Universität Ulm Abgabe: Donnerstag,

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1 Universität Ulm Abgabe: Donnerstag,.5.03 Prof. Dr. W. Arendt Stephan Fackler Sommersemester 03 Punktzahl: 0 Lösungen Elemente der Differenzialgleichungen: Blatt 4. Gradientenfelder. Welche der folgenden stetigen Vektorfelder F : Ω R Ω R offen) sind Gradientenfelder, d.h. es gibt ein ϕ : Ω R stetig differenzierbar mit grad ϕ = F? Geben Sie, falls eistent, eine solche Stammfunktion ϕ an! a) F : R R mit F, ) = 7 e 3 sin sin, 4e 3 cos cos ) T. ) Lösung: Nehmen wir an, eine solche Stammfunktion ϕ würde eistieren. Da dann ϕ C Ω) gelten müsste, hätte man nach dem Satz von Schwarz insbesondere F = ϕ = ϕ = F. Diese notwendige Bedingung haben wir in der Vorlesung als die sogenannte Integrabilitätsbedingung kennengelernt. In dieser Aufgabe ist F, ) = 4e 3 cos sin, F, ) = 4e + 3 cos sin. Somit kann keine Stammfunktion ϕ eistieren, F ist also kein Gradientenfeld! Hinweis: Wenn man eplizit eine solche Stammfunktion ϕ finden soll, ist es in der Prais effektiver, einfach durch Rechnen zu versuchen, eine Stammfunktion zu bestimmen. Ist das Feld kein Gradientenfeld, so wird man während der Rechnung einen Widerspruch erhalten, was ebenfalls zeigt, dass keine Stammfunktion eisitiert. Wir werden dieses Vorgehen in den nächsten beiden Teilaufgaben verdeutlichen. b) F : 0, ) R mit F, ) = e + 3, 3 e + 3 ) T. ) Lösung: Durch Nachrechnen würde man feststellen, dass F der Integrabilitätsbedingung genügt. Da 0, ) einfach zusammenhängend ist wir begnügen uns hier mit der anschaulichen Begründung, dass 0, ) keine Löcher hat), besitzt F nach einem Satz aus der Vorlesung eine Stammfunktion. Wir bestimmen diese nun eplizit. Angenommen, ϕ sei eine solche Stammfunktion. Dann gilt ϕ, ) = F, ) = e + 3 ϕ, ) = e f) mit einer nur von abhängigen Funktion f C 0, ). Betrachten der zweiten partiellen Ableitung ergibt ϕ, ) = 3 e f ) = F, ) = 3 e + 3. Aus dieser Gleichung folgt f ) = 0. Also sind alle Stammfunktionen von der Form ϕ, ) = e c für eine feste Konstante c R. Insbesondere ist F ein Gradientenfeld. c) F : R \ {0} R mit F, ) = Lösung: Durch Nachrechnen +, + ) T. ) F, ) = ) = + ) = + ) F, ) = + + ) = + + ) = + )

