieren wir als die Energie des Teilchens. Wir betrachten im folgenden einige Beispiele. 83

Beispiel 3.1 (freies Teilchen) Die Bewegung eines freien Teilchens wird durch keine Kraft beeinflußt; also ist das Potential V konstant. Wir w¨ahlen V = 0 und l¨osen die Gleichung −

~2 ∆φ = Eφ, 2m

x ∈ R3 .

(3.15)

Die L¨osung lautet im eindimensionalen Fall φ(x) = ceikx ,

k=



2mE/~,

c ∈ R,

√ sofern E ≥ 0. Im Falle E < 0 w¨are φ(x) = cekx mit k = −2mE/~ zwar eine L¨osung von (3.15); jedoch w¨ urde |φ(x)| → ∞ f¨ ur x → ∞ gelten, und dies w¨ urde der Interpretation, 2 daß |φ| eine Wahrscheinlichkeit darstellt, widersprechen. Wir finden also f¨ ur jede Energie E ≥ 0 eine Eigenfunktion φ. Die zeitabh¨angige Wellenfunktion lautet ψ(x, t) = cei(kx+ωt) . Ein Vergleich mit der L¨osung (3.9) der klassischen Wellengleichung zeigt, daß wir ψ als eine komplexwertige ebene Welle interpretieren k¨onnen. ¤ Beispiel 3.2 (Teilchen im Potentialtopf) Wir betrachten ein Teilchen in einem eindimensionalen Potentialtopf mit einem unendlich hohen Potential außerhalb des Topfes (Abbildung 3.7) ( 0 : x ∈ (0, a) V (x) = ∞ : sonst. Außerhalb des Potentialtopfs muß die Wellenfunktion φ = 0 sein, damit sie L¨osung von 8

8

x 0

a

Abbildung 3.7: Eigenzust¨ande eines Teilchens in einem Potentialtopf. (3.14) sein kann. Im Innern des Topfes m¨ ussen wir −

~ φxx = Eφ, 2m 84

x ∈ (0, a),

l¨osen. Wir fordern, daß φ in R stetig ist; dies impliziert die Randbedingungen φ(0) = φ(a) = 0. Der Ansatz φ(x) = eiλx f¨ uhrt auf die allgemeine L¨osung φ(x) = c1 eikx + c2 e−ikx ,

k=



2mE/~.

Einsetzen des Randbedingungen ergibt 0 = φ(0) = c1 + c2 , 0 = φ(a) = c1 eika + c2 e−ika = c1 (eika − e−ika ) = 2ic1 sin ka.

Dies impliziert (um nicht die triviale L¨osung c1 = c2 = 0 zu erhalten) ka = nπ, n ∈ N, und ¢ ¡ nπx , x ∈ [0, a], n ∈ N. φn (x) = c1 einπx/a − e−inπx/a = c sin a Die Konstante c := 2ic1 bestimmen wir aus der Normierungsforderung Z Z a¯ ³ ´¯ ¯ 2 nπx ¯2 1= |φn (x)| dx = c ¯sin ¯ dx, a R 0 die sich daraus ergibt, daß die Wahrscheinlichkeit, das Teilchen irgendwo im Intervall [0, a] zu finden, gerade Eins ist. Die Energie ist also diskret; sie kann nur die Werte En =

~2 kn2 ~2 π 2 2 = n 2m 2ma2

annehmen (Abbildung 3.7). Diese Situation ist ¨ahnlich wie bei der L¨osung der Wellengleichung in einem begrenzten Gebiet, widerspricht jedoch unserem intuitiven Verst¨andnis eines Elektrons als Teilchen. Der Grund liegt darin, daß ein Elektron sowohl Teilchenals auch Welleneigenschaften zeigen kann. Man nennt dies Teilchen-Welle-Dualismus des Elektrons. ¤ Wir kehren wieder zu der Frage zur¨ uck, warum die Elektronen die Oxidschicht durchtunneln k¨onnen. Wir modellieren diese wie in Abbildung 3.6 als ein Potential (siehe auch Abbildung 3.8):    0 : x < 0, V (x) = U : 0 ≤ x < d,   0 : x ≥ d. Wir nehmen zun¨achst an, daß die Energie der Teilchen kleiner als die Potentialbarriere

85

d

x

0

Abbildung 3.8: Tunneleffekt bei einem rechteckigen Potentialwall in (0, d). ist, d.h. E < U . In den drei Teilgebieten sind die folgenden Gleichungen zu l¨osen: ~2 00 φ = Eφ, x < 0, 2m ~2 00 φ = (E − U )φ, 0 < x < d, − 2m 2 ~ 00 − φ = Eφ, x > d. 2m Die allgemeine L¨osung in R lautet:  ikx −ikx  : x < 0,  Ae + Be `x −`x φ(x) = Ce − De : 0 < x < d,   ikx Fe : x > d, −

wobei

k=



2mE/~,

`=

p 2m(U − E)/~,

und A, B, C, D, F sind komplexe Konstanten. Diese L¨osung kann folgendermaßen interpretiert werden:

Vor dem Wall (x < 0) gibt es eine nach rechts einlaufende Welle Aeikx und eine nach links laufende, am Wall reflektierte Welle Be−ikx . Im Wall (0 < x < d) werden die eindringende und die am Wallende reflektierte Welle ged¨ampft. Hinter dem Wall (x > d) gibt es nur eine auslaufende Welle. Den L¨osungsanteil Ge−ikx haben wir verworfen, d.h. G = 0 gesetzt. Wir fordern, daß die Funktion φ stetig differenzierbar in R ist. Dies liefert die vier Randbedingungen an x = 0 und x = d: lim φ(j) (x) = lim φ(j) (x),

x%0

x&0

lim φ(j) (x) = lim φ(j) (x),

x%d

x&d

86

j = 0, 1.

Diese Bedingungen erlauben es, die vier Konstanten B, C, D und F als Funktion von k, `, d und A zu berechnen. Insbesondere kann die Transmissions- oder Tunnelwahrscheinlichkeit |F |2 T = |A|2 aus dem Verh¨altnis der Amplitudenquadrate vor und hinter dem Potentialwall bestimmt werden.

¨ Ubungsaufgabe: Bestimmen Sie B, C, D und F als Funktion von A, und berechnen 2 2 Sie T = |F | /|A| . Das Ergebnis lautet T =

1 − E/U , 1 − E/U + (U/4E) sinh2 (d`)

U > E.

(3.16)

Im Falle starker D¨ampfung (d` À 1) k¨onnen wir sinh2 (d`) ≈ e−2d` /4 approximieren und erhalten die N¨aherung 1 − E/U 1 − E/U + (U/16E)e2d`

T ≈

1 − E/U 16E −2d` e U (1 − E/U )16E/U · e−2d` + 1

=

16E −2d` E e (1 − ) U U 16E(U − E) −2d√2m(U −E)/~ e = U2



U > E.

Die Tunnelwahrscheinlichkeit h¨angt also exponentiell von der Barrierendicke d ab. Dies erkl¨art das experimentell in MOS-Transistoren beobachtete Ph¨anomen, daß mehr Elektronen durch die Oxidschicht tunneln, wenn diese d¨ unner wird. ¨ Ubrigens ist die Tunnelwahrscheinlichkeit T auch im Fall E > U im allgemeinen kleiner als Eins – im Gegensatz zu klassischen Teilchen. Eine analoge Rechnung wie oben ergibt T = wobei `0 =

p

E/U − 1 , E/U − 1 + (U/4E) sin2 (d`0 )

E > U,

(3.17)

2m(E − U )/~.

¨ Ubungsaufgabe: Zeigen Sie, daß im Falle E > U die Transmissionswahrscheinlichkeit durch (3.17) gegeben ist.

87

Gilt nun d`0 = nπ (n ∈ N), so verschwindet der sin-Term, und f¨ ur diese speziellen Energien gilt tats¨achlich T = 1. Wie lauten die Transmissionswahrscheinlichkeiten bei einer Oxidschicht mit Dicke 1.5nm? Wir w¨ahlen die folgenden Werte: d = 1.5nm = 1.5 · 10−7 cm,

Oxidschichtdicke:

m = 9 · 10−31 kg,

Masse eines Elektrons:

~ = 10−30 kg cm2 /s,

reduzierte Planck-Konstante:

U = 10eV = 1.6 · 10−14 kg cm2 /s2 .

Potentialbarriere:

Wir erhalten die in Abbildung 3.9 dargestellten Werte. Ein Elektron in einem Transistor 1

0.8

T

0.6

0.4

0.2

0 0

1

2

3

4

5

E/U

Abbildung 3.9: Transmissionswahrscheinlichkeit T eines Elektrons bei einem Potentialwall in Abh¨angigkeit von der Energie E. mit einer Emitter-Kollektor-Spannung von 1 V besitzt die Energie 1eV, also E/U = 0.1. Die entsprechende Tunnelwahrscheinlichkeit betr¨agt nur T = 4 · 10−4 = 0.04%. Sie steigt bei D¨ unnerwerden der Oxidschickt jedoch rapide an: Bei d = 0.75 nm gilt bereits T = 4.5%.

3.3

Computertomographie

Die Computertomographie erm¨oglicht es, Querschnitte eines lebenden menschlichen K¨orpers graphisch darzustellen. Im Gegensatz zu einer herk¨ommlichen R¨ontgenuntersuchung, bei der man die Projektion des Objekts auf eine Ebene betrachtet, werden bei der Computertomographie die R¨ontgenstrahlen in der Querschnittsebene aus vielen verschiedenen Richtungen durch den K¨orper geschickt. Die Daten liefern um den Patienten rotierende R¨ontgenquellen und Detektoren (Abbildung 3.10). Der K¨orper absorbiert die R¨ontgen-

88

Q

Q

D

D

Abbildung 3.10: Prinzipieller Aufbau eines Computertomographen mit R¨ontgenquellen Q und Detektoren D. strahlung unterschiedlich. Aus der Abschw¨achung der Strahlung k¨onnen dann die Abschw¨achungskoeffizienten in der Querschnittsebene bestimmt und damit zwischen dichter und weniger dichter Materie (z.B. Knochen versus Gewebe) unterschieden werden. ¨ Ubrigens beschrieb G.N. Hounsfield (zusammen mit J. Ambrose) 1972 das Prinzip der Computertomographie als erster und erhielt daf¨ ur 1979 den Nobelpreis der Medizin. Wir wollen in diesem Abschnitt die Frage beantworten: Frage: Wie kann das Schnittbild aus den Daten der R¨ontgendetektoren rekonstruiert werden? Die Schw¨achung der R¨ontgenstrahlung beim Durchgang durch Materie geschieht nach dem Lambert-Beer-Gesetz I(d) = I(0)e−µd , (3.18) wobei I(d) die Intensit¨at des Strahles am Ort d und d die Dicke des homogenen Mediums seien. Die Konstante µ > 0 ist der Abschw¨achungskoeffizient und ist ein Maß f¨ ur die St¨arke der Abschw¨achung. Genauer gesagt ist µ eine Funktion des Materials und der Energie der R¨ontgenstrahlung. Das Gesetz (3.18) kann mit der Tunnelwahrscheinlichkeit aus Abschnitt 3.2 verglichen werden, die ebenfalls exponentiell von der Dicke des Hindernisses abh¨angt. Wegen der unterschiedlichen Materialien im menschlichen K¨orper ist der Koeffizient µ eine Funktion des Ortes. Die Abschw¨achung der Strahlungsintensit¨at dI entlang eines kleinen Wegst¨ uckes dx ist dann proportional zu der Intensit¨at: dI = −µ(x)I dx 89

oder

dI = −µ(x)I. dx Integration dieser Differentialgleichung −µ(x) =

1 dI d = ln I I dx dx

u ¨ber einen Weg Γ von einer Quelle am Ort Q zu einem Detektor am Ort D liefert dann Z I(D) µ(x) dx = − ln I(D) + ln I(Q) = − ln . (3.19) I(Q) Γ Unser Ziel lautet, den ortsabh¨angigen Schw¨achungskoeffizienten µ eines Querschnitts zu bestimmen. Die Apparatur rotiere in nα gleichverteilten Schritten zwischen αmin und αmax , und jedes Strahlenb¨ undel bestehe aus np gleichverteilten Strahlen zwischen pmin und pmax (Abbildung 3.10). Die Messungen mit dieser Geometrie liefern m := nα np Werte der nα np Linienintegrale (3.19) u ucke Γ1 , . . . , Γm von den ¨ber µ(x) entlang der Geradenst¨ Quellen zu den Detektoren. Bezeichnen wir mit Qi und Di die durch das i-te Geradenst¨ uck Γi verbundenen Quellen und Detektoren und mit I(Qi ) und I(Di ) (i = 1, . . . , m) die zugeh¨origen Intensit¨aten, so gilt nach (3.19) Z µ(x) dx = bi , i = 1, . . . , m, (3.20) Γi

wobei bi = − ln

I(Di ) I(Qi )

die experimentell ermittelten Werte sind. Die Gleichung (3.20) ist die Radontransformation der Funktion µ. Bei (geeignet gew¨ahlten) unendlich vielen Strahlen ist µ eindeutig durch die rechten Seiten bestimmt. Bei endlich vielen Strahlen l¨aßt sich µ nur approximativ bestimmen. Eine M¨oglichkeit, µ zu bestimmen, ist die Diskretisierung der Umkehrformel der Radontransformation. Wir w¨ahlen im folgenden einen sehr einfachen algebraischen Ansatz aus [5]: Wir suchen eine N¨aherungsl¨osung µ des Systems (3.20). Dazu zerlegen wir die Querschnittsebene in n2 gleich große quadratische Elemente, im folgenden Pixel genannt (Abbildung 3.11). Wir suchen eine Bestapproximation an die L¨osung von (3.20) im n2 dimensionalen Raum S = span{φ1 , . . . , φn2 } mit den Basisfunktionen φi : R2 → R, definiert durch ( 1 : falls x im Pixel der k-ten Zeile und `-ten Spalte liegt φ(k−1)n+` (x) = 0 : sonst. 90

Pmin Q α 1

2

3

Pmax n2 D

Abbildung 3.11: Zur Approximation des Abschw¨achungskoeffizienten µ. Die Funktionen φi sind also die Indikatorfunktionen der n2 Pixel. Die N¨aherungsl¨osung µ ist als Linearkombination aller φi dargestellt: 2

µ(x) =

n X

µi φi (x).

(3.21)

i=1

Dies bedeutet, daß µ auf jedem Pixel der Zerlegung konstant ist. Das medizinische Bild entsteht dann durch Darstellung der Werte µi als Grauwerte. Das Bild wird umso genauer, je mehr Pixel verwendet werden. Setzen wir (3.21) in (3.20) ein, so folgt n¨aherungsweise bi =

Z

2

µ(x) dx = Γi

n X j=1

µj

Z

φj (x) dx,

i = 1, . . . , m.

(3.22)

Γi

Setzen wir aij =

Z

φj (x) dx,

u = (µ1 , . . . , µn2 )> ,

b = (b1 , . . . , bm )>

Γi

und A = (aij ), k¨onnen wir (3.22) als lineares Gleichungssystem Au = b

(3.23)

mit der Unbekannten u schreiben. Die Zahl der Messungen (d.h. die Zahl der Gleichungen in (3.22)) wird im allgemeinen wesentlich gr¨oßer als die Anzahl der Pixel sein, um die Qualit¨at der Rekonstruktion zu erh¨ohen. In diesem Fall ist (3.23) ein u ¨berbestimmtes 91

Gleichungssystem und daher im allgemeinen nicht l¨osbar oder nicht eindeutig l¨osbar. Wir suchen deshalb eine L¨osung im Sinne der kleinsten Quadrate, d.h., u ist die L¨osung von Q(u) = min2 Q(v) v∈Rn

mit Q(v) := kAv − bk22 ,

(3.24)

2

und kxk22 := x> x ist die euklidische Norm auf Rn . Wie k¨onnen wir nun (3.24) l¨osen? Wir behaupten, daß das Minimierungsproblem ¨aquivalent ist zur L¨osung der Gaußschen Normalengleichungen A> Au = A> b.

(3.25)

2

Satz 3.3 Seien A ∈ Rm×n und b ∈ Rm . Dann sind die Probleme (3.24) und (3.25) ¨aquivalent. Beweis: Wir berechnen die i-te Richtungsabteilung von Q: 1 1 1 (Q(v + sei ) − Q(v)) = (Av − b + sAei )> (Av − b + sAei ) − (Av − b)> (Av − b) s s s > > = 2(Av − b) Aei + s(Aei ) Aei , wobei ei der i-te Einheitsvektor des Rm sei. Der Grenzwert s → 0 ergibt ∂Q(v) = 2(Av − b)> Aei ∂ui und damit ∇u Q(v) = (2(Av − b)> A)> = 2A> (Av − b). Ist nun u eine L¨osung von (3.24), gilt ∇u Q(u) = 0, und u l¨ost (3.25). Ist umgekehrt u eine L¨osung von (3.25), so ist u ein kritischer Punkt von Q. Die Funktion u ist ein 2 Minimum von Q, weil A> A wegen v > (A> A)v = kAvk22 ≥ 0 f¨ ur v ∈ Rn positiv semidefinit ist. ¤ Wir bemerken, daß das lineare Gleichungssystem (3.25) im allgemeinen nur iterativ ¨ gel¨ost werden kann. Ublicherweise werden n2 = 5122 Pixel zur Bestimmung des Querschnittsbildes verwendet. Verwendet man nun m > n2 = 262144 R¨ontgenstrahlen, ist ein riesiges Gleichungssystem mit einer Matrix mit mindestens 262144 × 262144 Elementen zu l¨osen. Die Koeffizientenmatrix enth¨alt sehr viele Nullen, da jeder R¨ontgenstrahl nur eine kleine Anzahl von Pixeln schneidet. Doch selbst wenn nur die von Null verschiedenen Eintr¨age abgespeichert werden, erfordert die Matrix einen Speicherbedarf von etwa zwei Gigabyte.

