# Mathe für Nicht-Freaks: Buchanfang Partielle Differentialgleichungen by Richard4321/ Schwache Lösungen der Transportgleichung
## Wo stehen wir

Wir hatten die homogene und inhomogene Transportgleichung für stetig differenzierbare Anfangswerte betrachtet.
$\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =f(t,x)$
Nun verallgemeinern wir den Lösungsbegriff durch Übergang auf eine Integralsgleichung. Die Lösungen sind weiterhin eine Verschiebung in Raum und Zeit, daher der Name Transportgleichung.

## Die lineare Transportgleichung

Sei $(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}$, wobei $t$ die Zeit ist und $x$ der Ort.
Definition
Lineare Transportgleichung
Seien $f:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ,b:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ^{n}$ gegeben. Sei $\nabla =(\partial _{x_{1}},\ldots ,\partial _{x_{n}})^{T}$ der Ortsgradient und sei $\langle \cdot ,\cdot \rangle$ das Skalarprodukt auf $\mathbb {R} ^{n}$. Dann ist die lineare Transportgleichung definiert als
$\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t,x),\nabla u(t,x)\rangle =f(t,x)$
Das Anfangswertproblem ist eine Vorgabe des Anfangswertes durch eine Funktion $g:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ zur Zeit $t=0$, d.h. eine Lösung $u$ der Gleichung, die zusätzlich erfüllt
$\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)$
Die Transportgleichung heißt linear, da sie nur linear von u und seinen Ableitungen abhängt, was sie erheblich leichter lösbar macht.

