Lösungen zu Übung(6)

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1 WirbetrachtendieDGLx t+xtcost Lösungen zu Übung6 a Die DGL ist explizit und linear mit konstanten Koeffizienten Ordnung bei eindimensionalem Konfigurationsraum inhomogen und wegen der von t abhängigen Inhomogenität nicht autonom Wir wissen daher dass die allgemeine Lösung die Gestalt hat: spezielle Lösung plus allgemeine Lösung der homogenen Gleichung also einen verschobenen Vektorraum bildet b Mitvtx tsiehtdiereduktionaufersteordnungsoaus: d xt xt + dt vt vt cost c i Wir berechnen die Eigenwerte und zugehörige Eigenvektoren Das charakteristische Polynom ist λ ± λ + also Weiter für die Eigenvektoren: λx+y setzexdannyλalso zu Das ergibt die reelle Fundamentalmatrix: Xt Re e t cost sint sint cost zu Im e t Die zweite Zeile ist die Ableitung der ersten weil wir von der Reduktion auf erste Ordnung herkommen -beiallgemeiner MatrixwäredasnichtsoDamithabenwirerneutdieallgemeineLösung derhomogenengleichungx t+xtdiemannatürlichhätteerratenkönnen Zufälligist hierbereits e At XtManverifiziertdaszBeinfachdadurchdassXE ii Die allgemeine Lösung der gegebenen inhomogenen Gleichung in reduzierter Form ist also x x t Xt x +Xt cost sint sint cost X s x x coss + hier im Bsp! e At x + cost s sint s sint s cost s e At s coss coss Das ist dann sogar die Lösung in Anfangswertparametrisierung Im Allgemeinen hätten wir vorn statt Xtzusetzen:XtX umeineanfangswertparametrisierungzubekommen Wir erhalten cost s sint s sint s cost s sint scoss cost scoss tsint sint+ tcost coss

2 Dafür brauchen wir nur die erste Komponente auszurechnen- die zweite muss einfach deren Ableitung sein! sint scoss sint+sint s [ ssint+ cost s ] t s tsint iii Die allgemeine reelle Lösung der ursprünglichen inhomogenen DGL zweiter Ordnung lautet also: Dabeisindαxundβx xαβ tαcost+βsint+ tsint αβ R d Fürx t+x t+xtcostbekommtmanmitdemfaustregelansatzfüreinespeziellelösungx s t: x s tαcost+βsint sofortdas kann man sofort so hinschreiben wenn man im Kopf Terme ordnet! x st+x s t+x s t α+β+αcost+ β α+βsintcost alsoβ/undαfürdieallgemeinelösungderhomogenengleichungnochdazuwürdemaneinfach diecharakteristischegleichungλ +λ+ ablesenundderenlösungenλ ± 5sofortdie allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung aufschreiben: x αβ tαe + 5t +βe + 5t + sint Man beachte: Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung wäre ebenso einfach auch bei der vorigen Aufgabe a-c gewesen aber man benutzte dabei die allgemeine Lösung der reduzierten Gleichung um eine spezielle Lösung zu gewinnen die eben bei der Gleichung von a nicht mit dem Faustregelansatz zu gewinnen wäre! Lediglich hätte man abkürzen können indem man für eine Fundamentalmatrix einfach die Ableitungen der ersten Komponenten in die zweite geschrieben hätte Aber es ging oben nebenbei auch darum mit der Reduktion auf die erste Ordnung vertrauter zu werden WirbetrachtendieSkalarfelders α xyx +αxy+y α R a Der Gradient ist gra α xy x+αy αx+4y eristnullimpunktdasistnotwendig!nunhatmandiehessematrix α H s xy α 4 unddieseistpositivdefinitfür8 α >dhfür α < für α istsiepositivsemidefinitfür α > istsieindefinitdamithabenwir: Für α < liegteinstrengesminimumin vor Für α > liegtin einsattelpunktvor FürdendrittenFall α istallgemeinnichtsklarabermankannrechnen: x + xy+y

3 hat die einzige Lösung x y Damitsiehtmanauchdassx + xy+y dmitd<keinereellelösungbesitztesliegtalsoein nicht strenges Minimum in vor ein Grat Das Minimum wird auf der ganzen Geraden x y angenommenfürα istesvölliganalogmanhatnurdieanderegeradex yaufwelcherdas Minimum angenommen wird b DieQuadrikx +αxy+y hatdiematrix α/ α/ dasistoffenbargenau H smitderobenbeantwortetendefinitheitsfragehatmanalso Ellipsefür α < Hyperbelfür α > Doppelgeradefür α parallelergeradentransfgleichung x ZurExtremwertfragefürdasSkalarfelduxye x y +x +y :Wiehaben xe graduxy x y +x ye x y +y Kandidaten sind alle Paarex y welche beide Komponenten des Gradienten zu Null machen die also erfüllen: x e x y y e x y DasistoffenbarerfülltgenauimUrsprungundaufdemKreisx +y Die Hessematrix ist e H u xy x y +4x e x y + 4xye x y 4xye x y e x y +4y e x y + Also H u e e dieseistnegativdefinitalsoliegtineinstrengesmaximumvor WeiterhatmanfürdiePaarex +y 4x 4xy H u xy 4xy 4y Diese Matrix ist positiv semidefinit und nicht positiv definitdie zweite Spalte ist ein Vielfaches der ersten und 4x 4y AlsoliefertdieStandard-MethodekeineAntwortWiekönnenaberelementarüberlegen:Setzen wira:x +y soist uxye a +aunda NunhatdieFunktionfae a +adieableitungf a e a SiewirdNullgenauanderStellea Dort hat f daher einsogar absolutes Minimumzu sehen am Vorzeichenwechsel von f an derstelle a Also liegt auf dem Kreis x +y konstant das absolute Minimum Wert ist von u vor In den Punkten des KreiseshatmanalsoeinnichtstrengesMinimumvonu xt xt x 4 WirbetrachtendieDGL d dt t+xtyt yt yt y t xtyt

4 a Die DGL ist explizit Ordnung autonom und nichtlinear b Für die Gleichgewichtspunkte hat man die Bedingungman schreibe unbedingt die definierende Funktion ohne die von t -Klammern als x x x f +xy y y y : xy x+y x y y x Fürxfindetmanyoder yalsoyoderywennx somuss+y xsein alsoyx Einsetzenin die zweite Gleichung ergibtx x also xunddannalso yoderx unddanny DieGleichgewichtspunktesindalsogenaudiese: x x x x 4 Für das Weitere bildet man x+y x xy y y x Für dengleichgewichtspunkt x hatman einziger Eigenwert ist also ist instabiler Gleichgewichtspunkt Für x hatman Also ist ebenfalls instabilein Eigenwert ist Für x hatman alsoist x asymptotischstabil 4 Für x 4 / /hatman Mit dem Jacobi-Kriterium sieht man sofort dass diese Matrix indefinit ist- betrachte die negative dazu Alsoist x 4 instabil 5 DieBogenlängederKurve xt cost sint t ist t Zusatzfrage: Nun hat man L +4t dt[ +t 4 t + 4 arcsinht] 5+ 4 ln + 5 Ls s +4t dt s +4s + 4 arcsinhs 4

5 undzurberechnungderfunktionl uhättemandiegleichung s +4s + 4 arcsinhsu nach s aufzulösen was offenbar nicht klappt obgleich die Gleichung stets eine eindeutige Lösung besitzt für u weildiefunktionlstrengmonotonsteigt 5