92

4

Str¨ omungen

Eine große Anzahl von sich bewegenden Teilchen kann durch makroskopische Variablen wie Teilchendichte und mittlere Teilchengeschwindigkeit beschrieben werden. R¨aumliche ¨ und zeitliche Anderungen dieser Gr¨oßen gen¨ ugen h¨aufig Erhaltungsgleichungen, die formal zu partiellen Differentialgleichungen ¨aquivalent sind. In diesem Kapitel betrachten wir verschiedene Str¨omungen, die auf Erhaltungsgleichungen f¨ uhren.

4.1

Verschmutzung eines Flusses

Aufgrund eines Chemieunfalls gelangt eine giftige Substanz in einen Seitenarm eines großen Flusses, der 10km von der Verunreinigung entfernt ist. Die Str¨omungsgeschwindigkeit an der Ungl¨ ucksstelle betrage 60m pro Minute. Bevor die giftige Substanz die Einm¨ undungsstelle in dem großen Fluß erreicht, soll dort eine mobile Filteranlage installiert werden, um die Substanz aus dem Wasser zu entfernen. Frage: Wieviel Zeit verbleibt f¨ ur die Installation der Filteranlage, und wieviel Substanz kann herausgefiltert werden? Naiverweise w¨ urden wir vermuten, daß 10000m ≈ 166.7 min, 60m/ min also gut zweieinhalb Stunden f¨ ur die Installation zur Verf¨ ugung stehen. Allerdings wird die Berechnung durch folgende Fakten verkompliziert: Der kleine Fluß verbreitert sich von der Ungl¨ ucksstelle bis zur M¨ undung; dabei nimmt die Str¨omungsgeschwindigkeit um 20% ab. Pro Minute setzt sich 1% der giftigen Substanz am Boden des Flusses ab. Die giftige Substanz wird 5 Minuten lang eingeleitet. Der anf¨angliche Anteil der Substanz im Flußwasser betrage 10%. Wir modellieren den Fluß durch ein Intervall [0, L] mit L = 10. Der Anteil der Substanz im Flußwasser pro L¨angen- und Zeiteinheit sei durch eine Funktion u(x, t) beschrieben; die Str¨omungsgeschwindigkeit sei v(x, t) (Abbildung 4.1). Zur Zeit t = 0 werde an der Stelle x = 0 die giftige Substanz eingeleitet. Wir ben¨otigen eine Gleichung f¨ ur die Evolution des Anteils u(x, t). Nehmen wir zun¨achst an, daß sich die Substanz nicht am Boden ¨ absetzt. Dann sollte die zeitliche Anderung des Anteils der Substanz in einem beliebigen

93

v(x,t)

x 0

a

b

L

Abbildung 4.1: Modellierung eines Flusses. Intervall [a, b] gleich dem Zu- bzw. Abfluß u ¨ber den Rand x = a bzw. x = b sein, da die Substanzmenge erhalten bleibt: Z Z b d b ∂ (u, v)(x, t) dx. u(x, t) dx = u(a, t)v(a, t) − u(b, t)v(b, t) = dt a a ∂x Setzt sich die Verschmutzung am Boden ab, so ist auf der rechten Seite ein entsprechender Senkterm zu ber¨ ucksichtigen: Z b

f dx.

a

Wir nehmen an, daß die Funktionen glatt genug sind, damit wir Differentiation und Integration vertauschen d¨ urfen. Dann erhalten wir Z b (ut + (uv)x − f ) dx = 0. a

Da das Intervall (a, b) beliebig gew¨ahlt werden kann, ist diese Gleichung nur dann f¨ ur alle Intervalle erf¨ ullt, wenn der Integrand verschwindet: ut + (uv)x = f

in (0, L).

Dies ist eine partielle Differentialgleichung. Die Geschwindigkeit h¨angt vom Ort ab: v(x) = v0 (1 − αx),

x ∈ [0, L],

wobei v0 = 60m/ min und α = 2 · 10−5 m−1 , denn an der Stelle x = L soll die Str¨omung nach Vorausetzung nurmehr mit Geschwindigkeit 0.8v0 = 48m/ min str¨omen. Die zweite Voraussetzung impliziert f = −βu

mit β = 0.01/ min .

Das Problem ut + [v0 (1 − αx)u]x = −βu, u(x, 0) = u0 (x),

94

(x, t) ∈ (0, L) × (0, ∞),

(4.1) (4.2)

ist jedoch noch nicht wohlgestellt, da noch festgelegt werden muß, wieviel Substanz an x = 0 eingeleitet wird. Die Bedingung u(0, t) = u1 (t),

t > 0,

nennt man daher auch Einstr¨ombedingung. Eine Randbedingung an x = L wird nicht ben¨otigt, da an dieser Stelle die Werte der Funktion u(L, t) gerade gesucht sind. Um die folgenden Rechnungen zu vereinfachen, modellieren wir die Einleitung der Substanz in den Fluß dadurch, daß wir die Funktion auf R fortsetzen: ( γ : x ∈ [−a, 0] (4.3) u0 (x) = 0 : sonst. Nach der dritten Vorausetzung gilt γ = 0.1(min ·m)−1 und a = 5 min ·v0 = 300m. Wie lautet die L¨osung von (4.1)–(4.3) f¨ ur x ∈ R? Es gelte zun¨achst α = β = 0. Dann ist die L¨osung einfach u(x, t) = u0 (x − v0 t). Die Substanz wird ¨ahnlich wie eine Welle mit der Geschwindigkeit v0 transportiert. Nach der Zeit t∗ = L/v0 kommt die Welle an der M¨ undung an, denn u(L, t∗ ) > 0

⇐⇒

−a ≤ L − v0 t∗ ≤ 0

⇐⇒

L L+a ≤ t∗ ≤ . v0 v0

In der Zeit t = a/v0 wird die gesamte Substanz zur Stelle x = L transportiert. Streng genommen ist die obige Funktion u(x, t) keine L¨osung von (4.1)–(4.3), da u0 nicht differenzierbar ist. Allerdings l¨aßt sich ein schw¨acherer L¨osungsbegriff definieren, so daß u(x, t) eine L¨osung im Sinne dieser Definition ist (siehe n¨achsten Abschnitt), oder die Funktion u0 wird geeignet “gegl¨attet”, so daß u(x, t) eine stetig differenzierbare L¨osung ist. Im Falle α, β 6= 0 kann die L¨osung von (4.1)–(4.3) nicht erraten werden. Wir l¨osen das Problem mit der Methode der Charakteristiken. Die Idee ist, die Funktion u(x, t) an jeder Stelle (x0 , t0 ) durch eine Kurve u(x(s), t(s)) zu parametrisieren (Abbildung 4.2). Der Startpunkt sei gerade (x0 , t0 , u0 ), d.h. x(0) = x0 ,

t(0) = t0 ,

u(x0 , t0 ) = u0 .

(4.4)

Wir erhalten Differentialgleichungen f¨ ur x(s), t(s) und s 7→ u(x(s), t(s)), indem wir die Beziehung d dt dx u(x(s), t(s)) = ut + ux ds ds ds mit der Gleichung (4.1) oder ut + v0 (1 − αx)ux = (v0 α − β)u 95

u(x,t)

u

(x ,t ) 0 0

u(x(s),t(s)) x

t

Abbildung 4.2: Parametrisierung von u(x, t) durch Kurven (x(s), t(s)) durch den Punkt (x0 , t0 ). vergleichen:

dt dx du = 1, = v0 (1 − αx), = (v0 α − β)u. (4.5) ds ds ds Die Anfangswertprobleme (4.1)–(4.2) k¨onnen wir explizit l¨osen. Wegen dt = ds gen¨ ugt es zu l¨osen: dx = v0 (1 − αx), x(0) = x0 , dt du = (v0 α − β)u, u(0) = u0 . dt Wir erhalten nach kurzer Rechnung x(t) =

¢ 1¡ 1 − (1 − αx0 )e−αv0 t , α

u(t) = u0 e(v0 α−β)t .

Wir k¨onnen daraus die L¨osung u(x, t) berechnen, indem wir in u0 = u(x0 , t0 ) die Umkehrfunktion x0 = x0 (x, t), n¨amlich x0 = einsetzen: u(x, t) = u0

·

¢ 1¡ 1 − (1 − αx)eαv0 t α

¸ ¢ −(αv0 −β)t 1¡ αv0 t e , 1 − (1 − αx)e α

(x, t) ∈ (0, L) × (0, ∞).

Die Substanz erreicht die M¨ undung, wenn u(L, t) > 0 oder −a ≤

1¡ ∗¢ 1 − (1 − αL)eαv0 t ≤ 0 α

⇐⇒

1 1 1 1 + αa ln ≤ t∗ ≤ ln . αv0 1 − αL αv0 1 − αL {z } {z } | | =:t1

96

=:t2

Wir erhalten 186 min ≤ t∗ ≤ 191 min . Die giftige Substanz erreicht also erst nach ca. 186 Minuten die M¨ undung. Nach 5 Minuten ist wie erwartet die Welle vorbei. ¨ Ubungsaufgabe: Nach wieviel Minuten erreicht die Verunreinigung die M¨ undung, wenn √ sich der Fluß so verschm¨alert, daß die Str¨omungsgeschwindigkeit gem¨aß v(x) = v0 1 + αx berechnet werden kann? Wieviel Substanz kommt an der M¨ undung an, und wieviel setzt sich zwischendrin am Flußboden ab? An der Stelle x = 0 wird Z 5 min γ dt = 0.5/m 0

eingeleitet. An der Stelle x = L erhalten wir · ¸t2 Z t2 γ (αv0 −β)t u(L, t) dt = e αv0 − β t1 t1 · µ ¶ µ ¶¸ 1 αv0 − β αv0 − β 1 + αa γ ln ln exp − exp = αv0 − β αv0 1 − αL αv0 1 − αL =

£ ¤ γ (1 − αL)β/αv0 −1 1 − (1 + αL)1−β/αv0 αv0 − β

≈ 0.095m−1 .

¨ Uber 80% der Verschmutzung setzt sich am Boden ab. Es ist also ratsam, die Filteranlage so schnell wie m¨oglich in m¨oglichst kleinem Abstand zur Verunreinigungsstelle zu installieren.

4.2

Verkehrsflu ¨ sse

An einer stark befahrenen Hauptstraße soll eine Ampel installiert werden. Dabei stellt sich die folgende Frage: Frage: Wie lang sollten die Ampelphasen sein, damit sich w¨ahrend der Gr¨ unphase der Stau vor der Ampel vollst¨andig abbaut? ¨ Wir ignorieren Uberholvorg¨ ange und modellieren die einspurige Straße durch die reelle Zahlenachse. Ferner modellieren wir die Autos nicht individuell als einzelne Fahrzeuge,

97

sondern f¨ uhren eine Fahrzeugdichte %(x, t) am Ort x ∈ R zur Zeit t ≥ 0 (in Fahrzeugen pro L¨angeneinheit) ein. Die Anzahl der Fahrzeuge im Intervall (a, b) zur Zeit t lautet Z b %(x, t) dx. a

Sei v(x, t) die Geschwindigkeit der Autos in (x, t). Die Anzahl der Autos, die den Punkt x zur Zeit t passieren, lautet %(x, t)v(x, t). Wir suchen eine Bewegungsgleichung f¨ ur die Dichte %. Die Anzahl der Autos in (a, b) ¨andert sich zeitlich gem¨aß der Fahrzeugzahl, die in das Intervall (a, b) hinein- oder herausfahren: Z b Z ∂% d b %(x, t) dx = %(a, t)v(a, t) − %(b, t)v(b, t) = (x, t) dx. dt a a ∂x Wie im letzten Abschnitt folgt daraus die Erhaltungsgleichung x ∈ R,

%t + (%v)x = 0,

t > 0,

(4.6)

mit der Anfangsbedingung %(x, 0) = %0 (x), Wegen

d dt

Z

R

%(x, t) dx = −

Z

R

x ∈ R.

∂ (x, t) dx = 0 ∂x

f¨ ur alle t > 0

bleibt die Anzahl der Fahrzeuge erhalten; daher der Begriff “Erhaltungsgleichung”. Wir ben¨otigen eine Gleichung f¨ ur die Geschwindigkeit v. Wir nehmen an, daß sie nur von der Fahrzeugdichte abh¨angt und den folgenden Bedingungen gen¨ ugt: v ist eine monton fallende Funktion von % (bei dichterem Verkehr fahren die Autofahrer langsamer); auf einer leeren Straße fahren die Autos mit der maximal zul¨assigen Geschwindigkeit: v(0) = vmax ; unter einem gewissen Mindestabstand steht die Autokolonne: v(%max ) = 0. Das einfachste Modell, das alle diese Bedingungen erf¨ ullt, ist eine lineare Beziehung zwischen % und v: ¶ µ % , 0 ≤ % ≤ %max . v(%) = vmax 1 − %max Damit wird (4.6) zu

·

µ

%t + vmax % 1 −

% %max

¶¸

= 0, x

98

x ∈ R,

t > 0.

(4.7)

Diese Gleichung kann durch Skalierung vereinfacht werden. Seien L und τ typische L¨angen- und Zeiteinheiten, so daß L/τ = vmax . F¨ uhren wir die dimensionslosen Gr¨oßen xs =

x , L

ts =

t , τ

u=1−

2% %max

ein, erhalten wir ∂% 1 = ∂t τ · µ ¶¸ % ∂ 1 vmax % 1 − = ∂x %max L

i ∂ h %max %max ∂u (1 − u) = − , ∂ts 2 2τ ∂ts ¸ · µ ¶ ∂ 1 %max ∂x u2 %max (1 − u) (1 + u) = − , vmax ∂xs 2 2 2τ ∂xs 2

und damit k¨onnen wir (4.7) (mit (x, t) anstatt (xs , ts )) schreiben als µ 2¶ u ut + = 0, x ∈ R, t > 0, 2 u(x, 0) = u0 (x), x ∈ R,

(4.8) (4.9)

wobei u0 = 1 − 2%0 /%max . Die Gleichung (4.8) heißt inviskose Burgers-Gleichung. Ist die Straße leer (% = 0), folgt u = 1; in einem Stau (% = %max ) gilt u = −1. Wie sehen die L¨osungen von (4.8)–(4.9) aus? Wir betrachten den speziellen Anfangswert   : x ur t

eine schwache L¨osung (Abbildung 4.6). ¨ Ubungsaufgabe: Beweisen Sie dies.

Man kann sogar zeigen, daß es unendlich viele L¨osungen gibt. Was ist passiert? Unser L¨osungsbegriff ist so schwach, daß die Eindeutigkeit von L¨osungen verloren gegangen ist. Wir ben¨otigen eine zus¨atzliche (physikalische) Bedingung, die die Eindeutigkeit wieder sicherstellt. Es zeigt sich, daß der Begriff Entropie das Gew¨ unschte liefert. Wir sagen, daß eine schwache L¨osung die Entropiebedingung von Oleinik erf¨ ullt, wenn entlang jeder Unstetigkeitskurve x = ψ(t) u2` /2 − v 2 /2 u2 /2 − v 2 /2 ≥ ψ 0 (t) ≥ r u` − v ur − v

(4.16)

f¨ ur alle v zwischen u` und ur gilt. Im Falle der L¨osung (4.14) folgt aus ψ 0 (t) = s und (4.16) 1 1 (u` + v) ≥ s ≥ (ur + v) 2 2 die Bedingung u` ≥ ur – Widerspruch. Da die Funktion u2 stetig ist, ist die Ungleichung (4.16) gegenstandslos. 102

Intuitiv ist u2 die physikalisch relevante L¨osung. Die Voraussetzung u` < ur bedeutet, daß es in x < 0 mehr Autos als in x > 0 gibt. Die Autofahrer in der N¨ahe von x = 0 werden beschleunigen, und nach einiger Zeit wird es Autofahrer mit Geschwindigkeiten zwischen v(u` ) und v(ur ) geben. Man nennt u2 u unnungwelle. ¨brigens auch eine Verd¨ t

x u

ur

l

Abbildung 4.6: Charakteristiken der L¨osung u2 . Wir sind nun in der Lage, die eingangs gestellte Frage zu beantworten. Wir betrachten eine eindimensionale Straße, die zur Zeit t = 0 im Intervall (−∞, 0) mit Fahrzeugen der Dichte % > 0 gef¨ ullt ist. An x = 0 sei eine rote Ampel, und hinter der Ampel in (0, ∞) sei die Straße leer. Die Ampelphase habe die Dauer ω > 0. Wir arbeiten mit der skalierten Gleichung (4.8). Dann ist u = 1 − 2%/%max . Bis zur Zeit t = ω wird sich ein Stau vor der Ampel bilden, der sich w¨ahrend der Gr¨ unphase t > ω abbauen wird. Schritt 1: Rotphase (0 ≤ t < ω). Wir l¨osen (4.8) in x < 0 mit der Anfangsfunktion u0 (x) = u, x < 0, und der Randbedingung u(0, t) = −1, die die rote Ampel modelliert. Die L¨osung lautet nach dem obigen Fall 1: ( u : x < st x < 0, 0 < t < ω, u(x, t) = −1 : x ≥ st, und die Schockgeschwindigkeit ist gegeben durch u−1 1 s = (u` + ur ) = . 2 2 Die L¨osung in x > 0 ist nach Voraussetzung gegeben durch u(x, t) = 1 (Abbildung 4.7). Schritt 2: Gr¨ unphase (t > ω). Wir l¨osen die Burgers-Gleichung (4.8) in R mit Anfangswert u0 (x) = u(x, ω). Wegen u` = u > −1 = ur entwickelt sich ein Schock ψ(t) = st, t > ω, mit Geschwindigkeit s = (u − 1)/2 < 0. Außerdem entsteht eine Verd¨ unnungswelle an x = 0, da u` = −1 < 1 = ur . Die L¨osung ist gegeben durch  u : x < st     −1 : st ≤ x < ω − t x ∈ R, t > ω. u(x, t) = x  : ω − t ≤ x < t − ω    t−ω 1 : x ≥ t − ω, 103

t t 1

Grün− phase

u=1

ω Rot− phase

u=u u = −1

u=1

x



st 1 u=u

u = −1

u=1

Abbildung 4.7: Charakteristiken f¨ ur das Ampelproblem. Diese L¨osung macht Sinn, solange st < ω − t oder t < t1 := ω/(s + 1) = 2ω/(u + 1). Schritt 3: Gr¨ unphase (t > t1 ). Was geschieht mit dem Schock f¨ ur t > t1 ? Dazu ben¨otigen wir die sogenannte verallgemeinerte Rankine-Hugoniot-Bedingung ´ ´ 1 ³ ψ(t) 1³ s(t) = ψ (t) = +u , u(ψ(t)+, t) + u(ψ(t)−, t) = 2 2 t−ω 0

f¨ ur t > t1 . Dies ist eine lineare Differentialgleichung f¨ ur ψ(t) mit Anfangswert ψ(t1 ) = st1 = ω

u−1 . u+1

Die L¨osung lautet ψ(t) = u(t − ω) −



t−ω

q

ω(1 − u2 ),

t ≥ t1 .

