Kapitel 5 (Ebene autonome Systeme) Abschnitt 5.1 (Reduktion auf skalare Di.gleichungen)

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1 Abschnitt 5.1 Reduktion auf skalare Differenzialgleichungen 33 Kapitel 5 Ebene autonome Systeme Abschnitt 5.1 Reduktion auf skalare Di.gleichungen Aufgabe 1, Seite 190 Das gegebene System besitzt oensichtlich genau eine Ruhelage, nämlich 0, 0. Alle anderen Trajektorien lassen sich vgl. Satz anhand der beiden skalaren Differenzialgleichungen dy dx = y + x x = y x x bzw. dx dy = x 1 y + x berechnen. Die erste Gleichung ist linear also lösbar, und der zweiten sieht man sofort an, dass sie für y 0 die triviale Lösung besitzt. Insbesondere sind also die beiden y-halbachsen der x, y-ebene Trajektorien des gegebenen Systems. Um die Trajektorien in den beiden Halbebenen x < 0 bzw. x > 0 zu bestimmen, berechnen wir die allgemeine Lösung der ersten Gleichung in 1. Nach der Übersicht auf Seite 160 des Buches hat sie für ξ > 0 die Form λx; ξ, η = η e ln ξ ln x x ξ [s e ln s ln x ] ds = ξ η x x 3 + ξ 3x, und für ξ < 0 hat man in dieser Beziehung x durch x zu ersetzen. Die Abbildung L.7 zeigt die Gesamtheit der Trajektorien des gegebenen Systems, deren Orientierungen unmittelbar der rechten Seite des Systems zu entnehmen sind. Alternativ kann man die erste Gleichung in 1 auch in der impliziten Form y x + y + x = 0 untersuchen. Wie im Beispiel gezeigt, ist diese Differenzialgleichung exakt, und Sx, y = xy + x 3 /3 ist eine Stammfunktion. Durch Auflösen der Gleichung Sx, y = Sξ, η nach y erhält man ebenfalls die zur Erstellung des Phasenporträts benötigte allgemeine Lösung λx; ξ, η.

2 Abschnitt 5.1 Reduktion auf skalare Differenzialgleichungen 34 Aufgabe 3, Seite 191 In Fortsetzung der Analyse des Beispiel stellen wir die Funktion F x, y := α ln y β y + γ ln x δ x, die bekanntlich ein erstes Integral des betrachteten Systems in den vier oenen Quadranten ist, zunächst im zweiten Quadranten, 0 0, wie folgt dar: F x, y = px + qy mit px := γ ln x δ x, qy := α ln y β y. Die Funktion px ist streng monoton fallend, während qy an der Stelle α/β ein globales Maximum M q besitzt siehe Abbildung L.8. Abb. L.8 Graphen von px und qy Da die zu bestimmenden Trajektorien den Gleichungen F x, y = c für die verschiedenen Niveaus c R genügen vgl. Satz 5.1.8, suchen wir für jedes c R die Koordinaten der Punkte x, y, 0 0,, die der Gleichung px + qy = c genügen. Zunächst ist klar siehe Abbildung L.8, dass es zu jedem c R und jedem ȳ > 0 genau ein x < 0 gibt mit qȳ + px = c, nämlich x = p 1 c qȳ siehe auch Abbildung L.9. Andererseits gibt es zu jedem c R Abb. L.9 Phasenporträt des Systems ẋ = x α βy, ẏ = y δx γ