## Schwache Lösung für konstantes b und homogenen Fall

Wenn die Anfangswerte nicht $C^{1}$ sind, existiert keine $C^{1}$-Lösung, wie der folgende Satz zeigt. Wir suchen dennoch eine verallgemeinerte Lösung und müssen dazu den Lösungsbegriff der Differentialgleichung verallgemeinern. Den bisherigen Lösungsbegriff nennen wir klassische Lösung.
Satz
Sei $g\not \in C^{1}(\mathbb {R} )$. Dann hat die Anfangswertaufgabe keine $C^{1}$-Lösung.
Beweis
Annahme: Es gibt eine $C^{1}$-Lösung. Dann existiert nach dem zweiten gezeigten Satz ein $v\in C^{1}(\mathbb {R} ^{n})$ mit
$u(t,x)=v(x-tb)$
Für $t=0$ folgt
$\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:\ g(x){\stackrel {\text{Anfangswert}}{=}}u(0,x)=v(x)\in C^{1}(R^{n})$
ein Widerspruch dazu, dass g nicht stetig differenzierbar ist.
Wie verallgemeinern wir nun die Lösung? Das geht immer gleich: Wir multiplizieren mit einer beliebigen Funktion $q\in C_{0}^{\infty }(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$, integrieren über $t$ und $x$ und ziehen durch partielle Integration bzw. durch den Satz von Gauß/Stokes die Ableitung von $u$ auf $q$ hinüber. Das Randintegral entfällt, da $q(t,x)$ kompakten Träger hat. Dabei benötigen wir den Satz von Fubini, um die Integrale zu vertauschen. Der Satz von Fubini lässt sich anwenden, da q beschränkt ist (als stetige Funktion mit kompaktem Träger) und da $u_{t}$ als Lösung der PDGl integrierbar ist über $t$
Eine Funktion $u$, die für alle solchen $q$ die entstandene Gleichung erfüllt, heißt schwache Lösung der Differentialgleichung. .
Nun zur Herleitung, soweit wir das abschätzen können, muss $b(t,x)=b(t)$ unabhängig von $x$ gefordert werden.
${\begin{aligned}0=&\int _{0}^{\infty }dt\int _{\mathbb {R} ^{n}}dxq(t,x)u_{t}(t,x)+\int _{0}^{\infty }dt\int _{\mathbb {R} ^{n}}dxq(t,x)\langle b(x),\nabla u(t,x)\rangle \\{\stackrel {{\text{Fubini, }}supp(q)\subseteq B(0,R)}{=}}&\int _{\mathbb {R} ^{n}}dx\int _{0}^{\infty }dtq(t,x)u_{t}(t,x)+\int _{0}^{\infty }dt\int _{B(0,R)}\left\langle b(t)q(t,x),\nabla u(t,x)\right\rangle dx\\{\stackrel {\text{part. Int.}}{=}}&\int _{\mathbb {R} ^{n}}dx\left(q(t,x)u(t,x)|_{t=0}^{t=\infty }-\int _{0}^{\infty }dtq_{t}(t,x)u(t,x)\right)\\&+\int _{0}^{\infty }dt\int _{B(0,R)}\left\langle b(t)q(t,x),\nabla u(t,x)\right\rangle dx\\{\stackrel {\text{Stokes/Gauß}}{=}}&-\int _{\mathbb {R} ^{n}}\left(q(0,x)u(0,x)dx+\int _{0}^{\infty }dtq_{t}(t,x)u(t,x)\right)\\&-\int _{0}^{\infty }dt\int _{B(0,R)}u(t,x)\nabla \cdot (b(t)q(t,x))+\int _{0}^{\infty }dt\underbrace {\int _{\partial B(0,R)}uqb\cdot dS(x)} _{=0{\text{, da }}supp(q)\subseteq B(0,R-\varepsilon )}\\=&-\int _{0}^{\infty }dt\int _{\mathbb {R} ^{n}}dx(q_{t}(t,x)+\langle b(t),\nabla q(t,x)\rangle )u(t,x)-\int _{\mathbb {R} ^{n}}dxq(0,x)g(x)\end{aligned}}$
Diese neue Integral-Gleichung macht Sinn für alle $g$, die über jedes Kompaktum integrierbar sind, da $q(0,x)$ beschränkt ist. D.h. wir haben eine echte Verallgemeinerung gefunden. Diese Funktionen nennen wir lokal integrierbar. Schreibweise $g\in L_{loc}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$. Die Lösung $u$ muss nur lokal integrierbar sein, da die Ableitungen von $q$ alle beschränkt sind.
Definition
* Ein $g:\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R}$ heißt lokal integrierbar, Schreibweise $g\in L_{loc}^{1}(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$ genau dann wenn $g$ über jedes Kompaktum integrierbar ist. Insbesondere ist jede stetige Funktion beschränkt auf dem Kompaktum und lokal integrierbar.
