Gewöhnliche Dierentialgleichungen

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1 Prof. Dr. Guido Sweers WS 28/29 Jan Gerdung, M.Sc. Gewöhnliche Dierentialgleichungen Übungsblatt 6 Die Lösungen müssen in den Übungsbriefkasten Gewöhnliche Dierentialgleichungen Raum 3 im MI) geworfen werden. Abgabeschluss ist am Donnerstag, den , um 2 Uhr. Aufgabe : Wir denieren T : C [, ] C [, ] durch T f) x) = xf x ), Zeigen Sie, dass für jede Funktion f C [, ] und f n := T n f gilt: a) f n f ; b) lim n f n x) = xf ). c) Welche Fixpunkte hat T? Hinweis: Zeigen Sie f n x) = x 2 n f x 2 n ) ) für x [, ]. Lösung : a) Sei n. Dann ist f n+ = sup xf n x) x [,] und weil x, kann mit der Überlegung zu dem Supremum von f x) s. Aufg. 3) die rechte Seite durch f n abgeschätzt werden. Damit folgt insbesondere auch f n f. b) Die Idee für die Formel im Hinweis bekommt man, indem man den Operator wiederholt anwendet. Der Beweis geht über vollständige Induktion. Für n = ist sie oensichtlich korrekt. Angenommen sie gilt für n. Dann gilt f n+ x) = T f n x) = xf n x) = x x) 2 n f x 2 n ) ) = x 2 n+) f x 2 n+) ) und die Formel ist bewiesen. Im Grenzwert n geht es gegen xf ), falls x > und gegen f ) = = xf ) für x =. Damit ist Teil b) bewiesen. c) Da bei einem Fixpunkt T f = f gilt, folgt insbesondere auch lim n f n x) = fx) und mit Teil b) muss daher fx) = xf ) gelten. Fixpunkte sind also Funktionen der Form ci.

2 Aufgabe 2 6 Punkte): Geben Sie die Intervalle an, auf dem die Funktion gleichmäÿig Lipschitzstetig ist und geben sie eine zugehörige Lipschitz-Konstante: a) f a x) = 3 x; b) f b x) = x + e x ; { x sin /x) für x, c) f c x) = für x =. Lösung 2: a) Die Funktion ist für x dierenzierbar mit f ax) = 3 3 x 2. Die Ableitung ist für alle A > auf den Intervallen [A, ) und, A] beschränkt: f ax) = 3 3 A 2 =: L A. Nach dem Mittelwertsatz gilt dann für x, y [A, ): f a x) f a y) L A x y Somit ist f a auf, A] und [A, ) gleichmäÿig Lipschitz-stetig und die dazugehörige Lipschitz-Konstante ist L A. Bei x = hingegen wird die Lipschitz-Bedingung verletzt, da hier die Ableitung unendlich groÿ wird und aufgrund des Mittelwertsatzes die Lipschitz-Konstante unendlich groÿ sein müsste. b) Die Funktion ist auf ganz R dierenzierbar und es gilt Für B R und x, B] gilt f bx) = + e x. f bx) + e B =: L B. Somit ist f b auf diesem Intervall gleichmäÿig Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante L B. Auf ganz R ist f b nicht gleichmäÿig Lipschitz-stetig, denn wegen lim f b x) = folgt mit x dem Mittelwertsatz, dass die Lipschitz-Konstante unendlich groÿ sein müsste. c) Die Funktion ist zweimal dierenzierbar für x mit ) f cx) = sin cos ) x x x Somit sind die lokalen Extrema von f c an den Stellen x k = kπ f cx k ) = k π =: L k. c x) = sin ) x. x 3 f mit k Z \ {} und Wiederum durch Anwendung des Mittelwertsatzes ist klar, dass f c für C > in den Intervallen, C] und [C, ) gleichmäÿig Lipschitz-stetig ist. Die Folge x k = x k mit k N > strebt monoton fallend gegen und die Folge L k monoton wachsend gegen. Daher kann L k im Fall x k C < x k als Lipschitz-Konstante gewählt werden. Wiederum durch Anwendung des Mittelwertsatzes ist klar, dass die Lipschitz-Bedingung in verletzt wird. 2