Es gibt nun zwei F¨alle. Wenn u ≤ 0 (oder % ≥ %max /2), gilt ψ(t) → −∞ f¨ ur t → ∞, und es gibt einen Schock f¨ ur alle Zeiten, der sich in der negativen x-Richtung mit Geschwindigkeit ψ 0 (t) → u (t → ∞) fortpflanzt. Die Unstetigkeitsstufe wird nat¨ urlich immer kleiner f¨ ur gr¨oßere Zeiten, aber die Autofahrer bemerken den Schock weit von der Ampel entfernt. Im Fall u > 0 (oder % < %max /2) bewegt sich der Schock in die positive x-Richtung. Wir nehmen an, daß die Ampel zur Zeit t = 2ω wieder von Gr¨ un auf Rot schaltet. Wie lang muß die Gr¨ unphase sein, um den Schock zu eliminieren? Dazu ist die Bedingung t2 ≤ 2ω notwendig, wobei t2 eine Nullstelle von ψ ist. Die Gleichung ψ(t2 ) = 0 hat die √ eindeutige L¨osung t2 = ω/u2 . Also ist t2 ≤ 2ω genau dann erf¨ ullt, wenn u ≥ 1/ 2 oder 104

in Originalvariablen

%max ³ 1 ´ 1 − √ ≈ 0.146%max . 2 2 Der Schock vor der Ampel wird vollst¨andig w¨ahrend der Gr¨ unphase aufgel¨ost, wenn diese Bedingung an % erf¨ ullt ist. Erstaunlich an diesem Ergebnis ist, daß die maximale Verkehrsdichte %, die die Ampel verkraftet, von der Dauer der Ampelphasen unabh¨angig ist. Wir fassen zusammen: %≤

% ≥ %max /2: Schon eine Rotphase gen¨ ugt, um den Verkehr auf Dauer zu st¨oren. √ (1 − 1/ 2)%max /2 < % < %max /2: Die Effekte der Rotphasen akkumulieren sich mit der Zeit, w¨ urden jedoch bei Entfernung der Ampel wieder verschwinden. √ % ≤ (1 − 1/ 2)%max /2. Die Schockfront kehrt vor Beendigung der Gr¨ unphase wieder zur Ampel zur¨ uck, und der Einfluß der Rotphase ist damit verschwunden. ¨ Ubungsaufgabe: Diskutieren Sie ³das Ampelproblem, ´wenn die Geschwindigkeit durch das Greenberg-Modell v(%) = vmax ln (1 + %max )/(1 + %) , 0 ≤ % ≤ %max , gegeben ist.

4.3

Str¨ omungsmechanik

In diesem Abschnitt gehen wir der Frage nach, welchen Bewegungsgleichungen eine Fl¨ ussigkeit oder ein Gas gen¨ ugt. Diese Gleichungen analysieren wir weiter in den folgenden Abschnitten. Betrachte ein Teilchen der Masse m, auf das die ¨außere Kraft F wirkt. Beschreibt x(t) den Ort und v(t) die Geschwindigkeit des Teilchens zur Zeit t, so ist die Evolution durch die Newtonschen Gleichungen x0 = v,

mv 0 = F,

t > 0,

(4.17)

gegeben. Wir k¨onnen die Bewegung auch mit Hilfe einer Wahrscheinlichkeitsverteilung f (x, v, t) beschreiben, wobei Z Z f (x, v, t) dxdv Ωx

Ωv

die Wahrscheinlichkeit angibt, das Teilchen zur Zeit t im Gebiet Ωx mit der Geschwindigkeit aus Ωv anzutreffen. Insbesondere gilt Z Z f (x, v, t) dxdv = 1. R3

R3

105

Sei w(t; x, v) := (x(t), v(t)) die L¨osung von (4.17) zu den Anfangswerten x(0) = x, v(0) = v. Die Funktion w beschreibt die Bahn oder Trajektorie des Teilchens. Dann ist f (w(t; x, v), t) konstant entlang der Trajektorien und 0=

d f (w(t; x, v), t) = ft + ∇x f · x0 + ∇v f · v 0 , dt

also mit (4.17) ft + v · ∇ x f +

F · ∇v f = 0. m

(4.18)

Wir nennen dies die Lionville-Gleichung. Betrachte nun eine sehr große Zahl N À 1 von Teilchen mit derselben Masse m (z.B. einer Fl¨ ussigkeit). Ist (xi (t), vi (t)) der Vektor aus Ort und Geschwindigkeit des i-ten Teilchens, so kann das Teilchenensemble wie oben durch die Newtonschen Gleichungen x0i = vi ,

mvi0 = Fi ,

i = 1, . . . , N,

beschrieben werden. Die L¨osung dieser Gleichungen kann sehr aufwendig sein. Es ist daher bequemer, die Evolution des Ensembles mit Hilfe der Verteilung f (x, v, t) zu berechnen. Streng genommen m¨ ußten x und v Vektoren aus R3N sein. Wir postulieren, daß die Verteilung f (x, v, t) den Anteil der N Teilchen an der Stelle (x, v, t) beschreibt und der Lionville-Gleichung F · ∇v f = 0, x, v ∈ R3 , t > 0, (4.19) m gen¨ ugt. Die Kraft F ist dann die auf das Teilchenensemble wirkende effektive Kraft, die sich aus allen Einzelkr¨aften Fi zusammensetzt. Die Gleichung (4.19) wird vervollst¨andigt durch die Anfangsverteilung ft + v · ∇ x f +

f (x, v, 0) = f0 (x, v),

x, v ∈ R3 .

Die obige Gleichung erm¨oglicht durch den Einbezug der ¨außeren Kraft F die Modellierung von Fernkr¨aften (Gravitation, elektrische Kr¨afte etc.). Nahkr¨afte wie Teilchenkollisionen werden jedoch nicht modelliert. Um auch diese beschreiben zu k¨onnen, nehmen ¨ wir an, daß die zeitliche Anderung der Verteilung f entlang der Trajektorien gleich ist der ¨ Anderungsrate von f aufgrund von Teilchenkollisionen: df = Q(f ) entlang der Trajektorien, dt wobei Q(f ) die Kollisionsrate ist. Ausgeschrieben bedeutet dies F · ∇v f = Q(f ), x, v ∈ R3 , t > 0. (4.20) M Diese Gleichung wird Boltzmann-Gleichung genannt. Um einen Ausdruck f¨ ur Q(f ) her0 zuleiten, nehmen wir an, daß der Anteil P (x, v → v, t) der Teilchen an (x, t), deren Geschwindigkeit v 0 nach v infolge der Kollision ge¨andert wird, proportional ist zu ft + v · ∇ x f +

106

der Wahrscheinlichkeit f (x, v 0 , t) und der Wahrscheinlichkeit 1 − f (x, v, t), daß der Zustand (x, v) frei ist. Dann ist P (x, v 0 → v, t) = s(x, v 0 , v)f (x, v 0 , t)(1 − f (x, v, t)),

¨ wobei die Proportionalit¨atskonstante s(x, v 0 , v) Stoßrate genannt wird. Die Anderungsrate von f infolge von Kollisionen ist gegeben durch P (x, v 0 → v, t) − P (x, v → v 0 , t) f¨ ur alle Geschwindigkeiten v 0 im Element dv 0 . Das Resultat ist das Integral Z [P (x, v 0 → v, t) − P (x, v → v 0 , t)] dv 0 (Q(f ))(x, v, t) = =

Z

R3

R3

[s(x, v 0 , v)f 0 (1 − f ) − s(x, v, v 0 )f (1 − f 0 )] dv 0 ,

(4.21)

wobei f = f (x, v, t) und f 0 = f (x, v 0 , t). Die Analyse des Kollisionsoperators (4.21) ist im allgemeinen sehr aufwendig. F¨ ur allgemeine Stoßraten gilt Z Z Z 0 0 0 s(x, v, v 0 )f (1 − f 0 ) dv 0 dv s(x, v , v)f (1 − f )dv dv − Q(f ) dv = R3

=

Z

R3

R3

s(x, v 0 , v)f 0 (1 − f )dv 0 dv −

Z

R3

R3

s(x, v 0 , v)f 0 (1 − f ) dvdv 0

= 0. Nach (4.20) bedeut dies, daß die Teilchenzahl wegen Z Z Z Z ∂ divx (vf ) dxdv f (x, v, t) dxdv = − ∂t R3 R3 R3 R3 Z Z ³F ´ − divv f dvdx m R3 R3 Z Z + Q(f ) dvdx R3

R3

= 0 zeitlich konstant ist. Wir haben hier vorausgesetzt, daß die Kraft F nicht von v abh¨angt. Die Boltzmann-Gleichung ist also auch eine Erhaltungsgleichung. Die L¨osung der Boltzmann-Gleichung ist sehr aufwendig, da die Funktion f von sieben Variablen abh¨angt. Unser Ziel ist es daher, einfachere Gleichungen herzuleiten. Dazu verwenden wir eine Variante der Momentenmethode. 107

Zuerst skalieren wir die Boltzmann-Gleichung. Wir definieren mit der typischen L¨ange L, der typischen Zeit T und der typischen Geschwindigkeit V = L/T , die sich daraus ergibt, daß ein Teilchen einen Weg der L¨ange L in der Zeit T durchquert, die dimensionslosen Gr¨oßen x v t xs = , vs = , ts = . L V T Die L¨ange L kann etwa der Durchmesser des Gebietes sein, in dem sich die Fl¨ ussigkeit aufh¨alt. Nun gibt es eine zweite typische L¨ange, n¨amlich die mittlere freie Wegl¨ange λ, die die L¨ange bezeichnet, die ein Teilchen durchschnittlich zwischen zwei Kollisionen durchquert. Wir setzen voraus, daß λ ε= ¿1 L gilt. Der Parameter ε wird auch Knudsen-Zahl genannt. Es macht Sinn, den Kollisionsoperator gem¨aß Qs (f ) = τ Q(f ) zu skalieren, wobei τ = λ/V die Zeit ist, die ein Teilchen ben¨otigt, um einen Weg der L¨ange λ mit der Geschwindigkeit V zu durchqueren, denn Q(f ) hat die Einheit 1/sec. Skalieren wir außerdem die Kr¨aft gem¨aß Fs =

T F , V m

so erhalten wir die skalierte Boltzmann-Gleichung (wir lassen den Index “s” im folgenden fort) 1 (4.22) ft + v · ∇x f + F · ∇v f = Q(f ). ε Unser Ziel ist es, den Grenzwert ε → 0 zu studieren. Der Kollisionsoperator erf¨ ulle die folgenden Voraussetzungen: Es gelte f¨ ur alle L¨osungen f von (4.22) Z Z Z Q(f ) dv = Q(f )vi dv = R3

R3

Q(f )|v|2 dv = 0,

i = 1, . . . , d.

R3

Es gelte Q(f ) = 0 genau dann, wenn es Zahlen αi (x, t) ∈ R, i = 0, . . . , 4, gibt, so daß ln f = α0 + α1 v1 + α2 v2 + α3 v3 + α4 |v|2 . Diese Voraussetzungen k¨onnen wir wie folgt interpretieren. Die erste Bedingung dr¨ uckt in Abwesenheit ¨außerer Kr¨afte die Erhaltung von Masse, Impuls und Energie aus. Definiere

108

n¨amlich die Teilchendichte nf (x, t), mittlere Geschwindigkeit uf (x, t) und Energiedichte ef (x, t) bez¨ uglich f durch nf (x, t) = hf (x, v, t)i,

uf (x, t) = hvf (x, v, t)i, 1 ef (x, t) = h |v|2 f (x, v, t)i, 2 R wobei hgi := R3 g dv. Man nennt diese Integrale auch das nullte, erste und zweite Moment. Aus der ersten Bedingung folgt, sofern F = 0, Z Z Z Z Z ∂ Q(f ) dvdx = 0, divx (vf ) dvdx − nf dx = − ∂t R3 R3 R3 R3 R3 Z Z Z Z Z ∂ uf dx = − divx (v ⊗ vf ) dvdx − vQ(f ) dvdx = 0, ∂t R3 R3 R3 R3 R3 Z Z Z Z Z ³1 ´ 1 2 ∂ 2 divx |v| vf dvdx − ef dx = − |v| Q(f ) dvdx = 0, ∂t R3 2 R3 R3 R3 R3 2

wobei v ⊗ v die (3 × 3)-Matrix mit Elementen vi vj , i, j = 1, 2, 3, bezeichne. Die zweite Voraussetzung bedeutet, daß es (im Mittel) genau dann keine Kollisionen gibt, wenn f sich als ³ f (x, v, t) = exp α0 (x, t) + α(x, t) · v + α4 (x, t)|v|2 ), α = (α1 , α2 , α3 )> ,

darstellen l¨aßt. Dies ist ¨aquivalent zur Existenz von Konstanten n(x, t), u(x, t) und θ(x, t), so daß µ ¶ |v − u(x, t)|2 n(x, t) exp − f (x, v, t) = M (x, v, t) := (2πθ(x, t))3/2 2θ(x, t) gilt. Die Funktion M wird Maxwell-Verteilung genannt. Welche Bedeutung haben die Funktionen n, u und θ? Eine Rechnung zeigt hM (x, v, t)i = n(x, t), hvM (x, v, t)i = n(x, t)u(x, t), µ ¶ 1 1 2 3 2 h |v| M (x, v, t)i = n(x, t) |u(x, t)| + θ(x, t) . 2 2 2 ¨ Ubungsaufgabe: Zeigen Sie die drei obigen Identit¨aten. Folglich k¨onnen wir n = nM als Teilchendichte und u = uM als mittlere Geschwindigkeit (bez¨ uglich M ) interpretieren. Das dritte Integral ist die Gesamtenergie, bestehend aus der kinetischen Energie 21 n|u|2 und der inneren Energie 23 nθ. Daher k¨onnen wir θ als Temperatur interpretieren. Sei fε eine L¨osung der skalierten Boltzmann-Gleichung (4.22). Wir treffen die folgenden Annahmen: 109

Die Kraft F h¨ange nicht von v ab. Die Funktion fε und ihre Ableitungen seien gleichm¨aßig beschr¨ankt in ε > 0 und fε → f punktweise (fast u ur ε → 0. ¨berall) f¨ Es gilt f¨ ur ε → 0 g(v) ∈ {1, vi , vi vj , |v|2 vi : 1 ≤ i, j, ≤ 3}.

hg(v)fε i → hg(v)f i,

Die Funktion Q(fε ) konvergiere gegen Q(f ) f¨ ur ε → 0. Multipliziere nun die Boltzmann-Gleichung (4.22) mit 1, v und v ∈ R3 und integriere partiell

1 |v|2 , 2

integriere u ¨ber

∂t hfε i + divx hvfε i = 0,

∂t

¿

∂t hvfε i + divx hv ⊗ vfε i − F hfε i = hvQ(fε )i, À À À ¿ ¿ 1 2 1 1 2 2 |v| fε + divx v|v| fε − F hvfε i = |v| Q(fε ) , 2 2 2

(4.23) (4.24) (4.25)

denn hvF fε i = ¿

1 2 |v| F fε 2

À

Z

R3

= −

Z

v divv (F fε ) dv = −

R3

∇v

³1

2

Z

R3

F fε dv = −F hfε i,

´ |v|2 F fε dv = −F hvfε i

Aus (4.22) folgt im Grenzwert ε → 0 die Gleichung Q(f ) = 0. Nach der obigen Voraussetzung an Q impliziert dies f = M . also konvergiert fε gegen M . Im Grenzwert ε → 0 erhalten wir aus (4.23)–(4.25) ∂t n + divx (nu) = 0, ∂t (nu) + divx hv ⊗ vM i − F n = 0, µ µ ¶¶ 1 2 3 1 ∂t n |u| + θ + divx h v|v|2 M i − F · (nu) = 0. 2 2 2 Es bleiben die zweiten und dritten Momente hv ⊗ vM i und h 12 v|v|2 M i zu berechnen: ¿

hv ⊗ vM i = n(u ⊗ u) + nθ Id, À ³1 1 5 ´ 2 v|v| M = nu |u|2 + θ , 2 2 2

wobei Id die Einheitsmatrix des R3×3 bezeichne. 110

¨ Ubungsaufgabe: Zeigen Sie die beiden obigen Identit¨aten. Daraus folgt divx hv ⊗ vM i = divx (nu ⊗ u) + ∇x (nθ), ¶¶ µ µ 1 1 2 5 2 |u| + θ . divx h v|v| M i = divx nu 2 2 2 Mit der Energiedichte

3 1 e := |u|2 + θ 2 2 erhalten wir schließlich die Euler-Gleichungen der Gasdynamik: ∂t n + div(nu) = 0,

(4.26)

∂t (nu) + div(nu ⊗ u) + ∇(nθ) − nF = 0,

(4.27)

∂t (ne) + div(nu(e + θ)) − (nu) · F = 0.

