Dynamische Systeme. Inhalt dieses Kapitels. Einleitung und Überblick. Einleitung und Überblick. Kapitel O

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1 Prof. Dr. Michael Eisermann Höhere Mahemaik 3 (verief Inhal dieses Kapiels O x x Kapiel O Dynamische Syseme x2 Runge Kua h = B A B x x (Länge/0 Nich das Exisenzheorem is das Wervolle, sondern die im Beweise geführe Konsrukion. Hermann Weyl ( x2 Euler h = /4 (Länge/0 WiSe 207/8 Sand Einleiung und Überblick Differenialgleichungen sind die Sprache der Naurgeseze. Of is der unabhängige Parameer R die Zei. Die abhängige Größe x( is der Zusand zur Zei. Die Gleichung x ( = f(, x( is das Bewegungsgesez. Die Anfangsdaen x( 0 = x 0 sind gegeben durch ( 0, x 0. Viele Modelle in Naurwissenschaf und Technik haben diese Form! Wir nennen dies ein deerminisisches dynamisches Sysem: Der zukünfige Verlauf häng nur vom Anfangszusand ( 0, x 0 ab. Solche Modelle werden zur Erklärung und Vorhersage angewende, von der Mechanik über Klimamodelle bis zur Asronomie. Bei zeidiskreen Sysemen verläuf die Zei Z in Schrien, bei zeikoninuierlichen Sysemen is die Zei R koninuierlich. Die wichigse Technik hierzu sind Differenialgleichungen. Wichige Fragesellungen sind die (exake oder numerische Berechnung von Lösungen sowie ihr Langzeiverhalen (Periodiziä, Sabiliä, Chaos. O00 Überblick Dynamische Syseme Zenrale Beispiele für dynamische Syseme Exisenz und Eindeuigkei von Lösungen Sensible Abhängigkei von den Anfangsdaen 2 Aufgaben zu dynamischen Sysemen Exisenz und Eindeuigkei und Sabiliä Mahemaisches Pendel und Energiefläche Das Näherungsverfahren von Runge Kua 3 Lineare Differenialgleichungssyseme Redukion der Ordnung und Enkopplung Srukur des Lösungsraumes Variaion der Konsanen 4 Marizenrechnung Grundlagen aus der linearen Algebra Die Exponenialfunkion für Marizen Fundamenallösung homogener DGSyseme Einleiung und Überblick Differenialgleichungen sind ein Universalwerkzeug zur quaniaiven Beschreibung von allen Sysemen, die vom gegenwärigen Zusand ausgehend einer koninuierlichen zeilichen Enwicklung unerliegen. Une loi (physique, pour nous, [...] es une relaion consane enre le phénomène d aujourd hui e celui de demain; en un mo, c es une équaion différenielle. Henri Poincaré (854 92, La valeur de la science O002 Überblick Das gil für naurwissenschaflich-echnische Anwendungen ebenso wie prakisch überall sons. Troz drasischer Vereinfachung des Modells sind Differenialgleichungen daher ähnlich komplex wie diese realen Phänomene: Sie sind naurgegeben schwierig aber auch faszinierend. Zur Veriefung und für zahlreiche Anwendungsbeispiele siehe H. Heuser: Gewöhnliche Differenialgleichungen, Vieweg, 6. Aufl Die Numerik biee umfangreiche Werkzeuge, siehe ewa P. Deuflhard, F. Bornemann: Numerische Mahemaik, Band 2: Gewöhnliche Differenialgleichungen, De Gruyer, 3. Aufl. 2008

2 Einleiung und Überblick O003 Überblick In den vorigen Kapieln haben wir Differenialgleichungen der Form y (n = f(, y, y,..., y (n unersuch, in Kapiel M zunächs für n = von der speziellen Form y = f(, y, in Kapiel N allgemeiner für n : Gegeben is die seige Funkion f : R K n G K, gesuch sind alle Funkionen y : I K auf einem (je maximalen Inervall I R, die der Gleichung y (n ( = f(, y(, y (,..., y (n ( für alle I genügen. In vielen Anwendungen geh es sa einer Größe y( K um mehrere Größen y (,..., y n ( K, deren Enwicklung und Wechselwirkung durch gekoppele Differenialgleichungen beschrieben wird: y ( ( = f, y (, y 2 (,..., y n (, y 2( ( = f 2, y (, y 2 (,..., y n (,. y n( ( = f n, y (, y 2 (,..., y n (. Mi y = (y, y 2,..., y n und f = (f, f 2,..., f n bündeln wir dies kurz und übersichlich als eine vekorwerige Differenialgleichung y = f(, y. Einleiung und Überblick Ein lineares Differenialgleichungssysem is von folgender Form: y ( = a ( y ( + a 2 ( y 2 ( + + a n ( y n ( + b ( y 2( = a 2 ( y ( + a 22 ( y 2 ( + + a 2n ( y n ( + b 2 (. y n( = a n ( y ( + a n2 ( y 2 ( + + a nn ( y n ( + b n ( Solche Gleichungssyseme bündeln wir prägnan zu einer Gleichung: y ( = A( y( + b( Hier heiß A Koeffizienenmarix und b reche Seie des DGSysems. Bei linearen DG sind zwei srukurelle Aspeke grundlegend: Die Lösungsmenge einer linearen Differenialgleichung is immer ein Vekorraum (für b = 0 bzw. ein affiner