3 Abschnitt 5.1 Reduktion auf skalare Differenzialgleichungen 35 eine eindeutig bestimmte x-koordinate x c < 0, und zwar x c := p 1 c M q, sodass die Gleichung px c +qy = c genau eine Lösung y besitzt, nämlich y = α/β siehe Abbildung L.9. Für die x < x c dagegen gibt es genau zwei y-koordinaten mit px + qy = c, während es für die x x c, 0 kein solches y gibt. Diese Überlegungen zusammen genommen zeigen, dass das gesuchte Phasenporträt im zweiten Quadranten die in der Abbildung L.9 gezeigte Form hat. Die Analyse im vierten Quadranten erfolgt mit vertauschten Rollen von x und y. Im dritten Quadranten dagegen haben die Funktionen px := γ ln x δ x und qy := α ln y β y, aus denen sich F x, y additiv zusammensetzt, die in der Abbildung L.8 links gezeigte streng monotone Form. Ist daher ein beliebiges c R gegeben, so gibt es zu jedem x < 0 genau ein y < 0 mit F x, y = c, und zu jedem y < 0 genau ein x < 0 mit F x, y = c. Die Trajektorien im dritten Quadranten haben daher die in der Abb. L.9 gezeigte hyperbelförmige Gestalt. Die Richtungen der Pfeile auf den Trajektorien ergeben sich wieder unmittelbar aus der rechten Seite des betrachteten Systems. Aufgabe 5, Seite 191 Das zur gegebenen Gleichung gehörige zweidimensionale System hat die Form ẋ = y, ẏ = y sin x. a Die Gleichungen y = 0 bzw. y sin x = 0 d. h. y = ± sin x beschreiben Isoklinen in Form von Geradenstücken bzw. Halbellipsen ohne welche zu sein. Die Abbildung L.10 zeigt diese Isoklinen und damit die Monotoniebereiche sowie das Richtungsfeld des Systems in einem repräsentativen Bildausschnitt. Abb. L.10 Isoklinen, Monotoniebereiche, Richtungsfeld des Systems ẋ = y, ẏ = y sin x b Da das System wegen x [y ] + y [y sin x] = y die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt und daher keine Hamilton-Funktion besitzt, versuchen wir ein erstes Integral gemäÿ Satz zu berechnen. Hierzu benötigen wir einen integrierenden Faktor für die Differenzialgleichung y y y + sin x = 0.

4 Abschnitt 5.1 Reduktion auf skalare Differenzialgleichungen 36 Da es sich hierbei um eine implizite Darstellung der Bernoulli'schen Differenzialgleichung y = y sin x/x handelt, und wir hierfür vgl. Beispiel 4.. einen integrierenden Faktor kennen, nämlich y e x, reduziert sich die Suche nach einem ersten Integral für das System auf die Bestimmung einer Stammfunktion für die exakte Differenzialgleichung y y e x + [ sin x y ] e x = 0. Für die bei 0, 0 verschwindende Stammfunktion erhält man gemäÿ Satz S 0 x, y := x 0 = e x[ y sin ξ e ξ dξ + cos x 5 y 0 η e x dη sin x 5 ] Folglich ist neben S 0 x, y z. B. auch F x, y := e x [ 5y cos x 4 sin x ] + ein erstes Integral für das System. c Das Phasenporträt von kann man mit Hilfe des ersten Integrals F x, y gemäÿ Satz bestimmen, indem man die Gleichungen F x, y = c für verschiedene Werte von c R nach y auflöst, oder indem man durch jeden Punkt ξ, η R die Trajektorie durch Auflösung der Gleichung F x, y = F ξ, η nach y berechnet. Da diese Vorgehensweise in jedem Fall aber mit einigem Rechnen und zudem Fallunterscheidungen verbunden ist, wählen wir einen anderen Weg. Wir betrachten die gemäÿ Satz zum System gehörige skalare Differenzialgleichung dy dx = y sin x y und nutzen aus, dass diese bis auf die Transformation t t + π mit der Bernoulli'schen Differenzialgleichung 4.33 des Beispiels 4.. identisch ist. Die Abbildung 4.7 auf Seite 157 des Buches lässt sich daher zur Erstellung des gesuchten Phasenporträts heranziehen. Abb. L.11 Phasenporträt des Systems ẋ = y, ẏ = y sin x