(4.28)

Wir haben div statt divx geschrieben, da die Funktionen nur von x und t, aber nicht von v abh¨angen. Die Euler-Gleichungen sind im wesentlichen aus der reduzierten Gleichung (4.22) mit ε = 0 und den entsprechenden Momenten gewonnen worden. Es ist m¨oglich, die Funktion fε bez¨ uglich ε zu entwickeln. fε = M + εgε + O(ε2 ) und diese Entwicklung in (4.22) einzusetzen, um N¨aherungen h¨oherer Ordnung zu erhalten. Diese Methode, die man Chapman-Enskog-Entwicklung nennt, erfordert allerdings genauere Kenntnisse u uhrt auf die Navier¨ber den Kollisionsoperator. Diese Technik f¨ Stokes-Gleichungen ∂t n + div(nu) = 0, ∂t (nu) + div(nu ⊗ u) + ∇(nθ) − nF = εdivτ,

∂t (ne) + divx (nu(e + θ)) − (nu) · F = εdiv(q + u · τ ),

(4.29) (4.30) (4.31)

wobei τ einen viskosen Spannungstensor darstellt, der Scherkr¨afte durch Reibung modelliert, und q die W¨armeflußdichte: τ = λ(divu)Id + µ(∇u + (∇u)> ), q = κ∇θ. Hierbei sind λ und µ von (x, t) abh¨angende, nicht-negative Viskosit¨atskoeffizienten, κ > 0 ist die W¨armeleitf¨ahigkeit und (∇u + (∇u)> )ij = 111

∂ui ∂uj + . ∂xj ∂xi

Im folgenden setzen wir ε = 1, da wir diesen Parameter in τ und q “verstecken” k¨onnen. F¨ ur ε = 0 erhalten wir aus den Navier-Stokes-Gleichungen die Euler-Gleichungen (4.26)– (4.28). Sind die Viskosit¨atskoeffizienten λ und µ konstant, k¨onnen wir den Ausdruck divτ vereinfachen. Aus µ ¶ 3 X ∂ui ∂uj ∂ τ = (∆u + ∇(divu))i + div((∇ ⊗ u) + (∇ ⊗ u) )i = ∂xj ∂xj ∂xi k=1 folgt divτ = (λ + µ)∇(divu) + µ∆u. Ferner ergibt sich ¶ 3 3 µ X X ∂τij ∂ ∂ui div(u · τ ) = (ui τij ) = τij + ui ∂x ∂x ∂xj j j i,j=1 i,j=1 = ∇u : τ + u · divτ, wobei wir f¨ ur zwei Matrizen A, B ∈ R3×3 A:B=

3 X

aij bij

i,j=1

definiert haben. Wir erhalten aus der obigen Gleichung f¨ ur divτ div(u · τ ) = ∇u : τ + (λ + µ)u · ∇(divu) + µu · ∆u. Wegen der Terme µ∆u und div(κ∇θ) sind die Gleichungen (4.30) und (4.31) parabolische Differentialgleichungen. Der Ausdruck nθ ist der Druck einer Fl¨ ussigkeit. Dies gilt nur f¨ ur ideale Fluide; im allgemeinen ist der Druck p ein unabh¨angige Variable. Damit erhalten wir (f¨ ur konstante Viskosit¨atskoeffizienten) die Gleichungen ∂t n + div(nu) = 0,

(4.32)

∂t (nu) + div(nu ⊗ u) + ∇p − nF = ∇((λ + µ)divu) + µ∆u, ∂t (ne) + div(u(ne + p)) − (nu) · F = div(κ∇θ)

(4.33) (4.34)

+∇u : τ + (λ + µ)u · ∇(divu) + µu · ∆u.

In dieser Formulierung ist p eine Funktion von n und θ oder umgekehrt θ eine Funktion von n und p. 112

4.4

Bluttransport durch Adern

Das Rauchen von Zigaretten f¨ uhrt durch das in den Zigaretten enthaltene Nikotin zu einer Verengung der Adern, die dann weniger Blut transportieren k¨onnen. Diese Durchblutungsst¨orungen treten besonders in den Extremit¨aten auf und k¨onnen zu dem ber¨ uchtigten Raucherbein f¨ uhren. In diesem Abschnitt beantworten wir die folgende Frage: Frage: Wieviel weniger Blut kann durch eine verengte Ader transportiert werden? Wir modellieren das Blut als eine Fl¨ ussigkeit durch ein d¨ unnes Rohr mit Radius R (Abbildung 4.8). Die L¨ange L des Rohres sei viel gr¨oßer als der Radius. Aus Symmetriegr¨ unden u

R 0

L

x3 = z

Abbildung 4.8: Fl¨ ussigkeitsstr¨omung in einem d¨ unnen Rohr. k¨onnen wir annehmen, daß die Geschwindigkeit u nur vom Abstand r von der Rohrachse abh¨angt. Außerdem vernachl¨assigen wir Str¨omungsanteile in x- und y-Richtung, so daß wir die Geschwindigkeit schreiben k¨onnen als   0   u(x1 , x2 , x3 ) =  0  . (4.35) u3 (r)

Es ist ferner sinnvoll anzunehmen, daß das Blut homogen ist, d.h., die Dichte n ist ¨ortlich konstant. Dies impliziert aus (4.32) divu = 0. Wir nennen Fl¨ ussigkeiten mit der Eigenschaft divu = 0 inkompressibel. Das bedeutet, daß die Dichte entlang jeder Trajektorie x(t), wobei x(t) das Problem x0 (t) = u(x(t), t),

t > 0,

x(0) = x0 ,

l¨ost, konstant ist, denn dies ist ¨aquivalent zu 0=

d n(x(t), t) = ∂t n + u · ∇n, dt

und ein Vergleich mit (4.32) ergibt divu = 0. Beachte, daß es inkompressible Fl¨ ussigkeiten mit n 6= const. geben kann. Unsere letzte Voraussetzung ist, daß wir station¨are Str¨omungen betrachten, d.h. ∂t n = 0 und ∂t u = 0. 113

Wir wollen aus den Navier-Stokes-Gleichungen die Geschwindigkeit bestimmen. Die obigen Voraussetzungen einer homogenen und station¨aren Fl¨ ussigkeit vereinfachen (4.32)– (4.33) zu div(u ⊗ u) + ∇p = µ∆u, divu = 0. Der Einfachheit halber haben wir hier n = 1 angenommen. Wegen (4.35) lautet die letzte Gleichung ∂u3 /∂x3 = 0, also 3 ³ ´ X ∂ ∂ (uj u3 ) = (u23 ) = 0. div(u ⊗ u) = ∂xj ∂x3 3 j=1

Es bleibt zu l¨osen:

∂p = µ∆u3 . (4.36) ∂x3 Nun herrscht in dem Rohr ein Druckabfall; wir nehmen an, daß der Druck linear abf¨allt, d.h. p(L) − p(0) ∂p = < 0. ∂x3 L Es ist zweckm¨aßig, die Gleichung (4.36) in Zylinderkoordinaten zu l¨osen. Der LaplaceOperator in Zylinderkoordinaten x1 = r sin φ, lautet

1 ∂ ∆= r ∂r

x2 = r cos φ, µ

∂ r ∂r



+

x 3 = x3

1 ∂2 ∂2 . + r2 ∂φ2 ∂x23

¨ Ubungsaufgabe: Beweisen Sie diese Beziehung. Da u3 nur vom Radius r abh¨angt, erhalten wir schließlich aus (4.36) µ ¶ 1 d d p(L) − p(0) r u3 (r) = , 0 < r < R. r dr dr µL

(4.37)

Als Randbedingungen nehmen wir an, daß u3 an r = 0 endlich ist und daß die Fl¨ ussigkeit am Rand r = R haftet: u3 (R) = 0. (4.38) u3 (0) = u, Die Gleichung (4.37) kann einfach durch Integration gel¨ost werden: u3 (r) =

p(L) − p(0) 2 r + c1 ln r + c2 . 4µL

Aus (4.38) ergibt sich c1 = 0 und c2 = −p(L) − p(0))R2 /4µ und damit u3 (r) =

p(L) − p(0) 2 (r − R2 ). 4µL 114

Wieviel Blut fließt durch das Rohr? Durch eine Ringfl¨ache, deren Mittelpunkt auf der Rohrachse liegt und deren Radien r und r + dr sind, fließt pro Sekunde die Blutmenge 2πru3 (r)dr. Durch den vollen R¨ohrenquerschnitt fließt pro Sekunde das Fl¨ ussigkeitsvolumen Z R Z R π π r(r2 − R2 ) dr = 2πru3 (r) dr = (p(L) − p(0)) (p(0) − p(L))R4 . V = 2µL 8µL 0 0 Man nennt diese Beziehung das Hagen-Poiseuillesche Gesetz. Es lehrt, daß schon eine geringf¨ ugige Verkleinerung des Rohrradius’ R eine betr¨achtliche Verringerung der durchstr¨omenden Fl¨ ussigkeitsmenge zur Folge hat. Wird etwa der Radius einer Ader infolge des Nikotins halbiert, so fließt nur noch (1/2)4 ≈ 6% der urspr¨ unglichen Blutmenge durch die Ader.

4.5

Stro ¨mung um einen Tragflu ¨ gel

In diesem Abschnitt gehen wir der Frage nach, wie eine Fl¨ ussigkeit oder ein Gas einen K¨orper, z.B. einen Flugzeugtragfl¨ ugel, umstr¨omt. Um das Problem zu vereinfachen, betrachten wir eine homogene, station¨are, zweidimensionale, nicht-viskose Str¨omung. Gem¨aß dem letzten Abschnitt bedeutet dies, daß die Geschwindigkeit u = (u1 , u2 )> und der Druck p den Gleichungen divu = 0, n0 (u · ∇)u + ∇p = 0 (4.39) gen¨ ugen, die aus (4.26)–(4.27) folgen. Die Homogenit¨atsvoraussetzung impliziert, daß die Dichte n = n0 konstant ist. Unser Ziel ist es, die obigen Gleichungen weiter zu vereinfachen. Definiere daf¨ ur die sogenannte Wirbeldichte ∂u2 ∂u1 − . ∂x1 ∂x2

rotu :=

Wir behaupten, daß die Wirbeldichte entlang der Teilchenbahnen verschwindet. Lemma 4.1 Es gilt rotu(x(t), t) = const.

f¨ ur alle t > 0,

wobei x0 (t) = u(x(t), t), t > 0. Beweis: Wir verwenden die Abk¨ urzungen ∂ i uj =

∂uj , ∂xi

115

i, j = 1, 2.

Differenzieren wir die u1 -Komponente der zweiten Gleichung von (4.39) nach x2 und die u2 -Komponente nach x1 und subtrahieren die entstehenden Gleichungen, erhalten wir 0 = ∂2 (u1 ∂1 u1 + u2 ∂2 u1 ) − ∂1 (u1 ∂1 u2 + u2 ∂2 u2 ) = u1 ∂1 (∂2 u1 − ∂1 u2 ) + u2 ∂2 (∂2 u1 − ∂1 u2 )

+∂2 u1 (∂1 u1 + ∂2 u2 ) − ∂1 u2 (∂1 u1 + ∂2 u2 )

und wegen 0 = divu = ∂1 u1 + ∂2 u2 0 = u · ∇rotu. Daher ist wegen ∂u/∂t = 0 d rotu(x(t)) = x0 · ∇rotu = u · ∇rotu = 0. dt Das Lemma ist bewiesen.

¤

Wir suchen nun spezielle ebene, homogene, station¨are Str¨omungen mit divu = 0,

rotu = 0.

(4.40)

Str¨omungen, die (4.40) erf¨ ullen, nennen wir Potentialstr¨omungen. Wegen rotu = 0 in einem (einfach zusammenh¨angenden) Gebiet existiert n¨amlich ein Geschwindigkeitspotential φ, so daß u = ∇φ oder ∆φ = 0 gilt. Haben wir diese Gleichung gel¨ost (mit noch zu spezifizierenden Randbedingungen), k¨onnen wir die Geschwindigkeit gem¨aß u = ∇φ berechnen. Wie k¨onnen wir die zweite Variable, den Druck p, bestimmen? Lemma 4.2 Wenn rotu = 0 in Γ, dann gilt die Bernoulli-Gleichung n0 2 |u| + p = const. 2 Beweis: Wegen µ ¶ 1 2 ∇|u| − (u · ∇)u = 2 1 = ¶ µ 1 ∇|u|2 − (u · ∇)u = 2 2 =

in Γ.

u1 ∂1 u1 + u2 ∂1 u2 − (u1 ∂1 u1 + u2 ∂2 u1 ) −u2 (∂2 u1 − ∂1 u2 ), u1 ∂2 u1 + u2 ∂2 u2 − (u1 ∂1 u2 + u2 ∂2 u2 ) u1 (∂2 u1 − ∂1 u2 ) 116

folgt 1 ∇|u|2 − (u · ∇)u = 2

µ



· rotu = 0

³n

´ |u|2 + p .

−u2 u1

und daher aus (4.39) 0 = n0 (u · ∇)u + ∇p = ∇ Die Behauptung folgt durch Integration. x

0

2

¤

2

ν

Ω x R

1

ν

Abbildung 4.9: Umstr¨omung eines Kreiszylinders. Wir untersuchen nun die Umstr¨omung eines Kreiszylinders mit Radius R (Abbildung 4.9) und Mittelpunkt im Koordinatenursprung. Wir nehmen an, daß die Geschwindigkeit und der Druck weit vom Hindernis entfernt konstant ist und daß die Normalenkomponente der Geschwindigkeit am Rand des Hindernisses verschwindet: µ ¶ u∞ u→ , p → p∞ (|x| → ∞) und u · ν = 0 auf ∂Ω. 0 ¨ Hierbei ist ν der ¨außere Normaleneinheitsvektor auf ∂Ω. Gem¨aß den obigen Uberlegungen sind u = ∇φ und p L¨osungen von µ ¶ u∞ 2 (|x| → ∞) (4.41) ∆φ = 0 in R \Ω, ∇φ · ν = 0 auf ∂Ω, ∇φ → 0 und (siehe Lemma 4.2) p = p∞ +

n0 (|u∞ |2 − |u|2 ) 2

117

in R2 \Ω.

(4.42)

Wir transformieren das Randwertproblem (4.41) in Polarkoordinaten. Mit x 1 = r cos α, x2 = r sin α folgt ¶ µ 1 1 φr cos α − φα r−1 sin α , ∆φ = (rφr )r + 2 φαα ∇φ = (4.43) −1 r r φr sin α + φα r cos α und damit zum einen r(rφr )r + φαα = 0,

0 ≤ α < 2π,

r > R,

(4.44)

und zum anderen aus φr cos α −

φα sin α → u∞ , r

φr sin α +

φα cos α →0 r

(|x| → ∞)

durch geschickte Linearkombination φr → u∞ cos α,

1 φα → −u∞ sin α r

f¨ ur |x| → ∞

(4.45)

und wegen ν = (cos α, sin α)> 0 = ∇φ · ν = (cos2 α + sin2 α)φr = φr ,

r = R,

0 ≤ α < 2π.

(4.46)

Das Problem (4.44)–(4.46) kann durch Separation der Variablen gel¨ost werden, d.h., wir machen den Ansatz φ(r, α) = f (r)g(α) in (4.44): r(rfr )r gαα =− =: c ∈ R. f g Die linke Seite der Gleichung h¨angt nur von r, die rechte nur von α ab; also sind beide Seiten konstant. Da g eine 2π-periodische Funktion sein soll, folgt c = 1 und g(α) = c1 cos α + c2 sin α. Um die verbleibende Gleichung r(rfr )r = f zu l¨osen, machen wir den Ansatz f (r) = r β : rβ = f (r) = r(rfr )r = β 2 rβ

=⇒

β = ±1.

Die allgemeine L¨osung lautet also f (r) = r +

c3 . r

Eine Integrationskonstante gen¨ ugt, da die zweite mit den Konstanten c1 und c2 integriert werden kann. Die drei Konstanten c1 , c2 , c3 bestimmen wir aus den drei Randbedingungen (4.45)–(4.46): ³ c3 ´ 0 = φr (R, α) = g(α) 1 − 2 =⇒ c3 = R2 . R 118

Aus (4.45) und c3 ´ φr (r, α) = (c1 cos α + c2 sin α) 1 − 2 → c1 cos α + c2 sin α r ³ 1 c3 ´ φα (r, α) = (−c1 sin α + c2 cos α) 1 + 2 → −c1 sin α + c2 cos α r r ³

f¨ ur r → ∞ folgt

c1 cos α + c2 sin α = u∞ cos α,

−c1 sin α + c2 cos α = −u∞ sin α.