3 Aufgabe 3 8 Punkte): Gegeben sei das System von Dierentialgleichungen u t) = Aut) + ft, u), t. A sei eine Matrix mit konstanten Koezienten und für die Eigenwerte λ i gelte Reλ i < a. Die Funktion f sei stetig und es gebe eine stetige Funktion gt), so dass ft, x) gt) x. a) Zeigen Sie, dass es eine Konstante c gibt, so dass e ta ce at. b) Zeigen Sie, dass jede Lösung die folgende Form hat: ut) = e ta u) + e At s) fs, us))ds. c) Verwenden Sie das Lemma von Grönwall für die Funktion Φt) = e at ut), um ut) C u) e at+cgt) zu zeigen. Hier ist Gt) := gs)ds und C hängt nicht von u ab. Lösung 3: a) Wie man aus der linearen Algebra weiÿ, gibt es eine Ähnlichkeitstransformation S GLn), so dass A = SJS, wobei J eine Jordanmatrix ist. Weiterhin wissen wir, dass e ta = Se tj S ist. e tj besteht aus Einträgen der Form t m e λt. Da dieser Term langsamer wächst als e at und die Multiplikation mit den Matrizen S, S nur zu einer Linearkombination von Termen dieser Art führt, lässt sich die Matrixnorm insgesamt durch ce at nach oben abschätzen. b) Wenn man eine Lösung u der Dierentialgleichung hat, dann kann man u als fest gewählt betrachten. Dann deniert man die Funktion gt) = ft, ut)). Die Funktion u löst dann die Dierentialgleichung u = Au + gt) und hier kann man die aus der Vorlesung bekannte Formel für lineare Dierentialgleichungen benutzen. Wenn man dort gt) wieder durch ft, ut)) ersetzt, erhält man das gewünschte. c) Man erhält Φt) = e at e ta u) + e At a As fs, us))ds ce at e at u) + e at e At s) gs) us) ds c u) + }{{} =:αt) gs)c e as us) ds }{{}}{{} =:βs) =Φs) Nun kann man das Lemma von Grönwall auf Φ anwenden und erhält Φt) c u) + c u) gs)ce s gx)cdx ds 3

4 Nun muss man sehen, dass cgs)e s cgx)dx = d s e s cgx)dx ) ist. Damit kann man das obige Integral direkt ausrechnen und erhält Φt) c u) + c u) [ e ] t t s cgx)dx s= = c u) + c u) [ e + e cgtr] = c u) e cgt) Nun kann man ausnutzen, dass ut) = e at Φt) ist und erhält ut) = c u) e at+cgt) Damit ist die gewünschte Abschätzung gezeigt. 4

5 Aufgabe 4: Seien A und B in M 2 2 R). Betrachten Sie die Dierentialgleichung x t) = A + e t B ) x t) Zeigen Sie, dass wenn alle Eigenwerte von A negative Realteile haben, dann gilt für jeden Anfangswert x ) = x : a) Die Lösung existiert auf [, ), b) lim t x t) =. Lösung 4: Für x t) = A + e t B) x t) ndet man und Dann folgt x t) = Ax t) + e t Bx t) exp At) x t) = exp At) Ax t) + e t exp At) Bx t) exp At) x t)) = exp At) e t Bx t) exp At) x t) = x ) + x t) = exp At) x ) + e s exp As) Bx s) ds. e s exp A t s)) Bx s) ds. Für die Eigenwerte λ i von A gilt max Reλ i ) <. Dann gibt es µ max Reλ i ), ). Mit Hilfe der Jordan-Normalform A = T JT zeigt man, dass es M R + gibt derart, dass für t Es folgt, dass Dann gilt und mit Grönwall folgt exp At) T exp Jt) T Me µt. x t) Me µt x ) + e µt x t) ) } {{ } yt) Me s e µt s) B x s) ds = Me µt x ) + e µt Me s e µs B x s) ds. M x ) + e µt x t) ) M x ) + M x ) + M 2 B x ) M x ) + M 2 B x ) Me s B e µs x s) ) ds }{{} =βs) Me s B ) M x ) e s Me τ B dτ ds M x ) + M 2 B x ) e M B e s e M B e s ds e s e M B ds 5