5 Abschnitt 5. Systeme in Polarkoordinaten 37 Abschnitt 5. Systeme in Polarkoordinaten Aufgabe 1, Seite 196 Zur Bestimmung der allgemeinen Lösung gehen wir wie im Beispiel 5..3 vor. In Polarkoordinaten hat das gegebene System nach Satz 5..1 die Form ṙ = αr r 3, φ = 1, 3 besteht also aus zwei voneinander unabhängigen Gleichungen. Bezeichnen wir die zur Anfangsbedingung r0, φ0 = r 0, φ 0 0, R gehörige Lösung von 3 mit µ 1 t, µ t, so gilt oensichtlich µ t = t + φ 0. Zur Bestimmung von µ 1 t müssen wir drei Fälle unterscheiden, wobei wir jedes Mal mittels Trennung der Veränderlichen und Partialbruchzerlegung vorgehen. Wir erhalten µ 1 t = r 0 α r 0 α e αt r 0, falls α < 0, r 0 r 0 t + 1, falls α = 0, r 0 α α r 0 e αt + r 0, falls α > 0. Unter Verwendung der Beziehungen ξ = r 0 cos φ 0, η = r 0 sin φ 0 und der Additionstheoreme für Sinus und Cosinus erhalten wir gemäÿ Satz 5..1 die allgemeine Lösung ϕt; ξ, η des gegebenen Systems in kartesischen Koordinaten. Mit der Abkürzung r0 an Stelle von ξ + η hat sie die Form α r 0 α e αt r0 ξ cos t η sin t, ξ sin t + η cos t, falls α < 0, 1 ξ cos t η sin t, ξ sin t + η cos t, falls α = 0, r 0 t + 1 α α r 0 e αt + r 0 ξ cos t η sin t, ξ sin t + η cos t, falls α > 0. Um das Phasenporträt des betrachteten Systems zu diskutieren, sind Polarkoordinaten besser geeignet als kartesische. Zum einen erkennt man sofort, dass die Trajektorien den Punkt 0, 0 mit konstanter Winkelgeschwindigkeit im Gegenuhrzeigersinn umrunden. Zum anderen sieht man der Funktion µ 1 t an, dass sie sowohl für jedes α < 0 als auch für α = 0 streng monoton fällt und für t gegen 0 konvergiert. Folglich sind in diesen Fällen alle Trajektorien Spiralen, die im Gegenuhrzeigersinn auf den Koordinatenursprung zulaufen. Im Fall α > 0 ist der Kreis mit Mittelpunkt 0, 0 und Radius α eine Trajektorie. Das erkennt man sowohl an der Gleichung 3 wegen ṙ = 0 für r = α als auch an der expliziten Darstellung von µ 1 t. Innerhalb dieses Kreises spiralen die Trajektorien gegen den Nullpunkt, auÿerhalb gegen den Kreis.

6 Abschnitt 5. Systeme in Polarkoordinaten 38 Aufgabe 3, Seite 196 In Polarkoordinaten hat das gegebene System die Form ṙ = r, φ = r 1, 4 der man sofort ansieht, dass jede nichttriviale Lösung wegen ṙt < 0 streng monoton fällt. Die Winkelkoordinate φt ist auÿerhalb des Einheitskreises wegen φt > 0 für rt > 1 streng monoton wachsend, innerhalb wegen φt < 0 für rt < 1 streng monoton fallend. Zusammen bedeutet dies, dass alle Trajektorien auÿerhalb des Einheitskreises im Gegenuhrzeigersinn auf den Einheitskreis zulaufen, dort angekommen die Orientierung wechseln, und dann innerhalb des Einheitskreises im Uhrzeigersinn auf den Koordinatenursprung zulaufen. Um dies auch rechnerisch zu bestätigen, bestimmen wir die zu einem beliebigen Anfangswertepaar r 0, φ 0 0, R gehörige Lösung des Systems 4, und zwar zuerst für die r-gleichung und dann für die φ-gleichung. Wir erhalten rt, φt = r0 e t, r 0 1 e t t + φ 0. Wählt man hierbei den Punkt r 0, φ 0 auf dem Einheitskreis, also r 0 = 1, so erkennt man, dass in der Tat die zweiten Koordinate als Funktion von t im Bereich, 0 ] wächst und für t [0, fällt. Um schlieÿlich auch noch die allgemeine Lösung des betrachteten Systems in kartesischen Koordinaten zu bestimmen, wenden wir den Satz 5..1 an. Unter Verwendung der Abkürzung ψt := 1 ξ + η 1 e t t hat sie die Form ϕt; ξ, η = e t ξ cos ψt η sin ψt, ξ sin ψt + η cos ψt. Aufgabe 5, Seite 196 Wie in den beiden vorherigen Aufgaben bringen wir das gegebene System zunächst in Polarkoordinatenform, ṙ = 0, φ = gr, berechnen dann zu einem beliebigen Anfangswertepaar r 0, φ 0 0, R die Lösung rt, φt = r0, gr 0 t + φ 0, und transformieren diese schlieÿlich zurück in kartesische Koordinaten. Als allgemeine Lösung ϕt; ξ, η des Ausgangssystems erhalten wir dann ξ cos gξ + η t η sin gξ + η t, ξ sin gξ + η t + η cos gξ + η t. Wählt man z. B. gs : 1, so sind die Trajektorien konzentrische Kreise um den Koordinatenursprung, und alle Lösungen haben die gleiche Periode π. Wählt man dagegen gs := s, so ändert dies nichts an den kreisförmigen Trajektorien, aber die zugehörigen Lösungen haben die Periode π/ξ + η.