Setzen wir α = π/2 ein, erhalten wir aus der ersten Gleichung c2 = 0 und aus der zweiten Gleichung c1 = u∞ . Die L¨osung lautet also µ ¶ R2 φ(r, α) = u∞ cos α r + , r ≥ R, 0 ≤ α < 2π. r Wie k¨onnen wir die Str¨omung visualisieren? Dazu betrachten wir die komplexe Erweiterung des Geschwindigkeitspotentials µ ¶ R2 F (z) = u∞ z + , |z| ≥ R. z Wir nennen F das komplexe Geschwindigkeitspotential. Der Realteil von F ist gerade φ. Allgemein schreiben wir f¨ ur z = x1 + ix2 F (z) = φ(x1 , x2 ) + iψ(x1 , x2 ), wobei wir φ(r, α) und φ(x1 , x2 ) miteinander identifizieren. Die Funktion F ist in {|z| ≥ R} analytisch, also gelten die Cauchy-Riemannschen Differentialgleichungen u1 =

∂φ ∂ψ = , ∂x1 ∂x2

u2 =

Dies impliziert

∂φ ∂ψ =− . ∂x2 ∂x1

∂ψ ∂ψ + u2 = 0, ∂x1 ∂x2 und daher sind die Teilchenbahnen durch die Gleichung ψ(x1 , x2 ) = const. gegeben (Abbildung 4.10). Wir nennen die Teilchenbahnen auch Stromlinien; sie sind die Konturlinien von Im F . In Abbildung 4.11 sind diese Konturlinien dargestellt. Die Geschwindigkeit verschwindet genau dann, wenn sin α = 0 und r = R, also gerade an den beiden Punkten (−R, 0) und (R, 0). Nach (4.42) ist der Druck maximal an diesen Punkten; sie werden auch Staupunkte genannt. Diese symmetrische Druckverteilung kann keine resultierende Kraft auf den Kreiszylinder aus¨ uben. Um sie mit konstanter Geschwindigkeit durch die ruhende Fl¨ ussigkeit (oder das ruhende Gas) zu ziehen, br¨auchte man keine Kraft. Dieser Widerspruch zur u · ∇ψ = u1

119

ψ



u ψ = const.

Abbildung 4.10: Zur Beziehung u · ∇ψ = 0. 2.5 2 1.5 1 0.5

y

0 −0.5 −1 −1.5 −2 −2.5 −3

−2

−1

0 x

1

2

3

Abbildung 4.11: Stromlinien um einen Kreiszylinder mit Radius R = 1 und Grenzgeschwindigkeit u∞ = 1. Erfahrung l¨ost sich folgendermaßen: Im ersten Anlaufen der Str¨omung sieht das Stromlinienbild wie in Abbildung 4.11 aus. Nach kurzer Zeit ¨andert jedoch die unvermeidliche Reibung in einer Grenzschicht um den Kreiszylinder und beim Wiederzusammenlaufen der Fl¨ ussigkeit hinter dem Kreiszylinder das Str¨omungsbild; es treten Wirbel hinter dem Hindernis auf, die Stromlinien und damit auch der Druck sind nicht mehr symmetrisch verteilt. Streng genommen existiert keine globale Potentialstr¨omung auf dem Außenraum R2 \Ω, da dieses Gebiet nicht einfach zusammenh¨angend ist. Wir m¨ ussen eigentlich eine L¨osung φ suchen von ∆φ = 0 in R2 \(Ω ∪ R+ ) (4.47) mit den Randbedingungen ∇φ · ν = 0 auf ∂Ω,

∇φ →

µ

u∞ 0



(|x| → ∞)

(4.48)

und φr

und φα

2π-periodisch bez¨ uglich α. 120

(4.49)

Die letzte Bedingung stellt sicher, daß die Geschwindigkeit u = ∇φ stetig in R 2 \Ω ist. Das Gebiet R2 \(Ω ∪ R+ ) ist einfach zusammenh¨angend, so daß die L¨osung von (4.47) Sinn macht. Allerdings verlieren wir die Stetigkeit von φ auf R2 \Ω. Die Funktionen ¶ µ R2 , r ≥ R, α ∈ R, (4.50) φ(r, α) = −Aα + u∞ cos α r + r sind f¨ ur alle A ∈ R L¨osungen von (4.47)–(4.49). Da wir den Parameter A ∈ R beliebig w¨ahlen k¨onnen, ist die L¨osung des Str¨omungsproblems nicht eindeutig bestimmt. ¨ Ubrigens entspricht die Abbildung φA (r, α) = −Aα einem Rotationsfeld µ ¶ A x2 uA (r, α) := ∇φA (r, α) = 2 r −x1 (siehe (4.43) f¨ ur ∇φA in Polarkoordinaten). Die Funktion ∇ψA = (x1 , x2 )> steht senkrecht auf der Geschwindigkeit uA , und es gilt ψA (x1 , x2 ) = (x21 + x22 )/2. Die Stromlinien von uA sind also konzentrische Kreise um den Ursprung (Abbildung 4.12). x

2

v v v

x 1

Abbildung 4.12: Stromlinien zu uA (x1 , x2 ) = −A/(x21 + x22 ) · (x2 , −x1 )> . ¨ Ubungsaufgabe: Das komplexe Geschwindigkeitspotential zu (4.50) lautet ¶ µ z R2 . F (z) = Ai ln + u∞ z + R z Zeichnen Sie die Stromlinien f¨ ur 0 < A < 2Ru∞ und A > 2Ru∞ (u∞ > 0). Ein Kreiszylinder ist keine sehr effektive Tragfl¨ache. Ein verh¨altnism¨aßig realistischer Tragfl¨ ugelquerschnitt wird durch die sogenannte Joukowski-Transformation J(z) := z +

c2 , z

z ∈ ∂BR (z0 ) = {|z − z0 | = R},

mit c = z0 + Re−iβ dargestellt (Abbildung 4.13). Das komplexe Geschwindigkeitspotential des Kreises um z0 ist durch ¶ µ z − z0 R2 + u∞ z − z 0 + F (z) = Ai ln R z − z0 121

gegeben. Aus den Stromlinien ψ(z) = ImF (z) = const. f¨ ur den Kreiszylinder k¨onnen wir die entsprechenden Stromlinien um das Joukowski-Profil konstruieren. In der Tat: Da J eine konforme (d.h. winkeltreue) Abbildung ist, l¨ost der Realteil des komplexen Geschwindigkeitspotentials x2

8

u γ

z 0 β

R 1

c

x

1

0.5 0 −1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

Abbildung 4.13: Der Kreis um z0 mit Radius R (links) wird durch die JoukowskiTransformation auf das Joukowski-Profil (rechts) abgebildet. F¨ ur die rechte Abbildung haben wir R = 1, β = π/10 und c = 3/4 gew¨ahlt. Der Punkt c wird auf die Hinterkante 2c abgebildet. G(w) := F (J −1 (w)),

w ∈ J(R2 \BR (z0 )),

das Str¨omungsproblem. Sei n¨amlich φJ (w) := ReG(w). Dann ist ∆φJ = 0 (denn G(w) ist analytisch), µ ¶ ReF 0 (J −1 (w)) ∇φ(z) u∞ ∇φJ (w) = = 0 → (|w| → ∞), 0 −1 J (J (w)) J (z) 0 wobei φ = ReF durch (4.50) gegeben ist, w = J(z) und J 0 (z) = 1 − c2 /z 2 → 1 (|z| → ∞), sowie ∇φ(z) · ν = 0, w ∈ J(∂BR (z0 )). ∇φJ (w) · ν = J 0 (z) Die Stromlinien sind durch die Gleichung ψJ (w) = ImG(w) = const. gegeben. Die Str¨omung um einen Tragfl¨ ugel kann realistischer modelliert werden, wenn die Tragfl¨ache durch eine um den Winkel γ gedrehte Str¨omung umflossen wird (Abbildung 4.13). 122

In diesem Fall lautet das komplexe Geschwindigkeitspotential ¶ µ z − z0 R2 eiγ −iγ . F (z) = Ai ln + u∞ (z − z0 )e + R z − z0

Diese L¨osung hat zwei Nachteile:

Da A ∈ R beliebig, ist F nicht eindeutig gegeben. Die Geschwindigkeit ∇φJ (w) =

∇φ(z) ∇φ(z) = , 0 J (z) 1 − c2 /z 2

w = J(z),

ist singul¨ar an den Punkten z = ±c bzw. w = ±2c. Dies bedeutet, daß die Geschwindigkeit an der Hinterkante 2c nicht definiert ist. Beide Nachteile k¨onnen auf einen Schlag beseitigt werden, wenn wir fordern, daß an der Hinterkante ein Staupunkt ist, d.h., daß an der Hinterkante die Geschwindigkeit verschwindet. Dies ist eine rein heuristische Forderung, die erf¨ ullt ist, wenn F 0 (c) = 0. Damit kann der Parameter A festgelegt werden. Es folgt wegen c − z0 = Re−iβ : ¶ µ ¡ −iγ ¢ Ai Ai iβ R2 eiγ 0 i(γ+2β) −iγ 0 = F (c) = + u∞ e − e + u e − e = ∞ c − z0 (c − z0 )2 R

und folglich

¢ ¡ A = iRu∞ e−i(γ+β) − ei(γ+β) = 2Ru∞ sin(β + γ).

Die Str¨omung um den Joukowski-Tragfl¨ ugel haben wir damit bestimmt.

4.6

Hele-Shaw-Str¨ omung

Erd¨ol kann dadurch aus einem por¨osen Boden extrahiert werden, daß Wasser in den Boden gepumpt wird und das Erd¨ol durch spezielle R¨ohren nach oben dr¨ uckt. Wegen der verschiedenen Z¨ahigkeit (bzw. Viskosit¨at) von Erd¨ol und Wasser k¨onnen sich “Finger” ausbilden, die den Ertrag verringern (Abbildung 4.14). In diesem Abschnitt wollen wir eine Gleichung f¨ ur die zeitliche Evolution des Randes ∂Ω(t) zwischen zwei verschieden viskosen Fl¨ ussigkeiten herleiten. Vereinfachend nehmen wir an, daß sich die Fl¨ ussigkeit zwischen zwei parallelen unendlich ausgedehnten Platten im Abstand 2h > 0 bewegt und dabei Luft verdr¨angt (Abbildung 4.15). Man nennt die Bewegung eine Hele-ShawStr¨omung. Die Bewegung der Fl¨ ussigkeit ist durch die Navier-Stokes-Gleichungen ∂t n + div(nu) = 0, ∂t (nu) + div(nu ⊗ u) + ∇p = ∇((λ + µ)divu) + µ∆u f¨ ur die Teilchendichte n = n(x, t) und Geschwindigkeit u = u(x, t) gegeben. Wir machen die folgenden Annahmen: 123

ο) Ω (t) Erdöl

Wasser

Ω (t)

Abbildung 4.14: Die Verdr¨angung von Erd¨ol durch Wasser f¨ uhrt zur Bildung von “Fingern”. z

h

−h x

y

Abbildung 4.15: Geometrie zweier paralleler Platten. Die Fl¨ ussigkeit sei homogen (n = n0 = const.) und station¨ar (∂t u = 0). Der halbe Plattenabstand h sei so klein, daß es keine Str¨omung in z-Richtung gibt, d.h. u = (u1 , u2 , 0)> . Die Ableitungen von u nach x1 und x2 seien vernachl¨assigbar verglichen mit den Ableitungen von u nach x3 . An den Platten ruhe die Fl¨ ussigkeit: u = 0 auf x3 = ±h. Die erste Voraussetzung impliziert divu = 0,

n0 div(u ⊗ u) + ∇p = µ∆u.

Wegen divu = 0 gilt div(u ⊗ u)i =

X ∂ X ∂ (uj ui ) = uj ui = (u · ∇)ui , ∂xj ∂xj j j 124

so daß wir die zweite Gleichung auch schreiben k¨onnen als n0 (u · ∇)u + ∇p = µ∆u.

(4.51)

Aus der zweiten und dritten Voraussetzung folgt (u · ∇)u = u1 Damit wird (4.51) zu

∂u ∂u + u2 ≈ 0, ∂x1 ∂x2



 ∂ 2 u1 /∂x23   ∆u ≈  ∂ 2 u2 /∂x23  . 0



 u 1 ∂2   ∇p = µ 2  u2  . ∂x3 0

Insbesondere ist ∂p/∂x3 = 0, d.h., der Druck ist eine Funktion nur von x1 und x2 . Integrieren wir ∂ 2 u1 ∂p =µ 2 ∂x1 ∂x3 bez¨ uglich x3 , so erhalten wir, da ∂p/∂x1 konstant bez¨ uglich x3 ist, u1 (x1 , x2 , x3 ) = A(x1 , x2 ) + B(x1 , x2 )x3 +

x23 ∂p 2µ ∂x1

− h ≤ x3 ≤ h.

Die Integrationskonstanten k¨onnen aus der Randbedingung u = 0 f¨ ur x3 = ±h (vierte Voraussetzung) bestimmt werden: A = −(h2 /2µ)∂p/∂x1 und B = 0. Damit folgt u1 (x1 , x2 , x3 ) = −

h2 − x23 ∂p (x1 , x2 ). 2µ ∂x1

Analog ist

h2 − x23 ∂p (x1 , x2 ). 2µ ∂x2 Wir mitteln u ¨ber x3 ∈ (−h, h), um einen Geschwindigkeitsvektor zu erhalten, der nur noch von x1 und x2 abh¨angt: Z Z h 1 h2 ∂p 1 ∂p h 2 v1 := , (h − x23 ) dx3 = − u1 dx3 = − 2h −h 4µh ∂x1 −h 3µ ∂x1 u2 (x1 , x2 , x3 ) = −

und analog v2 = −(h2 /3µ)∂p/∂x2 . Definieren wir v = (v1 , v2 )> , so erhalten wir die Str¨omungsgleichungen h2 v = − ∇p, divv = 0. 3µ Insbesondere erf¨ ullt p die Laplace-Gleichung ∆p = 0 in der Fl¨ ussigkeit. Wir k¨onnen die Variablen so umskalieren, daß v = −∇p,

∆p = 0 125

in Ω(t)

(4.52)

gilt, wobei Ω(t) ⊂ R2 die zweidimensionale Projektion des Fl¨ ussigkeitsgebietes sei. Wir wollen eine Gleichung herleiten, die die zeitliche Entwicklung der Grenzkurve ∂Ω(t) beschreibt. Dazu nehmen wir an, daß der Druck konstant auf ∂Ω(t) ist. Diese Voraussetzung ist n¨aherungsweise erf¨ ullt, wenn die Kr¨ ummung des Randes ∂Ω(t) nicht zu groß ist. Anderenfalls gilt p = γκ auf ∂Ω(t), wobei κ die Kr¨ ummung von ∂Ω(t) und γ den Koeffizient der Oberfl¨achenspannung bezeichne. Durch Wahl eines Referenzpunktes f¨ ur den Druck k¨onnen wir also p=0

auf ∂Ω(t)

(4.53)

voraussetzen. Entlang der Trajektorien (x(t), y(t))> mit (x, y)0 = v gilt dann 0=

d ∂p p(x(t), y(t), t) = ∇p · (x0 (t), y 0 (t))> + = pt + v · ∇p dt ∂t

auf ∂Ω(t).

Aus (4.52) folgt pt − |∇p|2 = 0

auf ∂Ω(t).

(4.54)

Wir nehmen nun an, daß sich in Ω(t) eine Quelle bzw. Senke befindet: p(x, y) ∼ −

Q ln(x2 + y 2 )1/2 2π

f¨ ur (x, y) → (0, 0).

(4.55)

Hierbei gelte ohne Einschr¨ankung (0, 0) ∈ Ω(t)0 . Die Notation bedeutet, daß im Grenzwert (x, y) → (0, 0) der Quotient p/(−Q/2π) ln(x2 + y 2 )1/2 gegen Eins konvergiert. Das Randwertproblem (4.52) und (4.53) (oder (4.54)) zusammen mit der Bedingung (4.55) ist ein freies Randwertproblem, da wir neben dem Druck noch den freien Rand ∂Ω(t) bestimmen m¨ ussen. Wir bestimmen den Rand, indem wir ihn auf den Rand des Einheitskreises transformieren. Dazu setzen wir z = x + iy und transformieren Ω(t) auf den Einheitskreis {ζ ∈ C : |ζ| < 1}. Ist Ω(t) endlich und einfach zusammenh¨angend, so existiert nach dem Abbildungssatz von Riemann eine Funktion f mit den folgenden Eigenschaften: f (·, t) : {|ζ| ≤ 1} → Ω(t), z = f (ζ, t), und f ({|ζ| = 1}) = ∂Ω(t), ζ 7→ ζf (ζ, t) ist analytisch und (f¨ ur ζ = 0) reell und positiv. Außerdem gilt ∂f /∂ζ 6= 0. Welcher Differentialgleichung gen¨ ugt f ? Dazu m¨ ussen wir den Druck auf die ζ-Ebene transformieren. Sei w(z) = p(x, y) + iψ(x, y) der komplexe Druck. Dann gilt w(f (ζ, t)) = −

Q ln ζ, 2π

denn ∆p = Re∆w = 0 in {|ζ| < 1},

p=− 126

Q ln |ζ| = 0 auf {|ζ| = 1} 2π

(4.56)

und

Q ln |ζ| f¨ ur ζ → 0. 2π Es bleibt die Gleichung (4.54) zu transformieren. Es gilt auf |ζ| = 1 wegen (4.54): ¯2 · ¸ ¯ ¯ dw ¯ ∂w Re (f (ζ, t)) = ¯¯ (f (ζ, t))¯¯ . (4.57) ∂t dz p∼−

Aus (4.56) folgt einerseits

∂w Q 1 =− ∂ζ 2π ζ

und andererseits

dw ∂f ∂w = , ∂ζ dz ∂ζ

also Q dw =− dz 2π

µ

∂f ζ ∂ζ

¶−1

.

