Institut für Analysis WS 2014/15 PD Dr. Peer Christian Kunstmann Dipl.-Math. Leonid Chaichenets

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1 Institut für Analysis WS 4/5 PD Dr. Peer Christian Kunstmann 9..4 Dipl.-Math. Leonid Chaichenets Höhere Mathematik III für die Fachrichtung Physik Lösungsvorschläge zum 5. Übungsblatt Aufgabe : (a) Sei F : R R definiert durch F (x, y) = y für alle (x, y) R. Dann ist F stetig und stetig partiell nach y differenzierbar: F (x, y) = y (x, y) R Das zu lösende Anfangswertproblem ist also y (x) = F (x, y(x)), y() =. Nach dem Satz von Picard-Lindelöf aus Abschnitt. der Vorlesung hat es also eine eindeutige maximale Lösung. Die Picard-Iteration (vgl. Abschnitt.4 der Vorlesung) ist gegeben durch Es gilt y (x) = x R, y n+ (x) = y n (t)dt x R. y (x) = + y (x) = dt = + x, ( + t)dt = + x x, y 3 (x) = + x x + 3 x3, für alle x R. Dies legt die Behauptung y 4 (x) = + x x + 3 x3 3 4 x4 ( ) k+ y n (x) = k= x k x R für alle n N nahe. Tatsächlich gilt (Beweis durch vollständige Induktion): IA (n = ): ( ) k+ y (x) = = k= x k x R

2 IS (n n + ): Gelte die (IH) ( ) k+ k= für ein n N. Dann gilt für n + : y n+ (x) = = + k= k= x k x R y n (t)dt (IH) = ( ) k+ k= ( ) k (k + ) xk+ = + n+ Index-Shift ( ) k+ = + x k = n+ k= Damit konvergiert die Picard-Iterierte für jedes x R gegen y(x) := y n(x) = n n Einsetzen in die Differentialgleichung bestätigt k= ( ) k+ t k dt ( ) k (k + )! xk+ x k ( ) k x k = e x. k= y (x) = e x = y(x) x R für alle x R. Also ist y auch die maximale Lösung des Anfangswertproblems. (b) In diesem Fall ist F (x, y) = (+y) cos(x) für alle (x, y) R. Wieder ist F stetig und stetig partiell nach y differenzierbar: F (x, y) = cos(x) y (x, y) R Nach dem Satz von Picard-Lindelöf ist also das gegebene Anfangswertproblem eindeutig lösbar. Für die Picard-Iteration gilt y (x) =, y (x) = + sin(x) + y (x) = + sin(x) + sin(x) + cos(t)dt = + sin(t), sin(t) cos(t)dt = + sin(x) + sin (x), y 3 (x) = + sin(x) + sin(x) + sin (x) + 3 sin3 (x) = + sin(x) + sin (x) + 3 sin3 (x), y 4 (x) = + sin(x) + sin (x) + 3 sin3 (x) sin4 (x), ( y 5 (x) = + sin(x) + sin (x) + 3 sin3 (x) + ) 3 4 sin4 (x) sin5 (x) für alle x R. Dies motiviert die Behauptung y n (x) = k= sink (x) x R für alle n N. Tatsächlich gilt (Beweis durch vollständige Induktion):

3 IA (n = ): y (x) = = ( k= ) sink (x) x R IS (n n + ): Gelte die (IH) y n (x) = für ein n N. Dann gilt für n + : y n+ (x) = + sin(x) + (IH) = + sin(x) + = + k= n+ = + Index-Shift k= k= k= (k + ) sink (x) x R y n (t) cos(t)dt sin k (t) cos(t)dt [ sin (k+) (t) n+ sink (x) = k= Damit konvergiert die Picard-Iterierte für jedes x R gegen ] x t= = + k= cos(t)dt sink (x) x R y(x) := y n(x) = n n sink (x) = e sin(x). k= Einsetzen in die Differentialgleichung bestätigt y (x) = cos(x)e sin(x) = ( + e sin(x) ) cos(x) für alle x R. Also ist y auch die maximale Lösung des Anfangswertproblems. (k + )! sin(k+) (x) Aufgabe 3: Definiere zur kompakteren Darstellung f : R R R durch { y für y, f(x, y) = y für y > für alle y R. Es ist klar, dass y eine maximale Lösung des Anfangswertproblems ist. Sei nun y : I R eine maximale Lösung und y, etwa y(x ) > für ein x R. Da y (x) = f(y(x)), ist y monoton wachsend. Wegen y() =, ist also x >. O.B.d.A. ist y := y(x ) <, denn falls y(x ) >, gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein x (, x ) mit y(x ) =. Sei nun I I das größte Intervall welches x enthält und auf dem < y(x) < gilt. Dann löst y auf I das Anfangswertproblem u (t) = u(t), u(x ) = y. 3