Raum (für b 0. Dieser Raum ha immer Dimension n: Dies folg aus Exisenz und Eindeuigkei der Lösung zu gegebenen Anfangsdaen. O005 Überblick Dies srukurier und vereinfach das Problem, alle Lösungen zu finden! Einleiung und Überblick Jedes Differenialgleichungssysem bündeln wir dami prägnan zu y ( = f(, y(. O004 Überblick Gegeben is die seige Funkion f : R K n G K n als reche Seie. Gesuch sind alle differenzierbaren Funkionen y : I K n auf einem (maximalen Inervall I R, die die Bedingung (, y( G und die ersehne Gleichung y ( = f(, y( für alle I erfüllen. Dieses Leimoiv der beiden vorigen Kapiel wird hier forgeführ und mehrdimensional verallgemeiner: Die zugehörige Theorie erlaub uns, solcherar Phänomene zu beschreiben, zu versehen und zu berechnen. Dies führ uns zu den Grundfragen der Differenialgleichungen: Gib es immer eine Lösung? mehrere? Wie finden wir eine Lösung? gar alle? Wir benöigen wie immer zwei sich ergänzende Lösungsmehoden: Leisungssarke Lösungsheorie als Grundlage Erprobe Rezepe für spezielle Gleichungen Für manche f können wir die DG exak lösen, sons nur numerisch. Einleiung und Überblick Die Berechnung einer Basis des Lösungsraumes is nich leich, aber wir können explizie Lösungsformeln angeben und für wichige Beispiele ausrechnen. Hierzu benöigen wir geeignee Techniken aus der Analysis, insbesondere die allgegenwärige Inegraion. O006 Überblick Lineare Differenialgleichungssyseme mi konsanen Koeffizienen sind der einfachse Fall. Ihre Lösung wird uns vollsändig gelingen mi den Techniken der linearen Algebra: Wir können den Exponenialansaz direk ausschreiben und sodann ausrechnen mi Hilfe der Haupvekoren einer Jordan Basis; die Inegraion ri dabei in den Hinergrund. Dieses und das nächse Kapiel handeln deshalb im Wesenlichen von Marizenrechnung in ihrer vollen Schönhei: Wir mobilisieren nahezu alle Begriffe und Techniken: Vekorraum, Basis, Dimension, lineare Abbildung, Kern und Bild, Darsellung durch Marizen, zugehörige Rechenmehoden, Deerminane, charakerisisches Polynom, Eigenvekoren und Diagonalform, Haupvekoren und Jordan Form. Hier lohn sich erneu Ihre Invesiion in mahemaische Grundlagen!

3 Der harmonische Oszillaor O0 Der harmonische Oszillaor O02 k m k 2 q( Aufgabe: Formulieren und lösen Sie den harmonischen Oszillaor ( als eine eindimensionale Differenialgleichung zweier Ordnung, (2 als ein zweidim. Differenialgleichungssysem erser Ordnung. Lösung: ( Zei R, Posiion q( R, Geschwindigkei q( R, Beschleunigung q( R, Kraf ω0 2 q( 2δ q(, Bewegungsgesez: q( + 2δ q( + ω 2 0 q( = 0 Allg. Lösung q( = e δ[ c cos(ω + c 2 sin(ω ] mi ω = ω 2 0 δ2. Die Anfangsdaen (q( 0, q( 0 besimmen die Konsanen c, c 2 R. (2 Zusand (x (, x 2 ( = (q(, q(, Zusandsraum R 2, DGSysem: { } ( ( ẋ = x 2 (ẋ 0 x ẋ 2 = ω0x 2 = 2δx 2 ẋ 2 ω0 2 2δ x 2 Der harmonische Oszillaor: Zusandsraum Harmonischer Oszillaor, keine Dämpfung δ = 0, zum Beispiel ω 0 = : x 2 ( 0 = 2 A = = 0 O03 Allgemeiner Trick: Redukion von höherer auf erse Ordnung! O303 DGSysem erser Ordnung = Vekorfeld auf dem Zusandsraum! Der harmonische Oszillaor dien uns weierhin als zenrales Modell: Es is besonders einfach und anschaulich, läss sich leich lösen, und zeig im Prinzip bereis alle wesenlichen Phänomene! Die vollsändige Diskussion kennen wir aus Kapiel N. N05 Wir schreiben seine Differenialgleichung zweier Ordnung hier neu als Sysem erser Ordnung: Das is ein Vekorfeld auf dem Zusandsraum! Dami können wir die Technik der Richungsfelder aus Kapiel M wiederverwenden und als mehrdimensionales Werkzeug ausbauen. Lösungskurven des DGSysems sind die Trajekorien: Die nächsen beiden Graphiken zeigen den nich bzw. schwach gedämpfen Fall. Hierzu kennen wir die exaken Lösungen aus Kapiel N! N7 Die drie Graphik zeig mehrere numerische Näherungen durch das Euler Verfahren: Solche Näherungen sind nüzlich, wenn wir keine exake Lösung kennen oder mühsam beschaffen wollen, und nöig, wenn gar keine Lösungsformel in geschlossener Form exisier. Der harmonische Oszillaor: Zusandsraum Schwache Dämpfung 0 < δ < ω 0, zum Beispiel δ = /5 und ω 0 = : x 2 ( 0 A = /5 = = 2 O04 = 0 = 3 x = 0 = 3 x = 4 = 5 (Länge/0 Kein Energieverlus, daher sogar Rückkehr in die Ausgangssiuaion. = 4 = 5 (Länge/0 Echer Energieverlus, daher keine Rückkehr in die Ausgangssiuaion.