Damit ergibt sich aus (4.57) "

Q −Re 2π

µ

∂f ζ ∂ζ

¶−1

∂f ∂t

#

·

dw ∂f = Re dz ∂t

oder

¸

¸ ¯¯ µ ¶−1 ¯¯2 ∂f Q ∂w ¯ ¯ = Re =¯ ζ ¯ ¯ 2π ¯ ∂t ∂ζ ·

"¯ # ¯ µ ¶−1 · ¸ · ¸ ¯ ∂f ¯2 Q ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f ∂f ¯ ¯ − = Re ¯ζ ¯ ζ = Re ζ = Re ζ , 2π ∂ζ ∂ζ ∂t ∂ζ ∂t ∂ζ ∂t

|ζ| = 1. (4.58)

Jede injektive Funktion f , die die obigen Eigenschaften und (4.58) erf¨ ullt, liefert eine L¨osung der Hele-Shaw-Str¨omung. Als Beispiel wollen wir untersuchen, welche Hele-Shaw-Str¨omungen Funktionen der Form n X ak (t)ζ k , ak (t) reell, f (ζ, t) = k=−1

ergeben. Setzen wir diese Definition in (4.58) ein, sortieren nach Potenzen von ζ k und identifizieren die Koeffizienten der ζ k -Terme, erhalten wir n X

k=−1

kak a0k = −

Q 2π

(4.59)

f¨ ur den ζ 0 -Term und f¨ ur die restlichen Terme: n−j X

(kak a0k+j + (k + j)ak+j a0k ) = 0,

k=−1

127

j = 1, . . . , n + 1.

(4.60)

Dies sind gew¨ohnliche Differentialgleichungen f¨ ur a−1 , . . . , an mit den Anfangswerten j = −1, . . . , n,

aj (0) = αj ,

(4.61)

die sich aus der Transformation f (ζ, 0) =

n X

αk ζ k

k=−1

des gegebenen Gebietes Ω(0) ergeben. Wir behaupten nun: Die L¨osung von (4.60)–(4.61) kann nicht f¨ ur alle t ≥ 0 existieren, wenn n ≥ 2 und Q > 0. Um dies einzusehen, schreiben wir (4.60) f¨ ur j = n + 1: −a−1 a0n + nan a0−1 = 0. Dies ist a¨quivalent zu n

a0−1 a0n − =0 a−1 an

d an ln n = 0. dt a−1

und

Integration ergibt an (t) = αn

µ

a−1 (t) α−1

¶n

.

(4.62)

Die Gleichung (4.59) ist ¨aquivalent zu à n ! d X 2 Q kak = − , dt k=−1 π was nach Integration

n X

k=−1

k(a2k (t) − αk2 ) = −

Qt π

liefert. Wir formulieren diese Gleichung um: n

a2−1 (t)

=

2 α−1

Qt X k(a2k (t) − αk2 ) → ∞ + + π k=1

f¨ ur t → ∞,

da Q > 0. Andererseits folgt aus dieser Gleichung und (4.62) n−1

a2−1 (t) = ≥ oder

X Qt −2n 2n 2 + nαn2 α−1 a−1 (t) + k(a2k (t) − αk2 ) + α−1 − nαn2 π k=1 −2n 2n nαn2 α−1 a−1 (t)



n X

kαk2

k=1

n h i X −2n 2(n−1) kαk2 > −∞. a−1 (t) ≥ a2−1 (t) 1 − nαn2 α−1 k=1

128

(4.63)

Die linke Seite konvergiert jedoch f¨ ur t → ∞ wegen (4.63) gegen −∞; Widerspruch. Folglich kann die L¨osung von (4.60)–(4.61) nur in einem endlichen Zeitintervall existieren. Physikalisch erwarten wir nat¨ urlich zeitlich globale L¨osungen. Was ist passiert? Dazu betrachten wir die spezielle Funktion f (ζ, t) = a1 (t)ζ + a2 (t)ζ 2 ,

|ζ| ≤ 1.

Die Gleichungen (4.59) und (4.60) ergeben Q d 2 (a1 + 2a22 ) = − , dt π

1 d 2 (a a2 ) = a1 a02 + 2a2 a01 = 0, a1 dt 1

also Qt + (α12 + 2α22 ), π a21 (t)a2 (t) = α12 α2 .

a21 (t) + 2a22 (t) = −

(4.64) (4.65)

Seien α1 , α2 > 0 so, daß t∗ = − Dann folgt aus (4.64)–(4.65) a21 (t∗ ) + 2a22 (t∗ ) = −

¢ π ¡ 2 2/3 3(α1 α2 ) − (α12 + 2α22 ) > 0. Q

Qt∗ + α12 + 2α22 = 3(α12 α2 )2/3 = 3(a21 (t∗ )a2 (t∗ ))2/3 . π

Diese Gleichung besitzt die L¨osung a2 (t∗ ) = a1 (t∗ ). Dies impliziert jedoch ∂f (ζ, t∗ ) = a1 (t∗ ) + 2a2 (t∗ )ζ = a1 (t∗ ) − a2 (t∗ ) = 0 ∂ζ f¨ ur ζ = −1/2, d.h., f (ζ, t∗ ) ist nicht mehr injektiv, und die Transformation ist nicht mehr zul¨assig. Dies ist ein mathematisches Argument. Was ist der physikalische Grund? Zeichnet man den Rand z ∈ ∂Ω(t), d.h. z = f (ζ, t) = a1 (t)ζ + a2 (t)ζ 2 ,

|ζ| = 1,

so ergibt sich bei t = t∗ eine Singularit¨at (Abbildung 4.16). Die Singularit¨at bedeutet, daß die Kr¨ ummung des Randes unendlich wird. Nun ist bei der Herleitung vorausgesetzt worden, daß die Kr¨ ummung nicht zu groß werden darf. Diese Voraussetzung ist also verletzt. In realen Fl¨ ussigkeiten verhindert die Oberfl¨achenspannung derartige Singularit¨aten. Da wir die Oberfl¨achenspannung vernachl¨assigt haben, ist das Auftreten von Singularit¨aten nicht erstaunlich. Freilich gibt es andere Funktionen f , bei denen keine Singularit¨aten auftreten (siehe die Literatur in [6]). 129

2 1.5

Imaginärteil

1 0.5 0 −0.5 −1 −1.5 −2 −1.5

−1

−0.5

0

0.5 Realteil

1

1.5

2

Abbildung 4.16: Darstellung der Kurven {f (ζ, t) : |ζ| = 1} f¨ ur t = 0, 0.8, 1.6, 1.942 mit den Parameterwerten α1 = α2 = 1 und Q = −1.

5 5.1

Diffusion Diffusionsgleichung

In diesem Abschnitt wollen wir eine Gleichung herleiten, die die Diffusion von Teilchen oder allgemein von physikalischen Gr¨oßen beschreibt. Wir beginnen mit einem Teilchen, das sich zur Zeit t = 0 an der Stelle x = 0 befindet und das sich in einer Zeitspanne 4t aufgrund von Kollisionen mit gleicher Wahrscheinlichkeit nach links oder rechts um eine Wegl¨ange 4x bewegt. Mit welcher Wahrscheinlichkeit befindet sich das Teilchen zur Zeit tk = k · 4t (k ∈ N) an der Stelle xn = n · 4x (n ∈ Z)? Sei Xk des Ort des Teilchens zur Zeit tk , d.h. Xk ∈ 4x · Z = {0, ±4x, ±24x, . . .}, und sei u(xn , tk ) = P (Xk = xn ) die Wahrscheinlichkeit, daß sich das Teilchen zur Zeit tk in xn befindet. Die Wahrscheinlichkeit kann rekursiv berechnet werden (Abbildung 5.1): 1 1 u(xn , tk+1 ) = u(xn−1 , tk ) + u(xn+1 , tk ), 2 2

(5.1)

wenn n und k entweder beide gerade oder beide ungerade sind, und u(xn , tk+1 ) = 0 sonst. Die Anfangsbedingung lautet ( 1 : n = 0, u(xn , 0) = (5.2) 0 : n 6= 0. ¨ Ubungsaufgabe: Berechnen Sie u(xn , tk ) als L¨osung der Rekursionsgleichungen (5.1)– (5.2). 130

∆ x 1 k=0 1/2

1/2

k=1 1/4

1/4

2/4

k=2 1/8 k=3

x

−3

3/8 x

−2

x

3/8 x

−1

0

x

1

1/8 x

2

x

3

Abbildung 5.1: Stochastische Irrfahrt. Die Zahlen geben die Wahrscheinichkeiten an, daß sich das Teilchen zur Zeit tk an der entsprechenden Stelle befindet. Was geschieht, wenn sowohl 4x als auch 4t gegen Null gehen? Wir nehmen an, daß diese Konvergenz so ist, daß (4x)2 σ := 24t konstant bleibt. Dann folgt aus (5.1) ´ ´ σ ³ 1 ³ u(xn , tk+1 ) − u(xn , tk ) u(xn−1 , tk ) − 2u(xn , tk ) + u(xn+1 , tk ) − (4x)2 4t ¶³ µ ´ 1 σ u(xn−1 , tk ) + u(xn+1 , tk ) − 2u(xn , tn ) − = (4x)2 24t = 0. Im Grenzwert 4x → 0 bzw. 4t → 0 folgt aus dieser Differenzengleichung die partielle Differentialgleichung σuxx − ut = 0, x ∈ R, t > 0, (5.3) die wir Diffusionsgleichung nennen. Der Parameter σ > 0 ist der Diffusionskoeffizient. ¨ Ubrigens gibt es einen Zusammenhang zwischen der L¨osung von (5.3) und der stochastischen Irrfahrt, die durch Xk beschrieben wird. Wir k¨onnen Xk formulieren als Xk =

k X

Zj ,

j=1

wobei Zj sogenannte (unabh¨angige) Zufallsvariablen sind, die mit Wahrscheinlichkeit 1/2 den Wert −4x und mit Wahrscheinlichkeit 1/2 den Wert +4x annehmen, d.h., Zj ist eine (Zufalls-)Funktion mit Werten in {−4x, 4x}. Wir definieren den Erwartungswert und die Varianz von Zj durch E(Zj ) := −4x · P (Zj = −4x) + 4x · P (Zj = 4x),

Var(Zj ) := E(Zj2 ) − E(Zj )2 . 131

Aus E(Zj ) = −4x ·

1 2

+ 4x ·

1 2

= 0 folgt

Var(Zj ) = E(Zj2 ) = (−4x)2 P (Zj = −4x) + (4x)2 P (Zj = 4x) = (4x)2 und daher E(Xk ) =

k X

E(Zj ) = 0,

j=1

Var(Xk ) =

E(Xk2 )

=

k X j=1

E(Zj2 ) = k(4x)2 = k · 2σ4t = 2σtk .

Im Grenzwert 4t → 0 (bzw. k → ∞, wenn wir t = tk fest w¨ahlen) konvergiert Xk gegen eine Funktion X mit den Eigenschaften E(X) = 0, Var(X) = 2σt. Der Grenzwert X wird Brownsche Bewegung genannt. Man kann außerdem zeigen, daß nach dem zentralen Grenzwertsatz µ ¶ Z x y2 1 √ exp − dy lim P (Xk ≤ x) = k→∞ 4σt 4πσt −∞ gilt, wobei t = tk fest gew¨ahlt sei. Andererseits erf¨ ullt auch die Brownsche Bewegung diese Beziehung: ¶ µ Z x 1 y2 . (5.4) P (X ≤ x) = u(y, t) dy mit u(y, t) = √ exp − 4σt 4πσt −∞

Die Funktion u ist eine spezielle L¨osung von (5.3): µ ¶· µ 2 ¶¸ −1 x 1 x2 x2 σ 1 √ +√ ut − σuxx = exp − −√ − 4σt 2 4πσ t3/2 4πσ 4σt3/2 4πσt 4σ 2 t2 2σt = 0. Beginnt die Diffusion mit einer endlichen Zahl von Teilchen, die u ¨ber die reelle Zahlenachse verteilt sind, m¨ ussen wir (5.3) mit der Anfangsbedingung u(x, 0) = u0 (x),

x ∈ R,

(5.5)

¨ l¨osen. Durch Uberlagerung der einzelnen Bewegungen, beschrieben durch (5.4), erhalten wir die L¨osung µ ¶ Z 1 (x − y)2 u(x, t) = √ u0 (y)exp − dy 4σt 4σπt R von (5.3) und (5.5). Welchem Anfangswert entspricht die L¨osung (5.4)? Offensichtlich gilt ( Z 0 : x 6= 0 lim u(x, t) = lim u(y, t) dy = 1. (5.6) t→0 t→0 R ∞ : x = 0, 132

Es gibt keine Funktion u0 (x) := lim u(x, t), t→0

die die Eigenschaften (5.6) erf¨ ullt. Wir nennen u0 daher eine Distribution; das ist ein Funktional, definiert durch u0 [φ] = φ(0)

f¨ ur alle φ ∈ C0∞ (R),

wobei C0∞ (R) der Raum aller C ∞ -Funktionen mit kompaktem Tr¨ager sei. Diese Definition ergibt sich formal aus Z Z u0 [φ] = u0 (x)φ(x) dx = lim u(x, t)φ(x) dx R

t→0

µ

R

¶ 1 x2 = lim √ exp − φ(x) dx t→0 4σt 4πσt R Z √ 1 2 e−y /2 φ( 2σt y) dy = lim √ t→0 2π R Z 1 2 = φ(0) √ e−y /2 dy 2π R Z

= φ(0). Die Diffusionsgleichung (5.3) tritt auch bei Temperaturprozessen auf. Sei θ(x, t) die ¨ Temperatur eines K¨orpers zur Zeit t an der Stelle x ∈ R3 . Die zeitliche Anderung der Temperatur ist proportional zur Divergenz des W¨armestromes J: n0 cθt + divJ = 0, wobei n0 die Dichte des K¨orpers und c seine spezifische W¨arme seien (siehe unten). Nach dem Fourier-Gesetz ist der W¨armestrom proportional zum Temperaturgradienten J = −λ∇θ, wobei λ > 0 die W¨armeleitf¨ahigkeit genannt wird. Ist λ konstant, so folgt die W¨armeleitungsgleichung λ θt − 4θ = 0. n0 c Die Gleichung folgt auch aus der Energiebilanz (4.34) der Navier-Stokes-Gleichungen im Falle verschwindender Geschwindigkeit: ´ ³3 ∂t n0 θ = div(K∇θ). 2 Die spezifische W¨arme ist hier c = 3/2, was drei Freiheitsgeraden entspricht (also einem Gas aus einzelnen Atomen). Wir betrachten folgendes Anwendungsbeispiel. 133

Beispiel 5.1 Wie lang sollte der metallene, nicht isolierte Griff einer Eisenpfanne sein, damit man sich nicht die H¨ande verbrennt? Wir modellieren den Griff durch das Intervall [0, L]. Sei θ(x, t) die Temperatur des Griffes. Wir nehmen an, daß der Griff zur Zeit t = 0 Raumtemperatur hat. An der Stelle x = 0 sei der Griff in Kontakt mit der Pfanne, die eine Maximaltemperatur von 200◦ C habe: θ(0, t) = 200◦ C. Wie lautet die Randbedingung am Ende des Griffes (x = L)? Es ist sicherlich unrealistisch anzunehmen, daß der Griff gegen¨ uber der Umgebung v¨ollig isoliert ist, da ein kleiner W¨armestrom stattfindet: J(L, t) = −λθx (L, t) = 0. Andererseits ist es unrealistisch anzunehmen, daß der W¨armefluß in die Umgebung so rasch ist, daß das Ende des Griffes Raumtemperatur aufweist: θ(L, t) = 20◦ C. Wir kombinieren stattdessen diese beiden Randbedingungen: −θx (L, t) = α(θ(L, t) − 20◦ C). Liegt die Temperatur u ¨ber der Raumtemperatur, gibt es einen W¨armestrom in die Umgebung, anderenfalls erw¨armt sich der Griff. Die Konstante α > 0 kann nur empirisch bestimmt werden. Wir nehmen an, daß α = 0.3/cm gilt. Die Temperatur erf¨ ulle die eindimensionale W¨armeleitungsgleichung θt −

λ θxx = 0, n0 c

x ∈ (0, L),

t > 0.

F¨ ur gen¨ ugend große Zeiten erwarten wir, daß sich die Temperatur auf einen station¨aren ¨ Zustand einpendelt. Verschwinden die zeitlichen Anderungen (θt = 0), l¨ost die station¨are Temperaturverteilung das Randwertproblem θxx = 0, ◦

θ(0) = 200 C,

x ∈ (0, L),

−θx (L) = α(θ(L, t) − 20◦ C).

Die allgemeine L¨osung lautet θ(x) = ax + b. Die Konstanten a und b k¨onnen wir aus den Randbedingungen bestimmen; dies ergibt die L¨osung θ(x) = −180◦

αx + 200◦ C. αL + 1

Soll die Temperatur am Griffende 40◦ C nicht u ¨berschreiten, ergibt sich die Griffl¨ange aus 40◦ C ≥ θ(L) = −180◦ C 134

αL + 200◦ C αL + 1

oder

80 8 = cm ≈ 27cm. α 3 Der Pfannengriff sollte also mindestens 27 cm lang sein. L≥

5.2

Ein globales Klimamodell

Nach einer Studie des “Intergovernmental Panel on Climate Change” der Vereinten Nationen aus dem Jahr 2001 k¨onnte sich die Erde in diesem Jahrhundert um bis zu 5.8◦ C erw¨armen. In diesem Abschnitt wollen wir die Konsequenzen der globalen Erw¨armung auf die Ausbreitung der Eisfl¨achen untersuchen, indem wir die Temperatur durch ein sehr einfaches Modell beschreiben. Sei θ(x, t) die Temperatur des Luft in Meeresh¨ohen an der Stelle x auf der Erdoberfl¨ache M zur Zeit t. Wir nehmen an, daß die zeitliche W¨arme¨anderung gegeben ist durch Diffusion + absorbierte Energie − emittierte Energie bzw. θt = D + Rab − Rem . Wir nehmen außerdem an: Die Diffusion wird durch das Fouriergesetz beschrieben: D = div(λ0 ∇θ), wobei λ0 > 0. Die Erde sei vollst¨andig mit Wasser bedeckt. Dann ist die absorbierte Energie gegeben durch ( %ε : θ ≤ 0◦ C, Rab (θ) = % : θ > 0◦ C, ¨ wobei % die Solarkonstante sei und ε ∈ (0, 1). Dahinter steckt die Uberlegung, daß eine Eisfl¨ache weniger Energie als eine Wasserfl¨ache absorbiert. Die emittierte Energie kann durch das Stefan-Boltzmann-Gesetz Rem = σ(θ − θ)4

mit σ > 0, θ > 0

beschrieben werden. Wir vernachl¨assigen diese Gr¨oße und setzen σ = 0. Damit erhalten wir θt − div(λ0 ∇θ) = Rab (θ),

x ∈ M, t > 0,

mit Anfangsbedingung θ(x, 0) = θ0 (x), 135

x ∈ M.