4 Die Lösung dieses Anfangswertproblems ist aber eindeutig bestimmt. Mit Trennung der Veränderlichen erhält man nämlich u (t) = u(t) du u(t) = dt u(t) y ( ) u(t) y u(s) ds = t x = t x u(t) = ( t x + y ). Also ist I = (a, b ) mit a = x y und b = ( ) y + x = + a. Seine Länge ist I := b a = und sein Mittelpunkt liegt bei x := a +b = a + = b. Es ist ferner ( x x y(x) = + ) ( ) x a y = für alle x I. Da y monoton wachsend ist y(x) = für alle x [, a ]. Da zusätzlich y(b ) =, ist y(x) für alle x I mit x b. Damit löst y das Anfangswertproblem u (t) = u (t), u(b) = auf I := [b, ) I. Aber auch die Lösung dieses Anfangswertproblems ist eindeutig bestimmt. Mit Trennung des Veränderlichen erhält man nämlich Damit ist I = [b, b + ) und u(t) u (t) = u (t) du u = dt u (s) ds = u(t) u(t) = y(x) = t = t b + b x b ds = t b + b t. für alle x I. Damit ist x (+b ) y(x) = und y nicht weiter nach rechts fortsetzbar. Falls y(x ) <, so ist x <, wegen der Monotonie von y. Man erhält mit gleichen Überlegungen, dass dann ein a existiert, mit für a x, y(x) = ( ) x a für a x < a, a 3 x für a 3 < x < a. 4

5 Damit sind die maximalen Lösungen des ursprünglichen Anfangswertproblems durch die Angabe von a a charakterisiert und haben die Gestalt a +3 x für a + x < a + 3, ( x a ) für a x < a +, y(x) = für a x a, ( ) x a für a x < a, a 3 x für a 3 < x < a für alle x R. Bemerkung: Es ist f C(R R). Damit ist der Existenzsatz von Peano (siehe Abschnitt.7 der Vorlesung) anwendbar. Diese Aufgabe zeigt, dass die Existenzintervalle maximaler Lösungen in der Tat nicht zu übereinstimmen brauchen. Aufgabe 4: Für jedes f C([, ]) ist nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung T f differenzierbar mit (T f) (x) = tf(t)dt + x f(x) für alle x [, ]. Insbesondere ist T f stetig und damit ist T eine Selbstabbildung von C([, ]). Ferner gilt für jedes x [, ] und jedes f, g C([, ]) (T f)(x) (T g)(x) = x x tf(t)dt x tg(t)dt x t f(t) g(t) dt f g [ t f g tdt = f g ] t= = f g. Setze α = <. Nach Obigem ist T f T g α f g, also ist T eine Kontraktion. Laut Hinweis ist X := C([, ]) bezüglich der ein Banach-Raum. Natürlich ist dann B = C([, ]) X abgeschlossen. Nach dem Fixpunktsatz von Banach (vgl. Abschnitt.3 der Vorlesung) besitzt T genau einen Fixpunkt f C([, ]). Wiederum nach dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung ist (T f) differenzierbar und es gilt (T f) (x) = xf(x) + xf(x) + x f (x) = x f (x) + 3xf(x) für alle x [, ]. Der Fixpunkt f löst deshalb das Anfangswertproblem f () = f () = tf (t)dt + =, tf (t)dt + f() =, f (x) = 3xf (x) + x f (x) x [, ]. 5

6 Aufgabe 5: (a) Sei x >. Nach Definition falls man das Integral als uneigentliches Riemann-Integral auffasst oder falls man das Integral als Lebesgue-Integral ansieht nach dem Satz von der monotonen Konvergenz, gilt Γ(x + ) = a + Seien also zunächst < a b fest. Dann gilt a t x e t dt + b b t x e t dt. a b t x =u(t) t x =u(t) e t v (t) e t v (t) dt dt Part. Int. = [ t x e t] t=a + Part. Int. = [ t x e t] b b t= + a x t x e t dt = a x e a e + x t x e t dt = e b x e b + a b x t x e t dt, x t x e t dt. Ferner gilt und somit a + a a + ax e a x> = t x e t dt = e + x t x e t dt. Außerdem existiert ein n N mit x n, weshalb gilt. Wegen b bn e b = b {}}{ b n e b folgt mit dem Einschnürungssatz und somit In der Tat gilt also Γ(x + ) = e + x b b b x e b b n e n b l Hospital = b {}}{ nb n e b b bx e b = t x e t dt = e + x t x e t dt + e + x l Hospital =... l Hospital n! = b e b = (b) Wir zeigen die Behauptung durch vollständige Induktion: IA (n = ): Es gilt t x e t dt. t x e t dt = x t x e t dt = xγ(x). Γ() = t e t dt = b b e t dt = b [ e t ] b t= = b e b = =! 6