7 Abschnitt 5.3 Lineare ebene autonome Systeme 39 Abschnitt 5.3 Lineare ebene autonome Systeme Aufgabe 1, Seite 10 Wir gehen zunächst wie im Beispiel vor. Das gegebene System hat die Koezientenmatrix 1 1 0, der man die Eigenwerte 1 und direkt ansehen kann. Als zugehörige Eigenvektoren errechnet man 1 0 bzw Setzen wir dann 1 1 T :=, so gilt T =, und wir erhalten als Koezientenmatrix des transformierten Systems in Normalform die Matrix 1 0 = T T. 0 0 Die allgemeine Lösung ψt; θ 1, θ = θ 1 e t, θ e t des transformierten Systems liefert dann gemäÿ der Formel ϕt; ξ, η = T ψt; T 1 ξ η die allgemeine Lösung des Ausgangssystems, im vorliegenden Fall ϕ1 t; ξ, η 1 1 ξ η e t ξ η e t + η e t = ϕ t; ξ, η 0 1 η e t = η e t. Beim zweiten Lösungsweg berechnet man zunächst ϕ t; ξ, η als Lösung des Anfangswertproblems ẏ = y, y0 = η, was augenscheinlich η e t ergibt, und dann ϕ 1 t; ξ, η als Lösung von ẋ = x + η e t, x0 = ξ. Mit der Übersicht auf Seite 160 des Buches erhält man ϕ 1 t; ξ, η = ξ e t + t 0 e t s η e s ds = ξ e t + η e t e t 1. Das ist oensichtlich das gleiche Ergebnis wie beim ersten Lösungsweg. Aufgabe 3, Seite 10 Wir bezeichnen die Koezientenmatrix des gegebenen Systems mit 1 0 Aα :=. α + 1 α 1 i Im Fall α = 1 hat diese Matrix die bereits in reeller Jordan'scher Normalform vorliegende Diagonalform Es handelt sich bei der Ruhelage also um einen stabilen, zwei-tangentigen Knoten, und das System bendet sich im oenen. Quadranten der spur, det-ebene unterhalb der Parabel. Das Phasenporträt ist in der Abbildung L.1 ganz links zu sehen.

8 Abschnitt 5.3 Lineare ebene autonome Systeme 40 ii Im Fall α = 0 liegt die Koezientenmatrix mit doppeltem, nicht halbeinfachem Eigenwert 1 vor. Die Ruhelage ist ein stabiler, ein-tangentiger Knoten, und das System liegt auf der Parabel im. Quadranten. Bei der Skizze des Phasenporträts ist zu beachten, dass im Vergleich mit der Darstellung auf Seite 01 des Buches die beiden Koordinaten zu vertauschen sind. iii Im Fall α = 1 hat die Matrix Aα die Form 1 0 0, ist also singulär und besitzt einen negativen Eigenwert. Es liegt der Fall II.1 a vor, und das System liegt auf der negativen spur-achse. Da die Matrix nicht in Normalform vorliegt, ist im Vergleich mit der Abbildung auf Seite 04 des Buches noch eine lineare Verzerrung vorzunehmen. Am einfachsten erkennt man die Form der nichttrivialen Trajektorien anhand der zugehörigen skalaren Differenzialgleichung dy/dx =. iv Im Fall α = hat die Koezientenmatrix die Form , und augenscheinlich hat sie die Eigenwerte 1 und 1. Das System hat also einen Sattelpunkt und bendet sich in der spur, det-ebene unterhalb der spur-achse. Da die Matrix nicht in Normalform vorliegt, muss man das bekannte Bild eines Sattelpunktes mit den Koordinatenachsen als Trajektorien vgl. Seite 199 des Buches geeignet modizieren. Hierzu genügt es, die beiden Eigenvektoren 3 und 0 1 zu den Eigenwerten 1 bzw. 1 zu berechnen. Abb. L.1 Phasenporträts des Systems ẋ = α x, ẏ = x + αy für verschiedene Werte von α Aufgabe 5, Seite 11 Die Koezientenmatrix hat im vorliegenden Fall die Form α 0, 1 α besitzt also α als doppelten, nicht halbeinfachen Eigenwert. Damit liegen die betrachteten Systeme in der spur, det-ebene auf der Parabel. In der Abbildung 5.14 auf Seite 06 des Buches sind die entsprechenden Phasenporträts nicht zu nden, da dort die halbeinfachen Fälle dargestellt sind. Die nicht halbeinfachen Fälle ndet man in der Abbildung 7.3 auf Seite 333 des Buches.