4 Numerische Näherung durch das Euler Verfahren O05 Numerische Näherung durch das Euler Verfahren O06 Approximaion durch Euler Verfahren mi Schriweie = 3, 5, 0. x 2 ( 0 A = Zu lösen sei ein Differenialgleichungssysem erser Ordnung: ẋ( = f(, x(, x(0 = x 0 Näherungen x( = 3 5 exake Lösung x( 0 /5 x Dies is im Wesenlichen ein Vekorfeld f auf dem Zusandsraum! Gesuch is eine Lösungskurve x(, die die obige Gleichung erfüll. Das Euler Verfahren verschaff uns eine numerische Näherung x: Diskree Zeischrie 0 = 0 < < 2 < 3 <... mi i = i+ i. Am einfachsen äquidisan i = 0 + i mi feser Schriweie > 0. Die Ableiung ẋ approximieren wir durch den Differenzenquoienen: x( i+ x( i i+ i ẋ( i! = f(, x( i Dami berechnen wir Näherungswere x(, x( 2, x( 3,... rekursiv: x( i+ = x( i + f( i, x( i ( i+ i für i = 0,, 2, 3,... (Länge/0 Wir erkennen graphisch den Rechenaufwand und Approximaionsfehler. Numerische Näherung durch das Euler Verfahren Geomerische Voraussezungen für das Euler Verfahren: Sei I = [ 0, 0 + T ] R ein Zeiinervall der Länge T > 0. Sei K = B(x 0, r K n der Ball um x 0 mi Radius r > 0. Sei f : I K K n seig, somi beschränk, also f M. Hierbei gele T M r; nofalls verkleinern wir T und I. Dies garanier, dass Lösungen nich vorzeiig aus K rauslaufen. Gesuch is x : I K diff bar mi x( 0 = x 0 und ẋ( = f(, x(. Das heiß: In jedem Punk (, x( is die Tangene ẋ( = f(, x(. Euler Approximaion: Wir wählen eine Pariion des Zeiinervalls P = { 0 < < < N = 0 + T }. Wie oben illusrier definieren wir hierzu den Euler Polygonzug [ ] 0 x = 2... N x i+ x i mi = f( x 0 x x 2... x i, x i N i+ i Prakisch: Aus x 0 = x 0 berechne man schriweise x, x 2,..., x N. Im Punk ( i, x i wird die Kurve in Richung f( i, x i weiergeschick. O07 Uner geeigneen Bedingungen exisier genau eine Lösung x( und die Euler Approximaion x( komm für kleine Schriweien beliebig nahe. Zur Anwendung müssen wir den Fehler x x konrollieren! Numerische Näherung durch das Euler Verfahren Saz OA (Exisenz von Lösungen, Peano 890 Zu lösen sei die Differenialgleichung ẋ( = f(, x( mi x( 0 = x 0. Uner den oben erklären geomerischen Voraussezungen gil: Es exisieren Pariionen P, P 2, P 3,... I, deren Euler Polygonzüge x, x 2, x 3,... : I K gegen eine Lösung x : I K konvergieren. O08 Der Saz garanier allgemein die Exisenz von Lösungen! Es kann durchaus mehrere Lösungen geben, siehe Kapiel M. M29 Für spezielle f können wir die DG exak lösen, sons nur numerisch. Die Berechnung für = T/N is leich zu implemenieren. Präzision verlang großes N, dami wächs der Rechenaufwand. Prakisches Problem: Der Saz is nich konsrukiv! Gegeben ε > 0, wie wähl man eine Pariion P, um eine ε Approximaion zu erhalen? Die Numerik unersuch und opimier solche Verfahren. O233 Ziel: gue Fehlerschranken und hohe Präzision bei geringem Aufwand. Die Numerik der gewöhnlichen Differenialgleichungen is ein hoch enwickeles Gebie und sell umfangreiche Werkzeuge zur Verfügung.

5 Gekoppele Schwingungen O09 Gekoppele Schwingungen O0 Aufgabe: Formulieren Sie folgendes dynamische Sysem: Wir haben ein (lineares DGSysem zweier Ordnung: { u ( = a u( + b v( k m k 2 m 2 k 3 u( v( Zwei Massen m, m 2 > 0 sind durch Federn k, k 2, k 3 > 0 verbunden. Gesuch is die Bewegungsgleichung als DGSysem erser Ordnung. Lösung: Auslenkungen u(, v( aus der Ruhelage. Kräfebilanz: F ( = k u( k 2 [ u( v( ] F 2 ( = k 3 v( k 2 [ v( u( ] Bewegungsgesez: m u ( = F ( und m 2 v ( = F 2 (. Hieraus folg: u ( = k +k 2 m u( + k 2 m v( v ( = + k 2 m 2 u( k 2+k 3 m 2 v( Zur Vereinfachung berachen wir keine Reibung oder äußeren Kräfe. Gekoppele Schwingungen Aufgabe: ( Lösen Sie den symmerischen Fall m = m 2, k = k 3. (2 Welche Bewegung folg aus u(0 = 2, u (0 = v(0 = v (0 = 0? Lösung: Einsweilen nuzen wir unsere physikalische Anschauung! Erser Ansaz u = v. Beide Massen schwingen gleichsinnig. Enkoppele Differenialgleichungen: u = k m u, v = k m v. Lösungen: u ( = cos(ω und u 2 ( = sin(ω mi ω 2 = k m. Zweier Ansaz u = v. Beide Massen schwingen gegensinnig. Enkoppele Differenialgleichungen: u = k +2k 2 m u, v = k +2k 2 m v. Lösungen: u 3 ( = cos(ω 2 und u 4 ( = sin(ω 2 mi ω2 2 = k +2k 2 m. Dami sind wir ferig: Jede Lösung is eine Linearkombinaion ( ( ( ( ( u( u ( u2 ( u3 ( u4 ( = α v( + α v ( 2 + α v 2 ( 3 + α v 3 ( 4. v 4 ( Als Anfangswere zur Zei 0 können Posiion und Geschwindigkei u( 0, u ( 0, v( 0, v ( 0 R beliebig vorgegeben werden: Sie legen die freien Konsanen α, α 2, α 3, α 4 R eindeuig fes (und umgekehr. O v ( = c u( + d v( Dies reduzieren wir zu einem (linearen DGSysem erser Ordnung: Neue Variablen y = u, y 2 = v, y 3 = u, y 4 = v. Dami erhalen wir y y y 2 y 3 = y 2 a b 0 0 y 3, kurz y = A y. y 4 c d 0 0 y 4 Dieses DGSysem is einfacher: Es is erser Ordnung! Alle Gleichungen sind weierhin linear. Es wird daher durch eine Marix beschrieben. Hier sind zudem die Koeffizienen konsan, d.h. sie hängen nich von der Zei ab. Für lineare DGSyseme mi konsanen Koeffizienen werden wir mi Hilfe der linearen Algebra besonders effiziene Lösungsmehoden enwickeln: Wie in der folgenden Aufgabe nuzen wir Eigenvekoren und alle zugehörigen Techniken. Hier zahlen sich Marizenrechnung und lineare Algebra aus: Unser Lösungsraum is ein Vekorraum der Dimension 4. Das hilf: Wir suchen eine Basis aus vier unabhängigen Lösungsfunkionen! Gekoppele Schwingungen Die Rechnung besäig und präzisier unsere physikalische Anschauung: Die Probe is nun leich: Einsezen und Ausrechnen! Der geschicke Ansaz enkoppel das Gleichungssysem: Eindimensionale Differenialgleichungen können wir bereis lösen! O2 Unser DGSysem is besonders einfach: Die Gleichungen sind linear! Vielfache und Summen von Lösungen sind daher wieder Lösungen. Mi anderen Woren: Der Lösungsraum is ein Vekorraum. Wir haben vier Lösungen gefunden. Diese sind linear unabhängig. Der Lösungsraum ha also Dimension 4. Gib es noch mehr? Wir wünschen uns hierzu ein einfaches Krierium für Dimension = 4. Dann wüssen wir sicher: Wir haben alle Lösungen gefunden! Physikalisch is das plausibel: Jede Masse ha zur Zei 0 eine Posiion und eine Geschwindigkei. Diese Daen sollen den weieren Verlauf eindeuig feslegen. Wir häen demnach genau 4 Freiheisgrade. Diese Heurisik läss sich mahemaisch formulieren und beweisen: Es gil allgemein der Exisenz- und Eindeuigkeissaz!