* $u\in L_{loc}^{1}(\mathbb {R} ^{\times }\mathbb {R} ^{n})$ heißt schwache Lösung des Anfangswertproblems ${\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b(t),\nabla u(t,x)\rangle =0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)\end{aligned}}$ genau dann wenn für alle $q\in C_{0}^{\infty }(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$: ${\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }dt\int _{\mathbb {R} ^{n}}dx(q_{t}(t,x)+\langle b,\nabla q(t,x)\rangle )u(t,x)=\int _{\mathbb {R} ^{n}}dxq(0,x)g(x)\end{aligned}}$ Jede klassische Lösung ist auch eine schwache Lösung
Beweis
Das haben wir oben nachgerechnet.
Satz
Sei $g\in L_{loc}^{1}(\mathbb {R} ^{n})$. Dann ist $u(t,x):=g(x-bt)$ die eindeutige schwache Lösung von
${\begin{aligned}\forall (t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ u_{t}(t,x)+\langle b,\nabla u(t,x)\rangle =0\\\forall x\in \mathbb {R} ^{n}:u(0,x)=g(x)\end{aligned}}$
d.h. auch hier findet nur ein Transport statt entlang einer Geraden.
Beweis
Existenz:
Mit der Variablensubstitution $(t,x)\mapsto (t,y+bt)$ gilt
${\begin{aligned}&\int _{0}^{\infty }dt\int _{\mathbb {R} ^{n}}dx(q_{t}(t,x)+\langle b,\nabla q(t,x)\rangle )g(x-bt)\\=&\int _{0}^{\infty }dt\int _{\mathbb {R} ^{n}}dy(q_{t}(t,y+bt)+\langle b,\nabla q(t,y+bt)\rangle )g(y)\\=&\int _{\mathbb {R} ^{n}}dy\int _{0}^{\infty }dt{\frac {d}{dt}}q(t,y+bt)g(y)\\=&-\int _{\mathbb {R} ^{n}}dyq(0,y)g(y)\end{aligned}}$
Eindeutigkeit:
Seien $u_{1},u_{2}$ zwei schwache Lösugnen. Setze $w:=u_{1}-u_{2}$. Zeige : Jede $p\in C_{0}^{\infty }(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$ lässt sich schreiben als
$q_{t}+\langle b,\nabla q\rangle =p$
mit geeignetem $q\in C_{0}^{\infty }(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$ Dann gilt
${\begin{aligned}\int _{0}^{\infty }dt\int _{\mathbb {R} ^{n}}dxp(t,x)w(t,x)=&\int _{0}^{\infty }dt\int _{\mathbb {R} ^{n}}dx(q_{t}(t,x)+\langle b,\nabla q(t,x)\rangle ))w(t,x)\\=&0\end{aligned}}$
und somit da $p(t,x)$ beliebig war,
${\begin{aligned}w(t,x)=&0{\text{ fast überall}}\\u_{1}=&u_{2}{\text{ fast überall}}\end{aligned}}$
Zu $p$ wähle $t_{0}>0,R>0$ so groß dass $supp(p)\subseteq (-t_{0},t_{0})\times B(0,R)$ und setze
$h:\mathbb {R} ^{n}\rightarrow \mathbb {R} ,x\mapsto -\int _{0}^{t_{0}}p(s,x+sb)ds$
Dann gilt $h\in C_{0}^{\infty }(\mathbb {R} ^{n})$: Man kann Integral und Ableitung vertauschen, da die Ableitung von p stetig und beschränkt ist (auf dem kompakten Träger). siehe auch Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung Die Lösung der Anfangswertaufgabe
${\begin{aligned}(t,x)\in \mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n}:\ q_{t}(t,x)+\langle b,\nabla q(t,x)\rangle =p\\x\in \mathbb {R} :\ q(0,x)=h(x)\end{aligned}}$
ist nach obigem Satz
${\begin{aligned}q(t,x)=&h(x-bt)+\int _{0}p(s,x+(s-t)b)ds\\=&-\int _{0}^{t_{0}}q(s,x+(s-t)b)ds+\int _{0}q(s,x+(s-t)b)ds\end{aligned}}$
und das ist $\in C^{\infty }(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$: Man kann Integral und Ableitung vertauschen, da die Ableitung von $q$ stetig und beschränkt ist (auf dem kompakten Träger). siehe auch Mathe_für_Nicht-Freaks: Buchanfang_Maßtheorie_by_Richard4321/ Vertauschen_von_Integral_und_Ableitung Für $t$ mit $|t|\geq t_{0}$ gilt $q(t,x)=0$. Für $|t|<t_{0}$ gilt
${\begin{aligned}|x+(s-t)b|\geq &|x|-|s-t||b|\\\geq &|x|-2t_{0}|b|\\\geq &R{\text{ für }}\quad |x|\geq R':=R+2t_{0}|b|>0\end{aligned}}$
Damit gilt
$supp(q)\subseteq (t_{0},t_{0})\times B(0,R')$
und $q\in C_{0}^{\infty }(\mathbb {R} \times \mathbb {R} ^{n})$ und $q$ ist die gewünschte Lösung.
Wie sehen die schwachen Lösungen aus für nicht-konstantes b und $f(t,x)\neq 0$: Kennt jemand eine Literaturquelle? Das wäre gerne noch zu ergänzen.