(5.7)

Da die Erdoberfl¨ache M keinen Rand hat, sind keine Randbedingungen notwendig. Das obige Problem ist verh¨altnism¨aßig komplex, da M eine Mannigfaltigkeit ist. Die Differentialopertoren div und ∇ sind dementsprechend in den Koordinaten von M zu formulieren. Wir betrachten eine vereinfachte Situation, die es erlaubt, das Problem explizit zu l¨osen: Wegen der Rotationssymmetrie der Erdkugel betrachten wir die Gleichung (5.7) auf einem L¨angengrad, dargestellt durch das Intervall [−1, 1], wobei x = −1 den S¨ udpol und x = 1 den Nordpol modelliere. Wir sind nur an station¨aren Zust¨anden interessiert, so daß θt = 0. Die Temperatur an den Polen sei −10◦ C. Die W¨armeleitf¨ahigkeit λ0 sei konstant. Wir l¨osen also (5.1) auf dem Intervall (−1, 1): −λ0 θxx = Ra,b (θ),

x ∈ (−1, 1),

(5.8)

θ(−1) = θ(1) = −10◦ C.

Streng genommen ist dies nicht richtig, da der Operator div(λ0 ∇θ) = λ0 4θ entlang eines L¨angengrades nicht gleich λ0 θxx ist; wir modellieren die Erw¨armung dennoch mit der Gleichung (5.8). Mit θ % u := ◦ + 1 und λ := 10 C λ0 folgt u00 + λg(u) = 0, x ∈ (−1, 1), u(−1) = u(1) = 0, (5.9) wobei g(u) =

(

ε : u ≤ 1 (Eis), 1 : u > 1 (Wasser).

¨ Wir erwarten, daß physikalisch sinnvolle L¨osungen von (5.9) um den Aquator x=0 symmetrisch sind, und suchen nur solche L¨osungen. Da g(u) unstetig ist, k¨onnen wir keine klassischen, zweimal stetig differenzierbaren L¨osungen erwarten. Die L¨osungen k¨onnen allenfalls einmal stetig differenzierbar sein. Um (5.9) auf x ∈ (0, 1) l¨osen zu k¨onnen, ben¨otigen wir eine Randbedingung an x = 0. Wir behaupten, daß u0 (0) = 0 gilt. Aus der Symmetrie von u um x = 0 und der formalen Taylor-Entwicklung folgt u(x) = u(0) + u0 (0)x + O(x2 ), u(x) = u(−x) = u(0) − u0 (0) + O(x2 ) 136

(x → 0),

also nach Subtraktion

1 O(x2 ) = O(x). x Mit x → 0 ergibt sich dann u0 (0) = 0. Damit haben wir das zu l¨osende Problem reduziert auf u00 + λg(u) = 0, x ∈ (0, 1), u0 (0) = 0, u(1) = 0. (5.10) u0 (0) =

Es gilt u ¨brigens 0

u (x) = −λ und daher (Abbildung 5.2)

Z

x

g(u(s)) ds < 0

f¨ ur alle x > 0

0

u(0) = max u(x).

(5.11)

x∈[0,1]

Wir unterscheiden also folgende F¨alle.

x −1

0

1

Abbildung 5.2: Qualitatives Verhalten der L¨osung von (5.9). Fall 1: u(0) ≤ 1. Wegen (5.11) bedeutet dies, daß die gesamte Erde eisbedeckt ist. Insbesondere ist u(x) ≤ 1 f¨ ur alle x ∈ [0, 1] und daher g(u) = ε. Das Problem (5.10) wird zu u00 + λε = 0, x ∈ (0, 1), u0 (0) = u(1) = 0. Die allgemeine L¨osung lautet u(x) = −

λε 2 x + ax + b, 2

und aus den Randbedingungen folgt a = 0 und b = λε/2, so daß u(x) =

λε (1 − x2 ), 2

x ∈ [0, 1].

Damit u(0) ≤ 1 erf¨ ullt ist, muß der Parameter λ die Bedingung λ≤

2 ε

erf¨ ullen.

137

(5.12)

Fall 2: u(0) > 1. Die Erde ist also teilweise eisbedeckt. Da u monoton fallend in (0, 1) ist, existiert eine eindeutig bestimmte Zahl r ∈ (0, 1), so daß u(r) = 1. Der Parameter r beschreibt die Grenze zwischen Wasser und Eis. Wir l¨osen das Problem ( −λ : x ∈ (0, r), u00 = u0 (0) = u(1) = 0. (5.13) −λε : x ∈ (r, 1), Der Wert r ist unbekannt; wir suchen also sowohl u als auch r. Man nennt daher r einen freien Rand und das Problem (5.13) (oder (5.11)) ein freies Randwertproblem. Die allgemeine L¨osung von (5.13) lautet ( − λ2 x2 + ax + b : x ∈ (0, r), u00 = (5.14) − λε x2 + cx + d : x ∈ (r, 1). 2 Um die vier Konstanten a, b, c und d zu bestimmen, gen¨ ugen die beiden Randbedingungen in (5.13) nicht. Wir fordern, daß u(x) an der Stelle x = r stetig differenzierbar ist. Dies liefert zwei weitere Gleichungen: u0 (r−) = u0 (r+).

u(r−) = u(r+), Insgesamt erhalten wir die vier Gleichungen

0 = u0 (0) = a, λε 0 = u(1) = − + c + d, 2 λ 2 λε u(r) = − r + b = − r2 + cr + d, 2 2 u0 (r) = −λr = −λεr + c.

(5.15) (5.16) (5.17) (5.18)

Aus (5.15)–(5.18) folgt a = 0,

c = −λ(1 − ε)r.

Die Gleichung (5.16) impliziert d=

λε λε −c= + λ(1 − ε)r. 2 2

Schließlich ergibt sich aus (5.17) b=

λ λ λε (1 − ε)r 2 + cr + d = − (1 − ε)r 2 + + λ(1 − ε)r. 2 2 2

Zur Bestimmung des freien Randes ben¨otigen wir eine weitere Gleichung: u(r) = 1. 138

(5.19)

Da wegen (5.17) b = u(r) + λr 2 /2 = 1 + λr 2 /2 gilt, erhalten wir aus (5.19) λ λ λε 1 + r2 = − (1 − ε)r 2 + + λ(1 − ε)r 2 2 2 und nach einigen Umformungen r2 −

2 − λε 2(1 − ε) r+ = 0. 2−ε λ(2 − ε)

(5.20)

Dies ergibt zwei Werte r1,2

1−ε ± = 2−ε



1−ε 2−ε r

¶2



2 − λε λ(2 − ε)

1 1−ε ± 2−ε 2−ε

1 (1 − ε)2 − (2 − λε)(2 − ε) λ r 1 2(2 − ε) 1−ε 1− ± . = 2−ε 2−ε λ

=

(5.21)

Die quadratische Gleichung (5.20) ist nur dann reell l¨osbar, wenn λ ≥ 2(2 − ε). Außerdem gilt r2 ≥ 0 genau dann, wenn r 2(2 − ε) 2(2 − ε) ⇐⇒ 1 − ≤ (1 − ε)2 0 ≤ 1−ε− 1− λ λ ⇐⇒ λ ≤

2 . ε

Die Forderung r1 ≤ 1 wird f¨ ur alle λ > 0 erf¨ ullt. Damit haben wir zwei kritische Parameterwerte gefunden: 2 λ1 = 2(2 − ε), λ2 = . ε Wir unterscheiden nun drei F¨alle: Fall A: λ < λ1 . Wegen λ1 < λ2 (weil ε < 1) existiert genau eine L¨osung, n¨amlich (5.12). Insbesondere ist λ2 ε λε < = 1. u(0) = 2 2 Dies entspricht dem Fall 1; die Erde ist vollst¨andig mit Eis bedeckt. Fall B: λ1 < λ < λ2 . Es existiert eine L¨osung mit u(0) < 1 (n¨amlich gerade (5.12)) ¨ und zwei L¨osungen mit u(0) > 1, n¨amlich (5.14)) mit r = r1 und r = r2 . Am Aquator x = 0 lautet die Temperatur λ 2 u1,2 (0) = b = 1 + r1,2 , 2 und r1,2 ist gegeben durch (5.21). 139

Fall C: λ > λ2 . In diesem Fall ist r2 < 0, also existiert nur eine L¨osung mit u(0) > 1, n¨amlich (5.14) mit r = r1 . Falls λ = λ1 , existiert eine L¨osung mit u(0) < 1 (gegeben durch (5.12)) und eine L¨osung mit u(0) > 1 (gegeben durch (5.14) mit r = r1 = r2 = (1 − ε)/(2 − ε)). Im Falle λ = λ2 schließlich existiert eine L¨osung mit u(0) = 1 (n¨amlich u(x) = x2 − 1) und eine L¨osung mit u(0) > 1 (n¨amlich (5.14) mit r = r1 , da r2 = 0). 5

3

4

u(0)

3

2 2

1 1

0 0

2

4

λ

6

8

10

¨ Abbildung 5.3: Temperatur am Aquator u(0) in Abh¨angigkeit des Parameters λ (ε = 0.25). Das Problem (5.10) und damit auch (5.9) ist also nicht eindeutig l¨osbar. Die Multiplizit¨at der L¨osungen in Abh¨angigkeit des Parameters λ l¨aßt sich gut durch den Wert u(0) illustrieren, da u(0) das Maximum von u ist (Abbildung 5.3). Wir k¨onnen die in Abbildung 5.3 dargestellte Kurve in drei Gebiete unterteilen: Gebiet 1: Die Erde ist vollst¨andig eisbedeckt. Gebiet 2: Wegen r2 < (1 − ε)/(2 − ε) < 1/2 ist die Erde in (r2 , 1) u ¨berwiegend eisbedeckt. Gebiet 3. Wegen r1 → 1 (λ → ∞) ist die Erde (zumindest f¨ ur gen¨ ugend großes λ > λ1 ) wenig eisbedeckt. In der N¨ahe der Pole liegt Eis. Physikalisch entspricht die Mehrdeutigkeit von L¨osungen instabilen Situationen. Nehmen wir etwa an, daß der aktuelle Zustand der Erde dem Parameter λ & λ1 entspricht. Bei Verminderung der Solarkonstanten (oder allgemeiner der Absorptionsf¨ahigkeit infolge von Wolken oder Smog) kann sich der Parameter λ auf einen Wert kleiner als λ1 einstel¨ len. Dies w¨ urde bedeuten, daß die Eisgrenze innerhalb kurzer Zeit den Aquator erreichen 140

¨ w¨ urde. Eine sehr kleine Anderung eines Parameters, der sich in der N¨ahe eines kritischen Wertes befindet, kann also einschneidende Auswirkungen zur Folge haben.

5.3

Selbstentzu ¨ ndung von Kohlehaufen

Bei der Lagerung von Materialien wie Altpapier, Haushaltsm¨ ull oder Kohle in großen Mengen kann es nach l¨angerer Zeit zu spontaner Selbstentz¨ undung kommen. Betroffen von diesem Problem sind etwa M¨ ulldeponien und Kohlekraftwerke. Wir wollen uns auf Kohlehaufen konzentrieren und die folgende Fragestellung untersuchen: Frage: Nach welche Kriterien kann man entscheiden, ob ein Kohlehaufen “sicher” ist, d.h. keine spontane Selbstentz¨ undung erf¨ahrt? Wodurch wird die spontane Selbstentz¨ undung ausgel¨ost? Im allgemeinen geschieht die Aufheizung nicht nur durch direkte Sonneneinstrahlung, sondern haupts¨achlich durch Oxidation von Kohlenstoff C zu Kohlenmonoxid CO oder Kohlendioxid CO2 : C + O → CO + Energie,

C + 2O → CO2 + Energie.

¨ Die Reaktionen sind exotherm, d.h., es entsteht W¨armeenergie. Uberschreitet diese eine vom Material abh¨angige Schranke, kommt es zu der Selbstentz¨ undung. Da die dreidimensionale Geometrie eines Kohlehaufens (insbesondere die Gr¨oße und Verteilung der Kohlepartikel) und die pr¨azisen chemischen Reaktionen sehr kompliziert sind, beschr¨anken wir uns auf einen vertikalen, eindimensionalen Schnitt x ∈ [0, h] durch den Kohlehaufen und modellieren die Temperatur θ(x, t) durch die W¨armeleitungsgleichung mit Quellterm Q: x ∈ (0, h),

%cθt = λθxx + Q(θ),

t > 0.

(5.22)

Hierbei beschreibt x = 0 den Boden und x = h die Spitze des Haufens, % > 0 ist die homogene Dichte des Materials, c > 0 seine spezifische W¨arme und λ > 0 seine W¨armeleitf¨ahigkeit. Wir nehmen an, daß der Kohlehaufen zur Zeit t = 0 die Umgebungstemperatur hat: e θ(x, 0) = θ(x), x ∈ (0, h). (5.23)

Am Boden herrsche vereinfachend keine W¨armeleitung und an der Spitze die Umgebungstemperatur. Dies f¨ uhrt auf die Randbedingungen θx (0, t) = 0,

θ(h, t) = θ0 ,

t > 0.

(5.24)

Wir sind vornehmlich am Langzeitverhalten der Temperatur interessiert. Der Kohlehaufen ist “sicher”, wenn die Temperatur f¨ ur alle Zeiten kleiner als die Z¨ undtemperatur ist. 141

Da diese wesentlich gr¨oßer als die Umgebungstemperatur ist, muß die Temperatur eines “unsicheren” Haufens in einem endlichen Zeitraum sehr groß werden. Nun erwarten wir keine Abk¨ uhlungsmechanismen, d.h., die Temperatur als L¨osung von (5.22)–(5.24) wird unendlich groß nach endlicher Zeit, und das Modell (5.22)–(5.24) verliert seine G¨ ultigkeit. In diesem Fall k¨onnen keine L¨osungen des station¨aren Modells existieren. Damit haben wir ein Kriterium f¨ ur die “Sicherheit” des Kohlehaufens gefunden: Der Haufen gilt als “sicher”, wenn es L¨osungen des station¨aren Problems λθxx = −Q(θ),

x ∈ (0, h),

(5.25)

mit den Randbedinungen (5.24) gibt, f¨ ur die θ(x) nicht wesentlich gr¨oßer als θ0 ist. Andernfalls ist der Haufen als kritisch einzustufen. Es bleibt der Reaktionsterm Q zu modellieren. Wir erwarten, daß die Reaktion umso gr¨oßer ist, je gr¨oßer die Temperatur des Haufens ist. Das einfachste Modell ist der lineare Zusammenhang mit α > 0, θ > 0. Q(θ) = α(θ − θ) Die allgemeine L¨osung von α (θ − θ)xx = θxx = − (θ − θ) λ lautet wegen α/λ > 0 θ(x) − θ = A sin

µr

¶ µr ¶ α α x + B cos x . λ λ

Einsetzen des Randbedingungen liefert r

α A, λ µr ¶ α θ0 − θ = (θ − θ)(h) = B cos h λ 0 = θx (0) = (θ − θ)x (0) =

und damit

p cos( α/λx) p θ(x) = (θ0 − θ) + θ, cos( α/λh)

x ∈ [0, h].

Das Problem (5.24)–(5.25) ist also immer l¨osbar, d.h., alle Kohlehaufen sind sicher. Dies widerspricht der Erfahrung. Der Reaktionsterm sollte also besser modelliert werden. Ein genaueres Bild ist das folgende: F¨ ur niedrige Temperaturen sind die chemischen Reaktionen vernachl¨assigbar; wird eine gewisse Aktivierungstemperatur erreicht, kommen die Reaktionen in Gang. F¨ ur sehr große Temperaturen ist die St¨arke der Reaktionen allerdings begrenzt. Dies wird durch den Reaktionsterm von Arrhenius Q(θ) = Ae−E/Rθ 142

(5.26)

beschrieben, wobei E die Aktivierungsenergie, R die universelle Gaskonstante und A die Reaktionsw¨arme ist. Wir k¨onnen das Problem (5.24)–(5.25) mit dem Reaktionsterm (5.26) analytisch l¨osen, wenn wir die Annahme, daß die Temperatur nahe bei der Umgebungstemperatur liegen soll, verwenden: θ(x) = θ0 (1 + εT (x)), ε ¿ 1. Mit der Taylorentwicklung µ ¶ ¡ ¢ 1 exp − = exp −1 + εT + O(ε2 ) ≈ exp(−1 + εT ) 1 + εT

erhalten wir aus (5.24)–(5.26) λεθ0 Txx

·

¸ E = −Aexp − (1 − εT ) , Rθ0 Tx (0) = 0,

Wir definieren ψ(x) :=

x ∈ (0, h),

T (h) = 0.