6 und x t) M x ) + M 2 B x ) e M B ) e µt. Weil diese Funktion in endlicher Zeit nicht nach geht, existiert die Lösung auf [, ) und x t) M x ) + M 2 B x ) e M B ) e µt. PS. Die DGL kann man lösen durch x t) = a + e t b ) x t) x t) = e at+ e t )b x ). Wenn man die ähnliche Formel für das System benutzen würde, das heisst: x t) = exp At + B e t)) x ) ) dann ndet man jedoch nicht, dass x t) und A + e t B) x t) identisch sind. Die Funktion in ) ist also nicht unbedingt eine Lösung. Wenn AB = BA gilt dann schon, aber nicht allgemein. Zum Beispiel: d dt At + B)2 = d dt At + B) At + B)) = d A 2 t 2 + AB + BA) t + B 2) dt = 2A 2 t + AB + BA) und dies ist im Allgemeinen verschieden von: 2 At + B) d dt At + B) = 2A2 t + 2BA, ) d At + B) 2 At + B) = 2A 2 t + 2AB. dt 6

7 Aufgabe 5: Für welche der folgenden Dierentialgleichungen ist R das maximale Existenzintervall? a) x sinxt)) t) = mit x) =, + t 2 + xt)) 2 b) x t) = e txt) mit x) =, c) x t) = e txt) mit x) =. Lösung 5: a) Hier kann man sehen, dass die rechte Seite Lipschitz-stetig ist, da sinx) + t 2 + x siny) 2 + t 2 + y 2 = sinx) + t 2 + y 2 ) siny) + t 2 + x 2 ) + t 2 + x 2 ) + t 2 + y 2 ) sinx) siny)) + t 2 ) + t 2 + x 2 ) + t 2 + y 2 ) + sinx)y 2 siny)x 2 + t 2 + x 2 ) + t 2 + y 2 ) sinx) siny) + t 2 + sinx)y2 sinx)x 2 + sinx)x 2 siny)x 2 + x 2 ) + y 2 ) sinx) siny) x y + x y + + y 2 3 x y. Damit folgt eine global existierende Lösung nach Picard-Lindelöf. b) Da x t) auf t, ist x). Betrachte das Anfangswertproblem y t) = e y mit y) = Man erhält mit dem Vergleichssatz, dass yt) xt) auf [,...]. Die Lösung des AWPs ist aber yt) = ln + e t) und dies geht gegen unendlich, wenn t + e. Damit kann das Existenzintervall nicht R sein. c) Es gilt x > und x) =. Das heit x > auf, ) und x < auf, ). Damit ist aber txt) auf R. Da d x e tx ) = te tx t ist, folgt die Lipschitz-stetigkeit für die in Frage kommenden Wertebereiche. Das die Funktion nicht Lipschitz-stetig ist, wenn z.b. t < und x > ist, spielt für die Lösung keine Rolle, da dieser Fall nicht eintreten kann. 7

8 Aufgabe 6 6 Punkte): Wir denieren f : R R durch { x log x f x) = 2 ) falls x, falls x =. a) Zeigen Sie, dass f nicht Lipschitz ist. b) Zeigen Sie, dass man jede Lösung von x t) = f x t)) wie folgt schreiben kann: ˆ x t) = für t R, ˆ x t) = exp c exp 2t)) für t R mit c R, ˆ x t) = exp c exp 2t)) für t R mit c R. Eine Skizze dieser Lösungen nden Sie unten. { x c) Wie viele Lösungen hat t) = f x t)), x ) = Lösung 6: a) Die Funktion ist stetig. Für x gilt f x) = logx 2 ) 2. Folglich ist die Ableitung unbeschränkt. Insbesondere gibt es nach dem Mittelwertsatz für jedes x > ein ξ, x) mit fx) f) = f ξ) x. Wenn x strebt f ξ) gegen. Insbesondere gibt es kein L, dass die Lipschitz- Bedingung erfüllt. b) Mit Trennung der Variablen erhält man die Lösungen xt), xt) und xt) als konstante Lösungen und mit xt) t + c = x logx 2 ) dx = 2 log log x 2 t) ), dass die restlichen Lösungen vom Typ x 2 t) = exp c exp 2t)) mit c R \ {} sind. Damit erhält man das Gewünschte. c) In Teil b) sieht man, dass die Nullfunktion die einzig in Frage kommende Lösung ist, denn für jede andere Lösung x gilt immer xt) > für alle t R. 8