2 sieht man, dass F die Integrabilitätsbedingung erfüllt. Da Ω ein Loch in der Null besitzt und damit nicht einfach zusammenhängend ist, folgt aus dem Satz aus der Vorlesung jedoch nicht, dass F eine Stammfunktion besitzt. Tatsächlich eistiert auch gar keine Stammfunktion, was wir im folgenden zeigen. Angenommen, ϕ sei eine Stammfunktion von f. Dann gilt ϕ, ) = F, ) = + = + /) = d d arctan ) für 0. Für 0 gilt also ϕ, ) = arctan /) + f), wobei f C R \ {, ) : = 0}). Wir betrachten nun die zweite partielle Ableitung und sehen, dass ϕ, ) = + /) + f ) = + + f ) = F, ) = + gelten muss. Demnach sind für 0 alle Stammfunktionen durch ϕ, ) = arctan/) + c i für Konstanten c, c R gegeben, wobei die Konstante von der Halbebene abhängen kann da R \ {, ) : = 0} nicht zusammenhängend ist). Diese besitzen aber unabhängig von der Wahl von c und c keine stetige Fortsetzung auf R \ {0}, da ansonsten lim ϕ, ) = lim ϕ, ) 0 0 lim ϕ, ) = lim ϕ, ) 0 0 c c = π c c = π. gelten würde. Somit besitzt F auf R \ {0} keine Stammfunktion. Alternativ kann man folgendermaßen argumentieren falls bekannt): Würde F eine Stammfunktion besitzen, so hätte man für das Kurvenintegral F ds = 0. B 0) an kann aber eplizit nachrechnen, dass das Kurvenintegral nicht verschwindet. 5. Eakte Differenzialgleichungen. Löse die folgenden Anfangswertprobleme. a) t) t) + t t) + t) = 0 mit ) =. 3) Lösung: Wir erinnern noch einmal kurz an das prinzipielle Vorgehen. Das Ziel ist es, die Gleichung in der Form d dt ϕt, t)) = ϕ tt, t)) + ϕ t, t)) t) = 0 zu schreiben. Denn in diesem Fall löst genau dann die DGL, wenn ϕt, t)) = c für eine Konstante c R, die durch den Anfangswert festgelegt wird. In unserem Fall haben wir also ϕ t t, ) = und ϕ t, ) = + t. Wie in der vorherigen Aufgabe folgt also ϕt, ) = t + f) und ϕ t, ) = t + f ) = + t. Somit gilt f ) =. Wir haben also mit ϕt, ) = t + eine Stammfunktion gefunden. Eine Lösung der DGL erfüllt also t) + tt) = c. Setzen wir die Anfangswertbedingung ) = ein, so erhalten wir c =. Also gilt t) + tt) = t) = t ± t + 8 nach Auflösen der quadratischen Gleichung. Da wir die lokale Auflösung um den Punkt, ) verwenden müssen, um das Anfgangswertproblem zu lösen, ist die eindeutige Lösung des Problems t) = t +8 t.

3 b) t t) + +tt)) t) 3e t = 0 mit ) = 0. 3) +tt)) Lösung: Wir gehen wie im vorherigen Aufgabenteil vor. Für eine mögliche Stamm- t +t) funktion ϕ gilt dann ϕ t, ) = und ϕ +t) t t, ) = 3e t. Aus der ersten Gleichung folgt ϕt, ) = arctant) + ft) für eine t-abhänigige Funktion f. Durch Einsetzen in die zweite Gleichung sieht man, dass f t) = 3e t gilt, also ist ϕt, ) = arctant) 3e t eine Stammfunktion. Eine Lösung der Gleichung erfüllt somit arctantt)) 3e t = c, wobei c durch die Anfgangswertbedingung ) = 0 zu c = 3e bestimmt ist. Auflösen der Gleichung nach ergibt t) = t tan3et 3e). 6. Logistisches Wachstum. Die Differenzialgleichung des logistischen Wachstums ist gegeben durch t) = ct) t)) mit Konstanten c, R. Sie beschreibt im odellfall c > 0 und > 0 mit einem Anfwangswert 0, ) das Wachstum einer Population, bei der die Population durch Umwelteinflüsse nach oben beschränkt ist. Dabei wird im odell angenommen, dass das Populationswachstum proportional zum momentanen Bestand der Population wie beim eponentiellen Wachstum) und zu der noch vorhandenen Kapazität des Lebensraums ist. a) Erläutere anhand der Gleichung in Worten, wie sich das Wachstum der Population im oberen odellfall bei bei sehr kleinen positiven) Populationsgrößen, bei t) /, bei Populationsgrößen minimal geringer als verhalten sollte. Skizziere dann einen beispielhaften Verlauf einer Lösung der Differenzialgleichung für sehr kleine positive Anfangswerte. ) Lösung: Bei sehr kleinen Populationsgrößen und bei Populationsgrößen minimal geringer als ist das Produkt auf der rechten Seite sehr klein und der Bestand nimmt nur minimal zu. Die Funktion ) besitzt bei = / ein aimum. Dort ist also die Zunahme maimal. Das Wachstum der Population nimmt also bis zur Populationsgröße / zu, klingt dann stetig ab, bis es bei der Populationsgröße völlig zum Erlischen kommt. an erhält so also schon den qualitativen Verlauf der Lösung, die etwa in skizziert wird. b) Bestimme die allgemeine Form der Lösung der Differenzialgleichung mit Anfangswert 0) = für 0. 3) Lösung: Die logistische Differenzialgleichung ist eine Differenzialgleichung mit getrennten Veränderlichen. Ist = 0 oder =, so lösen die konstanten Funktionen t) = 0 oder t) = die Differenzialgleichung. Für andere Anfangswerte gilt lokal t) t) t)) = c. Wir müssen also eine Stammfunktion von ) finden. Wir führen eine Partialbruchzerlegung durch und erhalten ) = + ). Eine Stammfunktion ist log log )). Durch Integration erhalten wir log t) log t)) log + log ) = 3 t 0 s) ds = ct. s) s))