6 Gekoppele Schwingungen O3 Gekoppele Schwingungen O4 Illusraion für den Fall m = m 2 = und k = k 2 = k 3 =. Illusraion für den Fall m = m 2 = und k = k 2 = k 3 =. Gleichsinnige Eigenschwingungen zur Frequenz ω = : Gegensinnige Eigenschwingungen zur Frequenz ω 2 = 3: u u 2 u 3 u 4 v v 2 v 3 v 4 Die Eigenschwingungen unseres Sysems sind besonders leich zu berechnen. Zudem erweisen sie sich als einfach und übersichlich: Sie sind periodisch, nämlich nur harmonische Funkionen. Die Frequenz der gegensinnigen Schwingung is deulich größer als die der gleichsinnigen Schwingung. Das is anschaulich plausibel; probieren Sie es mal aus! Nun können wir es sogar präzise ausrechnen. Gekoppele Schwingungen O5 Gekoppele Schwingungen O6 Zur Illusraion eine Linearkombinaion von zwei Eigenschwingungen: (2 Diese Linearkombinaion von Eigenschwingungen lös das AWP: u( = cos( + 2 sin( 3 u( = cos( + cos( 3 v( = cos( 2 sin( 3 v( = cos( cos( 3 u( u( v( v( Die Anfangswere u(0, u (0 sowie v(0,v (0 können beliebig vorgegeben werden: Sie legen den weieren Verlauf eindeuig fes. Diese Bewegung is nich periodisch! Sie schein zuers komplizier, is aber nur die Überlagerung von zwei harmonischen Schwingungen.

7 Newons Himmelsmechanik Aufgabe: Formulieren Sie die Bewegungsgleichungen von n Körpern mi Masse m k > 0, Posiion u k ( R 3 und Geschwindigkei v k ( R 3. Lösung: Newons Graviaionsgesez ergib die Differenialgleichungen u k = v k, v k = f k (u := γ m u j u k j j k u j u k 3. Vorgegeben sind die Anfangssdaen u k (0 und v k (0 zur Zei = 0. Als Lösung gesuch is die Bewegung (u, v,..., u n, v n : [0, T [ R 6n. Den Fall n = 2 lösen Kegelschnie: Ellipsen, Parabeln, Hyperbeln. Für n 3 läss sich dieses DGSysem i.a. nich geschlossen lösen! Euler Verfahren: diskree Zeischrie 0 = 0 < < 2 < 3 <..., u k ( i+ u k ( i + v k ( i ( i+ i v k ( i+ v k ( i + f k (u ( i+ i Erlaub ein so komplexes Sysem immer genau eine Lösung? Ja, das is der zenrale E&E-Saz! Kollision oder Enkommen nach sind möglich: Evenuell exisier die Lösung nur für kurze Zei T > 0. Für manche Sarwere sind Lösungen periodisch, oder fas: Zu unserem Glück! Dieses Sysem is nich-linear und kann sich chaoisch verhalen. Wir können im Allgemeinen nur eine Näherung berechnen und hoffen, dass sie nahe genug an den wahren Verlauf herankomm. Newons Himmelsmechanik Wir nennen dies Himmelsmechanik und sind zu Rech solz auf sie: Allein schon das obige Differenialgleichungssysem zu formulieren, is eine Meiserleisung der Mahemaik und Physik der Neuzei. Die drei Typen n = und n = 2 sowie n 3 sind sehr verschieden! Für einen einzigen Körper sind die Gleichung und ihre Lösung rivial: Wegen u = v, v = 0 is dies eine geradlinige Bewegung. O7 O9 Für zwei Körper is die Gleichung bereis ausgesprochen ineressan: Ihre Lösung erklär die Ellipsenbahnen und die Keplerschen Geseze. Allgemeiner sind auch Parabeln und Hyperbeln als Lösungen möglich, je nach Anfangsdaen u k (0, v k (0 und Gesamenergie des Sysems. In allen Fällen geling die Lösung hier noch in geschlossener Form. Man nenn ein solches Sysem vollsändig inegrabel. Das Dreikörperproblem hingegen gil als eines der schwierigsen Probleme der Mahemaik: Nur wenige und sehr spezielle Sonderfälle sind geschlossen lösbar. Für ypische Anfangsdaen is die Bewegung chaoisch und kann nur numerisch annähernd berechne werden. Newons Himmelsmechanik Die Beobachung des Nachhimmels und seiner Serne faszinier den Menschen sei jeher. Neben den Fixsernen (wei enferne Serne erkenn man Wandelserne (Planeen unseres Sonnensysems. O8 Von der Erde besehen scheinen sich alle Serne um uns zu drehen; Kopernikus heliozenrisches Modell is einfacher und dami nüzlicher. Aus Brahes präzisen Beobachungsdaen leiee Kepler drei Geseze ab, die die Ellipsenbewegung der Planeen um die Sonne beschreiben. Eine Erklärung der Bewegungen durch ein einheiliches physikalisches Prinzip gelang ers Isaac Newon 686 mi seinem Graviaionsgesez. Revoluionäre Idee: Überall im Universum gelen dieselben Geseze! Newons Mechanik erklär die Schwerkraf auf der Erde ebenso wie außerirdische Phänomene: den Umlauf der Planeen um die Sonne und des Mondes um die Erde, sogar die Gezeien unserer Meere. Auch nach über 300 Jahren sind Newons Gleichungen so nüzlich wie am ersen Tag! Daen ändern sich, Mehoden bleiben besehen. Solide mahemaische Arbei ha eine exrem lange Wirksamkei. Newons Himmelsmechanik O20 Wir vergleichen hier zwei klassische Anwendungen der Mechanik: Einerseis gekoppele lineare