7 IS (n n + ):) Für ein n N gelte die IH Dann gilt für n + : Γ(n + ) = n!. Γ(n + ) (a) = (n + )Γ(n + ) (IH) = (n + )n! = (n + )! Aufgabe 6: (a) Sei F : R R definiert durch F (x, y) = xy für alle (x, y) R. Dann ist F stetig und stetig partiell nach y differenzierbar: F (x, y) = x y (x, y) R Das zu lösende Anfangswertproblem ist also y (x) = F (x, y(x)), y() =. Nach dem Satz von Picard-Lindelöf aus Abschnitt. der Vorlesung hat es also eine eindeutige maximale Lösung. Die Picard-Iteration (vgl. Abschnitt.4 der Vorlesung) ist gegeben durch Es gilt y (x) = x R, y n+ (x) = + ty n (t)dt x R. y (x) = + y (x) = + tdt = + x, ( t + t y 3 (x) = + x + x4 4 x x6, ) dt = + x + 4 x4, y 4 (x) = + x + 4 x x6 + für alle x R. Dies legt die Behauptung y n (x) = k= k xk x R x8 für alle n N nahe. Tatsächlich gilt (Beweis durch vollständige Induktion): IA (n = ): y (x) = = k= k xk x R 7

8 IS (n n + ): Gelte die (IH) y n (x) = für ein n N. Dann gilt für n + : y n+ (x) = + = + k= n+ Index-Shift = + k= k= ty n (t)dt (IH) = + k (k + ) n+ k xk = k= k xk x R k= [t k+] x k t k+ dt t= = + k= k xk x R Damit konvergiert die Picard-Iterierte für jedes x R gegen y(x) := y n(x) = n n Einsetzen in die Differentialgleichung bestätigt k xk = e x k= y (x) = xe x = xy(x). k+ (k + )! x(k+) für alle x R. Also ist y auch die maximale Lösung des Anfangswertproblems. (b) In diesem Fall ist F (x, y) = xy + x 3 für alle (x, y) R. Wieder ist F stetig und stetig partiell nach y differenzierbar: F (x, y) = x y (x, y) R Nach dem Satz von Picard-Lindelöf ist also das gegebene Anfangswertproblem eindeutig lösbar. Für die Picard-Iteration gilt y (x) =, y (x) = y (x) = x4 + t 3 dt = x4, t 5 dt = x4 + 6 x6, y 3 (x) = x4 + 6 x x8, y 4 (x) = x4 + 6 x x8 + y 5 (x) = x4 + 3 x x8 + für alle x R. Dies motiviert die Behauptung 3 4 x = x4 + y n (x) = x + n+ k= xk x R 3 x x x für alle n N. Tatsächlich gilt (Beweis durch vollständige Induktion): x, 8

9 IA (n = ): y (x) = = k= xk x R IS (n n + ): Gelte die (IH) y n (x) = für ein n N. Dann gilt für n + : n+ k= xk x R y n+ (x) = = Index-Shift = x 4 + x 4 n+ + k= x 4 n+ + k=3 ty n (t)dt (IH) = x4 n+ + k= [t k+] x (k + ) = x4 t= n+ xk = k= xk x R t k+ dt n+ + k= (k + )! x(k+) Damit konvergiert die Picard-Iterierte für jedes x R gegen y(x) := y n(x) = n n n+ k= xk = n Einsetzen in die Differentialgleichung bestätigt n+ k= y (x) = xe x x = x(e x x ) + x 3 xk x = e x x. für alle x R. Also ist y auch die maximale Lösung des Anfangswertproblems. Aufgabe 7: Wir formen die gegebene Gleichung äquivalent zu einer Fixpunktgleichung um f(x) = g(x) + f(x t)e t dt und fassen die rechte Seite als Definition eines Operators T : C([, ]) [, ] R auf: (T f)(x) := g(x) + f(x t)e t dt f C([, ]) x [, ] Wir zeigen, dass T eine Selbstabbildung ist, also T f C([, ]) für jedes f C([, ]). Sei dazu f C([, ]), ε >. Da [, ] kompakt ist, ist f beschränkt etwa f(x) M für alle x [, ] und gleichmäßig stetig (siehe Abschnitt.9 der Vorlesung HM). Also existiert ein δ > derart, dass für jedes x, y [, ] mit x y < δ f(x) f(y) < ε 9

10 gilt. Es folgt +h f(x + h t)e t dt f(x t)e t dt +h x + f(x + h t) M e t dt f(x + h t) f(x t) ε h M + ε x h M + ε e t dt für jedes x [, ] und alle h < δ mit x + h [, ]. Also ist +h h f(x + h t)e t dt = f(x t)e t dt für jedes x [, ] und deshalb ist x f(x t)e t dt stetig. Da g C([, ]), ist tatsächlich T f stetig. Wir zeigen ferner, dass T eine Kontraktion ist. Seien dazu f, g C([, ]) und x [, ]. Dann gilt T f(x) T g(x) = (f(x t) g(x t))e t dt t f(x t) g(x t) e dt f g f g e t dt = f g dt + e t dt f g + < {}}{ e 4 } {{ } =:α< e t = α f g, also T f T g α f g. Nach dem Fixpunktsatz von Banach hat T genau einen Fixpunkt f C([, ]). e 4