4 Kompakter gilt log t) t) ) = ct t) t) = epct). Um die Lösung zu bestimmen, müssen wir also noch die Gleichung auflösen: = +/a. Wir erhalten also die Lösung = a nach t) = +. c) Zeigen Sie, dass im odellfall für eine Lösung der Differenzialgleichung lim t t) eistiert und bestimme den Grenzwert. Was bedeuet das anschaulich? ) Lösung: ithilfe der epliziten Lösung sieht man sofort, dass lim t t) eisitert. Für = 0 ist der Grenzwert 0, ansonsten ist der Grenzwert. an sieht also, dass bei vorhandener Anfangspopulation) die Population asmptotisch gegen die aimalkapazität des Lebensraums wächst falls < ), asmptotisch gegen die aimalkapazität des Lebensraums fällt falls > ) oder konstant der aimalpopulation entspricht falls = ). d) Zeige, dass im odellfall die Lösung für das Anfangswertproblem 0) = mit 0, /) einen eindeutigen Wendepunkt zu einer Zeit t 0 > 0 besitzt. Berechne die Größe der Population zum Zeitpunkt t 0. ) Lösung: Eine notwendige Bedingung für einen Wendepunkt ist t) = 0. Wir berechnen also die ersten zwei Ableitungen von. t) = ) c) + 0 = c ) t) = c ) c + ) ep c t) + ep c t) ) 3 c) + 0 = c ) c + c ) ep c t) + + ) an sieht also, dass t) genau dann verschwindet, wenn der Ausdruck in der großen Klammer verschwindet. an rechnet nach, dass dies für t 0 = log 0 )/c gilt. an hat nun t 0 > 0 genau dann, wenn < / ist. Eingesetzt in die Funktion ergibt sich t) = + eplog / )) =. 4 ) )

5 an kann sich nun überlegen, dass einen Wendepunkt besitzen muss. Eine öglichkeit wäre etwa folgende: da lim t t) = 0 gilt, ist auf ganz R beschränkt und besitzt damit ein globales aimum. Da reell analtisch ist d.h. lokal um jeden Punkt in eine Potenzreihe entwickelbar), muss ein solches aimum bereits ein Wendepunkt sein, da dann notwendigerweise das Vorzeichen an der aimalstelle wechseln muss. Da einen Wendepunkt besitzt und t 0 der einzige Kanditat ist, ist t 0 damit der eindeutige Wendepunkt der Lösung. Alternativ kann man die Differenzialgleichung benützen um zu sehen, dass an der Stelle t 0 ein aimum besitzt und dass wegen der stikten onotonie der Lösung für t < t 0 wächst und für t > t 0 fällt und damit t 0 ein Wendepunkt der Lösung ist. Wir werden in der Vorlesung sehen, dass sich die meisten Eigenschaften der Lösung auch direkt aus der Differenzialgleichung mit Hilfe der allgemeinen Theorie herleiten lassen, ohne die Lösung zu kennen. Im Gegensatz zu dieser Aufgabe sind dann nicht längere, umständliche Rechnungen nötig, um die Eigenschaften nachzuweisen. Es lohnt sich also, die Theorie zu beherrschen! 5