Syseme wie harmonische Oszillaoren, andererseis Planeenbewegung und ähnliche nich-lineare Syseme. Beide Typen verhalen sich völlig unerschiedlich. Der offensichliche Haupunerschied lieg in der Lineariä: Lineare Syseme sind besonders guarig und einfach zu lösen! Nich-lineare Syseme sind schwieriger und poeniell chaoisch. Auch nich-lineare Syseme lassen sich miuner gu lösen, wie einfache Beispiele zeigen. Dies sind aber Ausnahmen und selene Glücksfälle. Typischerweise sind nich-lineare Syseme nich geschlossen lösbar. Es bleib dann nur die numerische Approximaion mi Hilfe geeigneer Näherungsverfahren, z.b. das Euler Verfahren oder besser gleich das Runge Kua Verfahren. Mehr hierzu erfahren Sie in der Numerik. Aufbauend auf den mahemaischen Grundlagen der HM können Sie die Numerik von Differenialgleichungen nuzen und wo nöig veriefen.

8 Differenialgleichungssyseme erser Ordnung Jedes Differenialgleichungssysem erser Ordnung ha die Form y ( ( = f, y (,..., y n (,. y n( ( = f n, y (,..., y n (. Dies is ein Sysem von n gekoppelen Differenialgleichungen: Die Änderungsrae y k ( is eine Funkion f k von und y (,..., y n (. Mi y = (y,..., y n und f = (f,..., f n bündeln wir dies kürzer und übersichlicher als eine vekorwerige Differenialgleichung: y ( = f(, y( Gegeben is die seige Funkion f : R K n G K n als reche Seie. Als Lösung gesuch sind alle diff baren Funkionen y : R I K n auf einem (maximalen Inervall I mi (, y( G und y ( = f(, y( für alle I. Meis is zudem ein Anfangswer ( 0, y 0 G vorgegeben. Der folgende Saz garanier Exisenz und Eindeuigkei einer Lösung. Differenialgleichungssyseme erser Ordnung Saz OB (Cauchy Exisenz- und Eindeuigkeissaz, kurz E&E Sei f : R K n G K n seig. Zu lösen sei die Differenialgleichung y ( = f(, y( mi Anfangswer y( 0 = y 0. ( Zu jedem Sarpunk ( 0, y 0 G exisieren Lösungen y : R I K n. Jede kann beidseiig bis zum Rand G (oder forgesez werden. (2 Is f(, y seig diff bar nach y, so is die Lösung durch ( 0, y 0 G eindeuig besimm. Sie häng seig differenzierbar von ( 0, y 0 ab. Wir kennen dieses Ergebnis aus Dimension n =. (Saz MC Die mehrdimensionale Verallgemeinerung OB gil wörlich genauso. Planeenbewegung: Zu gegebenen Sarweren y(0 R 6n exisier eine eindeuige Lösung y : [0, T [ R 6n, zumindes eine gewisse Zei T > 0. Enweder gil T =, d.h. die Lösung exisier für alle Zei 0, oder aber sie verläss den Definiionsbereich G, d.h. sie läuf in eine Polselle, u j (T = u k (T, oder enkomm nach unendlich, u k ( für T. O2 O23 Differenialgleichungssyseme erser Ordnung Beide hier gezeigen Schreibweisen sind nüzlich und üblich: Die erse is explizi ausführlich, die zweie bequem komprimier. O22 Ich verziche meis auf Pfeile und sonsige Dekoraion für Vekoren. Der Konex gib jeweils an, mi welchen Objeken (Skalaren, Vekoren, Marizen,... und mi welcher Dimension wir es genau zu un haben. Ohnehin solle man dies eingangs klarsellen bzw. in Erinnerung rufen. Die Funkion f : R K n G K n erklär die Differenialgleichung. Sie is im Allgemeinen nich auf ganz R K n definier, sondern nur auf einer geeigneen (offenen Teilmenge G R K n gegeben. Beispiel: Die Differenialgleichung der Planeenbewegung is bei einer Kollision u j = u k nich mehr definier. Das Definiionsgebie is also G = { (, u, v,..., u n, v n R R 6n uj u k für j k }. Hierauf is unsere Funkion f : R R 6n G R 6n definier durch u k = v k, v k = u j u k γ m j u j u k 3. j k Differenialgleichungssyseme erser Ordnung O24 Die Exisenz einer Lösung y : R I K n bedeue: Es gib ein Inervall I R mi 0 I und eine differenzierbare Funkion y : I K n mi y( 0 = y 0 sowie (, y( G und y ( = f(, y( für alle I. Meis suchen wir maximale Lösungen y : R I K n, also solche, die sich auf kein größeres Inervall I I forsezen lassen. Im Allgemeinen exisieren Lösungen y : R I K n nich auf ganz R, sondern nur auf einem (evl. endlichen Inervall I R. Die Lösung läss sich im Inneren G des Definiionsbereichs zwar immer forsezen, aber manche Lösungen verlassen G, d.h. sie enden auf dem Rand G oder enkommen nach. Man denke an obige Planeenbewegung! Beispiele zeigen, dass es zum gegebenen Sarwer ( 0, y 0 auch mehrere Lösungen geben kann: Siehe Wasseruhr M29 oder??. Das Problem is dann schlech gesell. Dies gil es zu vermeiden! Eindeuigkei bedeue: Sind u : I K n und v : J K n Lösungen mi u ( = f(, u( für alle I und v ( = f(, v( für alle J sowie u( 0 = v( 0 = y 0, so gil u = v auf dem gemeinsamen Inervall I J. Sind beide Lösungen u, v maximal, so gil zudem I = J.