Eε T (x), Rθ0

q :=

AE −E/Rθ0 . e λRθ02

Dann folgt aus

AEε −E/Rθ0 (Eε/Rθ0 )T Eε Txx = − e e Rθ0 Rθ0 die Differentialgleichung f¨ ur ψ: λεθ0

ψxx + qeψ = 0,

x ∈ (0, h),

ψx (0) = ψ(h) = 0.

(5.27)

Multiplikation von (5.27) mit ψx ergibt ¶ µ d 1 2 ψ =0 ψ + qe dx 2 x und nach Integration

1 2 ψx (x) + qeψ(x) = qeψ(0) 2

oder ψx (x) = −

p p 2q eψ(0) − eψ(x) .

Das Minuszeichen steht, weil ψ(x) wegen (5.28), d.h. eψ(x) ≤ eψ(0)

oder

ψ(x) ≤ ψ(0) f¨ ur alle x ∈ [0, h],

und wegen ψxx = −qeψ < 0 monoton fallend ist. Wir integrieren ein zweites Mal: Z ψ(x) Z xp dy √ 2q dy. =− eψ(0) − ey 0 h 143

(5.28)

Mit der Substitution z = e−y/2 und dy = −2dz/z sowie der Abk¨ urzung z0 := e−ψ(0)/2 folgt p

2q(x − h) =

Z

e−ψ(x)/2

2dz p z eψ(0) − 1/z 2

1

Z

1

z dz p 0 z 2 − z02 e−ψ(x)/2 µ ¶¸1 · z −1 = −2z0 cosh z0 e−ψ(x)/2 · µ ¶ µ −ψ(x)/2 ¶¸ 1 e −1 −1 = −2z0 cosh − cosh . z0 z0 = −2

(5.29)

Diese Gleichung definiert die L¨osung ψ(x) implizit f¨ ur gegebenes ψ(0). Da ψ monoton fallend auf [0, h] ist, wird die maximale Temperatur an der Stelle x = 0 angenommen. Die Temperatur an x = 0 lautet wegen (5.29) und cosh−1 (1) = 0 p − 2qh = −2e−ψ(0)/2 cosh−1 (eψ(0)/2 ) oder

cosh

µr α

q ψ(0)/2 he 2 α

1



0

α 

= eψ(0)/2 .

2



1

x

0

x 0

Abbildung 5.4: Die Gleichung cosh(αx) = x besitzt keine (α1 ), genau eine (α0 ) oder zwei (α2 ) L¨osungen, wobei α2 < α0 < α1 . p Setze α := q/2h. Die Gleichung cosh(αx) = x besitzt keine L¨osung, wenn α hinreichend groß ist, und zwei L¨osungen, wenn α hinreichend klein ist (Abbildung 5.4). Es existiert also ein kritischer Wert α0 , bei dem die nichtlineare Gleichung genau eine L¨osung x0 besitzt. Die Werte x0 und α0 bestimmen wir aus den beiden Gleichungen x0 = cosh(α0 x0 ),

1=

d cosh(α0 x)|x=x0 = α0 sinh(α0 x0 ). dx 144

Aus der zweiten Gleichung folgt 1 x0 = sinh−1 α0

µ

1 α0



.

Setzen wir dies in die erste Gleichung ein, erhalten wir 1 sinh−1 α0

µ

1 α0



µ

= cosh sinh−1

µ

1 α0

¶¶

=

s

1 + 1, α02

denn aus cosh2 (x) = − sinh2 (x) = 1 f¨ ur alle x ∈ R folgt q q √ 2 −1 2 x + 1 = sinh (sinh (x)) + 1 = cosh2 (sinh−1 (x)) = cosh(sinh−1 (x)).

Der kritische Wert α0 ist also die eindeutige L¨osung von q 1 = sinh α02 + 1. α0

Die L¨osung lautet α0 ≈ 0.6627. Das Problem hat keine L¨osung f¨ ur α > α0 . In diesem Fall ist der Kohlehaufen kritisch. Wir fassen zusammen: Der Kohlehaufen ist kritisch, wenn α2 =

qh2 AEh2 −E/Rθ0 = > α02 ≈ 0.439. e 2 2λRθ02

Es sind also die folgenden F¨alle zu vermeiden: zu hohe Kohlehaufen (h “groß”); zu starke Reaktionen (A “groß”); zu geringe W¨armeleitf¨ahigkeit (λ “klein”). Der Einfluß der Aktivierungsenergie E und der Umgebungstemperatur θ0 sind geringer, da E −E/Rθ0 e ≤ e−1 ≈ 0.368 Rθ0 f¨ ur alle E > 0, θ0 > 0 gilt.

5.4

Elektronenverteilung in Halbleitern

In Abschnitt 2.5 haben wir Netzwerke, die Halbleiterbauelemente wie z.B. einen Transistor enthalten, modelliert. Ziel dieses Abschnittes ist die Modellierung derartiger Bauelemente. Dabei wollen wir die folgende Frage beantworten: 145

Frage: Wie sind die Elektronen in einem Halbleiterbauteil r¨aumlich verteilt? Was sind Halbleiter? Halbleiter sind Materialien mit einer wesentlich h¨oheren elektrischen Leitf¨ahigkeit als Isolatoren (z.B. Porzellan oder Gummi) und mit einer wesentlich geringeren Leitf¨ahigkeit als Metalle (z.B. Eisen oder Kupfer). Beispiele f¨ ur Halbleitermaterialien sind Silizium, Germanium und Galliumarsenid. Zur Erh¨ohung der Leitf¨ahigkeit werden Halbleiter gezielt mit Fremdatomen dotiert; diese Atome werden durch einen Diffusionsprozeß in dem Halbleiter verteilt. Welchen Effekt hat die Dotierung? Nehmen wir an, jedes Atom des Halbleitermaterials habe vier Elektronen auf der a¨ußersten Elektronenschale um den Atomkern (z.B. Silizium); man nennt sie Valenzelektronen. Jedes Valenzelektron geht eine Bindung (die sogenannte Valenzbindung) mit einem Valenzelektron eines umliegenden Atoms ein. Die Atome samt diesen Bindungen bilden den Halbleiterkristall. Das Fremdatom (z.B. Phospor) habe f¨ unf ¨außere Elektronen. Vier dieser Elektronen gehen Valenzbindungen mit den Valenzelektronen der umliegenden Halbleiteratome ein; das u ur den Ladungstransport ¨briggebleibende Elektron wird nicht gebunden und steht f¨ zur Verf¨ ugung (Abbildung 5.5). Das u ¨brigbleibende Fremdatom ist dann positiv geladen. Die Zufuhr von Energie in Form von W¨arme oder Licht etwa f¨ uhrt dazu, daß Valenzbindungen aufgebrochen werden und die entsprechenden Elektronen ebenfalls f¨ ur den Ladungstransport zu Verf¨ ugung stehen. Allerdings ist die hierf¨ ur ben¨otigte Energie sehr viel gr¨oßer als die, die ben¨otigt wird, das u ¨brigbleibende Valenzelektron vom Fremdatom zu l¨osen.

Si

Si

Si

Si

Ph

Si

Abbildung 5.5: Halbleiterkristall aus Siliziumatomen mit einem Phosphoratom. Die kleinen Kreise stellen Elektronen mit ihren Valenzbindungen dar. Die totale Ladungsdichte % besteht also aus zwei Quellen: den negativ geladenen Elektronen und den positiv geladenen Atomr¨ umpfen. Bezeichnet n(x, t) die Elektronendichte am Ort x zur Zeit t und C(x) die Dichte der Atomr¨ umpfe (auch Dotierungsprofil genannt), so gilt: % = −qn + qC, (5.30) 146

wobei q die Elementarladung ist. Wir haben hier angenommen, daß sich die Dotierungskonzentration nicht zeitlich ¨andert. Die totale Ladungsdichte erzeugt ein elektrisches Feld. Andererseits erzeugt ein zeitlich variierendes elektrisches Feld ein Magnetfeld. Beide zusammen ver¨andern wieder die totale Ladungsdichte. Das elektrische Feld E und das Magnetfeld B werden beschrieben durch die Maxwell-Gleichungen ε0 divE = %, divB = 0,

rotE = −

∂B , ∂t µ

rotB = µ0

∂E Jtot + ε0 ∂t



.

Hierbei ist Jtot = Jtot (x, t) die Stromdichte, die mit der totalen Ladungsdichte u ¨ber die Kontinuit¨atsgleichung ∂%/∂t + divJtot = 0 in Beziehung steht. Die Konstanten ε0 bzw. µ0 sind Proportionalit¨atskonstanten und werden als Dielektrizit¨atskonstante bzw. Permeabilit¨at bezeichnet. Sie sind im allgemeinen materialabh¨angig. Wir nehmen nun an, daß die zeitliche Variation des Magnetfeldes vernachl¨assigt werden kann: ∂B/∂t = 0. Dann folgt aus ∂B rotE = − = 0, ∂t falls das Gebiet, in dem sich der Halbleiterkristall befindet, einfach zusammenh¨angend ist, die Existenz einer Potentials φ = φ(x, t), so daß E = −∇φ. Wegen der obigen Voraussetzung nennen wir φ das elektrostatische Potential. Aus der ersten Maxwell-Gleichung und (5.30) folgt die Gleichung f¨ ur φ: ε0 ∆φ = q(n − C).

(5.31)

Nun fehlt noch eine Bewegungsgleichung f¨ ur die Elektronendichte (das Dotierungsprofil ist gegeben und zeitunabh¨angig). Wir nehmen an, daß die Elektronendichte durch eine Variante der Euler-Gleichungen (4.26)–(4.27) mit konstanter Temperatur θ = k B T0 /m gegeben sei: ∂t n + div(nu) = 0,

nu ∂t (nu) + div(nu ⊗ u) + ∇(nθ) − nF = − . τ

(5.32) (5.33)

Die physikalischen Konstanten sind die Boltzmann-Konstante kB , die Elektronenmasse m und die Relaxationszeit τ . Der Term auf der rechten Seite von (5.33) beschreibt das Bestreben des Systems, in Abwesenheit ¨außerer Kr¨afte gegen den Gleichgewichtszustand nu = 0 zu streben (oder zu relaxieren). Die typische Zeit, in der dies geschieht, ist gerade 147

τ . Die ¨außere Kraft ist durch das elektrische Feld gegeben: F = −qE/m. Definieren wir die Elektronenstromdichte J durch J = −qnu, so erhalten wir aus (5.32)–(5.33) und (5.31) die hydrodynamischen Halbleitergleichungen: 1 ∂t n − divJ = 0, q 1 ∂t J − div q

µ

J ⊗J n



(5.34)

qkB T0 q2 J − ∇n + n∇φ = − , m m τ

(5.35)

ε0 ∆φ = q(n − C).

(5.36)

Diese Gleichungen sind im Halbleitergebiet Ω ⊂ R3 mit geeigneten Rand- und Anfangsbedingungen zu l¨osen. Um die Gleichungen zu vereinfachen, skalieren wir sie. Wir w¨ahlen eine typische Teilchendichte, eine typische L¨ange und ein typisches Potential: C = sup |C(x)|,

L = diam(Ω),

UT =

x∈Ω

k B T0 . q

Bei Raumtemperatur T0 = 300 K betr¨agt UT ≈ 0.026 V. Als typische Zeit w¨ahlen wir eine noch zu spezifizierende Konstante τ0 . Damit erhalten wir die Skalierung n = Cns ,

C = CCs ,

φ = U T φs ,

x = Lxs ,

t = τ 0 ts .

Aus der Poisson-Gleichung (5.36) folgt λ2 ∆φ = n − C mit der skalierten Debye-L¨ange λ=

s

(5.37)

ε0 U T . qL2 C

Die Gleichung (5.34) kann geschrieben werden als ∂t s ns −

τ0 divs J = 0. qLC

Damit die Kontinuit¨atsgleichung dimensionslos wird, m¨ ussen wir die Stromdichte gem¨aß J=

qLC Js τ0

skalieren: ∂ts ns − divs Js = 0.

148

(5.38)

F¨ ur die Skalierung der verbleibenden Gleichung (5.35) setzen wir f¨ ur den Quotienten 2 aus kinetischer Energie m(L/τ0 ) , die erforderlich ist, damit ein Elektron des Halbleitergebiet in der Zeit τ0 durchquert, und thermischer Energie kB T0 : m(L/τ0 )2 ε= . k B T0 Dann folgt aus (5.35) qLC qLC ∂ts Js − 2 divs 2 τ0 τ0

µ

Js ⊗ J s ns





qkB T0 C qkB T0 C qLC ∇ s ns + ns ∇ s φ s = − Js . mL mL τ0 τ

Definieren wir τ0 = mL2 /τ kB T0 , so erhalten wir nach Division von qkB T0 C/mL ¶ µ Js ⊗ J s 2 2 ε ∂ts Js − ε divs − ∇s ns + ns ∇s φs = −Js . ns Im folgenden lassen wir den Index “s” fort. Wir nehmen an, daß die thermische Energie kB T0 die kinetische Energie m(L/τ )2 dominiert, d.h. ε ¿ 1. Wir sind an der reduzierten Gleichung ε = 0 interessiert. Aus −∇n + n∇φ = −J

(5.39)

und (5.37)–(5.38) folgen dann die Drift-Diffusionsgleichungen f¨ ur Halbleiter: ∂t n − div(∇n − n∇φ) = 0,

(5.40)

λ2 ∆φ = n − C,

x ∈ Ω, t > 0.

(5.41)

Dies ist ein System nichtlinearer Gleichungen, die die zeitliche Entwicklung der Elektronendichte n und des elektrostatischen Potentials φ beschreiben. Die parabolische Gleichung (5.40) ist zu vervollst¨andigen mit der Anfangsbedingung n(0, x) = n0 (x),

x ∈ Ω.

(5.42)

Welche Randbedingungen sind f¨ ur (5.40)–(5.41) vorzuschreiben? Wir nehmen an, daß der Rand ∂Ω aus zwei Teilen besteht: Auf dem Teil ΓD seien die Elektronendichte und das Potential gegeben: n = nD ,

φ = φD

auf ΓD , t > 0.

(5.43)

Der andere Teil ΓN = ∂Ω\ΓD modelliere isolierende R¨ander, d.h., die Normalkomponenten der Stromdichte und des elektrischen Feldes verschwinden auf ΓN : J · ν = ∇φ · ν = 0 149

auf ΓN , t > 0.

Aus der Beziehung (5.39) f¨ ur J folgt, daß dies ¨aquivalent ist zu der Bedingung ∇n · ν = ∇φ · ν = 0,

auf ΓN , t > 0.

(5.44)

Es bleiben die Randwerte nD und φD zu bestimmen. Dazu treffen wir die folgenden Annahmen: Die totale Ladungsdichte verschwinde auf ΓD : nD − C = 0. Das Randpotential ist die Summe aus dem Built-in-Potential φbi und der angelegten Spannung U : φD = φbi + U . Das Built-in-Potential ist das Randpotential, das sich im thermischen Gleichgewicht J = 0 einstellt. Um es zu berechnen, m¨ ussen wir das thermische Gleichgewicht etwas genauer untersuchen. Aus (5.40)–(5.41) folgt f¨ ur J = 0, daß n nur eine Funktion des Ortes ist und daß 0 = ∇n − n∇φ = n∇(ln n − φ) in Ω. Gilt n > 0 (was physikalisch zu erwarten ist), so ist ln n − φ = const. Das Potential ist nur bis auf eine additive Konstante bestimmt, und wir w¨ahlen die Konstante so, daß ln n − φ = 0 in Ω. Das Built-in-Potential ist dann gegeben durch φbi = ln nD = ln C

auf ΓD .

Damit ist das Anfangsrandwertproblem (5.40)–(5.44) vollst¨andig definiert. Es ist sehr schwierig, explizite L¨osungen f¨ ur (5.40)–(5.44) zu erhalten, und im allgemeinen ist man auf numerische Methoden angewiesen. Allerdings ist es in bestimmten F¨allen m¨oglich, Aussagen u ¨ber das qualitative Verhalten der L¨osungen zu erhalten. Im allgemeinen wird man als Anfangswert n0 die L¨osung des thermischen Gleichgewichts w¨ahlen, da diese einem Halbleiter mit verschwindender angelegter Spannung entspricht. Das thermische Gleichgewicht wollen wir daher noch eingehender untersuchen. Aus den obigen ¨ Uberlegungen folgt, daß eine L¨osung (n, φ) des thermischen Gleichgewichts gegeben ist durch λ2 ∆φ = eφ − C, n = eφ in Ω, (5.45) φ = ln C

auf Γ0 ,

∇φ · ν = 0 auf ΓN .

In Halbleiterbauteilen variiert das Dotierungsprofil im allgemeinen sehr stark mit großen Gradienten. Idealisierend k¨onnen wir etwa annehmen, daß ( C1 : x ∈ Ω 1 C(x) = C2 : x ∈ Ω 2 150

gilt, wobei Ω = Ω1 ∪ Ω2 und 0 < C1 ¿ C2 . Dies bedeutet, daß die rechte Seite von (5.45) fast unstetig ist. Zudem ist der Parameter λ typischerweise sehr klein im Vergleich zu Eins. Mit den typischen Werten L = 10−6 m, C = 1023 m−3 , UT = 0.026V

ε0 = 1.05 · 10−10 As/Vm, q = 1.60 · 10−19 As,

folgt λ2 = 1.35 · 10−4 ¿ 1. Die reduzierte Gleichung λ = 0 lautet dann eφ − C = 0, d.h. φ(x) = ln C(x),

n(x) = C(x),

x ∈ Ω,

sind unstetige Funktionen. Wir erwarten, daß die Gradienten von n und φ auch im allgemeinen Fall λ > 0 und U > 0 (positive angelegte Spannung) sehr groß sind. Dies f¨ uhrt zu numerischen Schwierigkeiten, die nur durch den Einsatz spezieller Methoden in den Griff zu bekommen sind.

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