9 Lösung des AWP durch ieriere Inegraion O25 Zum E&E-Saz OB erklären wir eine allgemeine Lösungsmehode, um 890 enwickel von Picard und Lindelöf, für das Anfangswerproblem y ( = f(, y(, y( 0 = y 0. Der folgende Saz garanier ( die Exisenz und Eindeuigkei einer Lösung und zudem (2 ein Konsrukionsverfahren zur Approximaion dieser Lösung mi (3 explizier Fehlerschranke. Was will man mehr? Geomerische Voraussezungen für die Picard Lindelöf Ieraion: Sei I = [ 0 a, 0 + b] R ein Inervall um 0 mi a, b T. Sei K = B(y 0, r K n der Ball um y 0 mi Radius r > 0. Sei f : I K K n seig, somi beschränk, also f M. Hierbei gele T M r; nofalls verkleinern wir T und I. Zudem erfülle f für alle I und u, v K die Lipschiz Bedingung f(, u f(, v L u v. Is ewa f(, y seig differenzierbar nach y, so genüg f/ y L. Lösung des AWP durch ieriere Inegraion Saz OC (Picard Lindelöf Ieraion Uner den so erklären geomerischen Voraussezungen gil: ( Das Anfangswerproblem ha genau eine Lösung y : I K. (2 Die Lösung y is die Grenzfunkion der Picard Lindelöf Ieraion u 0 = y 0, u n+ ( = y 0 + τ= 0 f(τ, u n (τ dτ für n = 0,, 2, 3,.... (3 Für alle n N und I gil die gleichmäßige Fehlerschranke y( u n ( maxu u 0 e LT I (LT n n! 0. (4 Die Lösung häng seig vom Anfangswer y 0 ab: Is ỹ : Ĩ K eine Lösung zum Sarwer ỹ( 0 = ỹ 0 auf einem Inervall Ĩ mi 0 Ĩ I, so laufen die Lösungen y und ỹ höchsens exponeniell auseinander: y( ỹ( y 0 ỹ 0 e L 0 für alle Ĩ O26 Lösung des AWP durch ieriere Inegraion O27 Lösung des AWP durch ieriere Inegraion O28 Aufgabe: Lösen Sie durch Picard Lindelöf Ieraion das AWP Aufgabe: Lösen Sie durch Picard Lindelöf Ieraion das AWP y ( = y(, y(0 =. y ( = y(, y(0 =. Lösung: Sukzessive Approximaion gemäß Picard Lindelöf: u 0 ( = u ( = + τ=0 u 0(τ dτ = + u 2 ( = + τ=0 u (τ dτ = u 3 ( = + τ=0 u 2(τ dτ = ! 3 u 4 ( = + τ=0 u 3(τ dτ = ! 3 + 4! 4 Per Indukion und Grenzübergang n finden wir die Lösung: n k k u n ( = y( = k! k! = exp( k=0 Probe! Dieselbe Lösung finden wir alernaiv durch Separaion??. k=0 Lösung: Sukzessive Approximaion gemäß Picard Lindelöf: u 0 ( = u ( = τ=0 τ u 0(τ dτ = 2 2 u 2 ( = τ=0 τ u (τ dτ = u 3 ( = τ=0 τ u 2(τ dτ = u 4 ( = τ=0 τ u 3(τ dτ = Per Indukion und Grenzübergang n finden wir die Lösung: n ( k 2k ( k 2k u n ( = 2 k y( = k! 2 k = exp( 2 /2 k! k=0 Probe! Dieselbe Lösung finden wir alernaiv durch Separaion??. k=0

10 Lösung des AWP durch ieriere Inegraion Aufgabe: (A Sei y : I K seig. Unsere Differenialgleichung y ( = f(, y( für alle I und y( 0 = y 0 is äquivalen zu folgender (für uns voreilhafen Inegralgleichung: y( = y 0 + τ= 0 f(τ, y(τ dτ für alle I Somi sind Lösungen y : I K genau die Fixpunke der Abbildung Ψ : C(I, K C(I, K n, (Ψu( = y 0 + τ= 0 f(τ, u(τ dτ. O29 (B Tasächlich gil Ψ : C(I, K C(I, K: Wir können Ψ also ierieren! (C Für je zwei Funkionen u, v C(I, K gil die Fehlerschranke Ψ n u( Ψ n v( maxu v Ln 0 n [ 0,] n! maxu v I (LT n. n! Für n gil (LT n /n! 0. Demnach is Ψ n schließlich konrakiv: Zu 0 < α < exisier n N sodass Ψ n u Ψ n v I α u v I gil. Lösung des AWP durch ieriere Inegraion Diese Rechnungen beweisen den Saz OC von Picard Lindelöf: Der Raum C(I, K is vollsändig bezüglich der Supremumsnorm. Daher können wir auf Ψ den Fixpunksaz von Banach anwenden: ( Die Abbildung Ψ : C(I, K C(I, K ha genau einen Fixpunk y. Dank (A ha unser AWP somi genau eine Lösung y : I K. (2 Wir erhalen die Lösung y durch sukzessive Approximaion. Für jede Funkion u 0 C(I, K konvergier u n = Ψ n u 0 gegen y. Für den Fixpunk v 0 = y liefer die Ieraion v n = Ψ n v 0 = y. Dank der Fehlerschranke (D erhalen wir also: y( u n ( maxy u Ln 0 n [ 0,] n! maxy u I (LT n. n! O3 Die Konvergenz u n y der Approximaionen u n gegen die Lösung y is demnach mindesens so schnell wie die Konvergenz (LT n /n! 0. Die in (3 angegebene Verschärfung nuz nur u 0, u : Auf der rechen Seie sehen also nur bekanne Daen. Lösung des AWP durch ieriere Inegraion O30 Lösung: (A Dank HDI (BI. Die Inegralgleichung besag y = Ψy. (B Für u C(I, K zeigen wir Ψu C(I, K durch Nachrechnen: Ψu( y0 = f(τ, u(τ dτ f(τ, u(τ dτ M dτ = 0 M T M r (C Für n = 0 is die Aussage rivial. Für n folg sie indukiv: Ψ n u( Ψ n v( = f(τ, Ψ n u(τ f(τ, Ψ n v(τ dτ 0 L Ψ n u(τ Ψ n v(τ dτ 0 maxu v Ln τ 0 n dτ 0 [ 0,] (n! = maxu v Ln 0 n [ 0,] n! Lösung des AWP durch ieriere Inegraion maxu v I (LT n n! O32 (3 Wir formulieren die Fehlerschranke nur mi u 0 und u : u n ( u n+ ( = Ψ n u 0 ( Ψ n u ( maxu 0 u Ln 0 n [ 0,] n! u n ( u n+p ( u n ( u n+ ( + + u n+p ( u n+p ( max u0 u L k 0 k max u u 0 e L 0 Ln 0 n [ 0,] k! [ 0,] n! k=n Für p erhalen wir die gewünsche Ungleichung für u n ( y(. (4 Is ỹ : Ĩ K eine Lösung zum Sarwer ỹ( 0 = ỹ 0, so gil dank (A ỹ( = ỹ f(τ, ỹ(τ dτ. Wir beginnen die Picard Lindelöf Ieraion mi der Funkion u 0 = ỹ und erhalen im ersen Schri die Verschiebung u ( = y 0 + f(τ, ỹ(τ dτ = y 0 ỹ 0 + u 0 (, dank (3 also 0 y( ỹ( y0 ỹ 0 L k 0 k = y 0 ỹ 0 e L 0. k! k=0 Diese nüzliche Fehlerschranke unersuchen wir im Folgenden genauer.

11 Forsezungen und maximale Lösungen Sei f : R K n G K n seig. Zu lösen sei die Differenialgleichung y ( = f(, y( mi Anfangswer y( 0 = y 0. O33 Euler Polygonzüge und der Peano Exisenzsaz OA zeigen allgemein die Exisenz von lokalen Lösungen. Wir verlangen meis zusäzlich, dass die parielle Ableiung y f von f nach y exisier und seig is. Die Picard Lindelöf Ieraion OC lös dann das AWP in einer kleinen Umgebung ( 0, y 0 I K G mi I = [ 0 a, 0 + b] und K = B(y 0, r. Saz OD (Forsezungen und maximale Lösungen Aus der lokalen folg die globale Lösbarkei im Inneren G : ( Sei y : [a, b[ K n eine Lösung mi y ( = f(, y( für alle [a, b[. Verläuf y ganz in einer kompaken Menge A G, so läss sich y auf das Inervall [a, b] eindeuig forsezen zu einer Lösung y : [a, b] K n. (2 Sind u : [a, b] K n und v : [b, c] K n Lösungen mi u(b = v(b, so lassen sie sich zusammensezen zu einer Lösung y : [a, c] K n. Jede Lösung kann so bis zum Rand G (oder forgesez werden. Forsezungen und maximale Lösungen O34 Aufgabe: ( Warum exisier für b ein Grenzwer y( w? Warum is auch die Forsezung y : [a, b] K n eine Lösung der DG? (2 Wie is y : [a, c] K n definier? Warum is y eine Lösung der DG? (3 Peano OA und Picard Lindelöf OC lösen das AWP zunächs lokal. Wie folg hieraus die globale Formulierung des E&E-Sazes OB? Lösung: ( Die Funkion f : G K n is seig. Auf jedem Kompakum A G is sie beschränk, also f A M <. Für, 2 [a, b[ folg: y( y( 2 2 = y 2 ( d = f(, y( d M 2 = = Für ( n n N b is (y( n n N eine Cauchy Folge, somi konvergen. Wir können also y : [a, b[ K n auf genau eine Weise seig forsezen zu y : [a, b] K n. Unser AWP is äquivalen zur Inegralgleichung y( = y 0 + f(τ, y(τ d. τ= 0 Sie gil für alle [a, b[ und per Grenzübergang b auch für = b. Somi is y : [a, b] K n auch in b differenzierbar mi y (b = f(b, y(b. Forsezungen und maximale Lösungen O35 Forsezungen und maximale Lösungen O36 (2 Aus Lösungen u : [a, b] K n und v : [b, c] K n mi u(b = v(b sezen wir die Lösung y : [a, c] K n zusammen durch Verkleben: { u( für [a, b], y( := v( für [b, c]. Wegen u(b = v(b is dies wohldefinier. Wir müssen noch nachweisen, dass y differenzierbar is und y ( = f(, y( für alle [a, c] erfüll. Dies gil für [a, b[, denn u : [a, b] K n lös die Differenialgleichung. Dies gil für ]b, c], denn v : [b, c] K n lös die Differenialgleichung. Die Ableiung in = b is linksseiig y (b = u (b = f(b, u(b und rechsseiig y (b+ = v (b = f(b, v(b. Hurra, beide sind gleich! (3 Wir lösen y ( = f(, y( mi y( 0 = y 0. Bei Sar in ( 0, y 0 G exisier eine lokale Lösung y : [ 0, [ K n mi > 0 dank OA / OC. Im günsigsen Falle = exisier diese Lösung für alle Zei 0. Andernfalls können wir y maximal forsezen mi Hilfe von ( und (2, mögliche Hindernisse sind nur Polsellen oder der Rand G. Genauer: Sei Γ = { (, y( [ 0, [ } G der Graph unserer Lösung y. Wir berachen seinen Abschluss A = Γ im Inneren G R K n. Kompaker Fall: Is A kompak, so können wir y dank ( eindeuig forsezen zu einer Lösung y : [ 0, ] K n. Wegen (, y( A G erlaub das AWP zu (, y( eine Lösung y : [, 2 [ K n mi 2 >. Dank (2 können wir diese Lösung ankleben. Wir erreichen schließlich: Nich-kompaker Fall: Die folgenden drei Fälle sind möglich: = : Unsere Lösung y : [ 0, [ K n exisier für alle Zei 0. 2 lim sup y( = : Unsere Lösung y enkomm nach Unendlich. 3 lim inf dis(y(, G = 0: Unsere Lösung y läuf zum Rand G. In diesen Fällen is eine Forsezung zu y : [ 0, ] K n unmöglich. Also is unsere Lösung y : [ 0, [ K n maximal nach rechs (für 0. Ensprechend exisier eine maximale Forsezung nach links (für 0. Jede gegebene Lösung der Differenialgleichung y ( = f(, y( kann beidseiig bis zum Rand G (oder forgesez werden. Aus lokaler Eindeuigkei folg zudem die globale Eindeuigkei.

12 Allgemeine Lösung einer Differenialgleichung Wir berachen wie zuvor ein Anfangswerproblem der Form y ( = f(, y(, y(τ = η. Wir unersuchen nun genauer die Abhängigkei vom Sarpunk (τ, η. O37 Hierzu sei G R K n offen und f : R K n G K n : (, y f(, y seig, zudem nach y seig differenzierbar. Dank E&E-Saz OB exisier ein maximales Definiionsinervall I = I(τ, η R und eine eindeuige Lösung y : I K n : y(. Um die Abhängigkei von den Sarweren (τ, η explizi zu noieren, schreiben wir nun genauer Y (; τ, η := y(. Wir erhalen zusammenfassend die allgemeine Lösung Y : B K n : B = { (; τ, η R G I(τ, η } Y : R G B K n : (; τ, η Y (; τ, η Y (; τ, η = f(, Y (; τ, η, Y (τ; τ, η = η Diese Bezeichnung is leider ewas schwerfällig; sie is aber nowendig, wenn wir alle Lösungen zugleich berachen wollen. Insbesondere wollen wir Y (; τ, η auch nach τ und η ableien. Allgemeine Lösung einer Differenialgleichung O38 Aufgabe: Finden Sie die allgemeine Lösung der Gleichung y = f(x, y: ( Für f(x, y = x 2 auf dem Definiionsgebie G = R 2. M5 (2 Für f(x, y = y auf dem Definiionsgebie G = R 2. M7 (3 Für f(x, y = y 2 auf dem Definiionsgebie G = R 2. M9 (4 Für y = f(x, y = x/y auf G = { (x, y R 2 y > 0 }. M2 Lösung: ( Die allgemeine Lösung zum AWP y(ξ = η und y = x 2 is Y (x; ξ, η = (x 3 ξ 3 /3 + η auf ganz B = R G. Machen Sie die Probe! (2 Die allgemeine Lösung zum AWP y(ξ = η und y = y is Y (x; ξ, η = η e x ξ auf ganz B = R G. Machen Sie die Probe! (3 Die allgemeine Lösung zum AWP y(ξ = η und y = y 2 is Y (x; ξ, η = η/( (x ξη auf B = { (x; ξ, η R G (x ξη < }. (4 Die allgemeine Lösung zum AWP y(ξ = η und y = x/y is Y (x; ξ, η = η 2 + ξ 2 x 2 auf B = { (x; ξ, η R G x 2 < η 2 + ξ 2 }. Immer is B offen und hierauf Y seig differenzierbar in (x; ξ, η. Das is kein Zufall, sondern die Aussage des folgenden Sazes. Glae Abhängigkei von den Anfangsdaen O39 Glae Abhängigkei von den Anfangsdaen O40 Saz OE (glae Abhängigkei von den Anfangsdaen Sei G R K n offen, f : G K n seig und nach y seig diff bar. ( Die allgemeine Lösung Y : R G B K n : (; τ, η Y (; τ, η zu y = f(, y, y(τ = η is seig in (; τ, η, und B R G is offen. (2 Zudem is Y nich nur nach, sondern auch nach den Sarweren τ und η seig pariell differenzierbar. (3 Die Ableiungen W = η Y : B K n n und z = τ Y : B K n erfüllen dabei die homogene linearen Differenialgleichungen ( O3 W (; τ, η = y f(, Y (; τ, η W (; τ, η, W (τ; τ, η = n n, z(; τ, η = y f(, Y (; τ, η z(; τ, η, z(τ; τ, η = f(τ, η. Zu fesen Sarweren (τ, η G finden wir die Fundamenallösung W ( ; τ, η : I(τ, η K n n wie in Saz O4E, kommuaiv Saz O4F. Insbesondere gil z(; τ, η = W (; τ, η f(τ, η für alle I(τ, η. Aufgabe: Schreiben Sie die definierende Differenialgleichung für Y als Inegralgleichung. Nuzen Sie ( und (2, rechnen Sie dami (3 aus! Lösung: Wir inegrieren Y (; τ, η = f(, Y (; τ, η ab Y (τ; τ, η = η: Y ( τ; τ, η = Y (τ; τ, η + ˆ τ =τ Y (; τ, η d = η + ˆ τ =τ f(, Y (; τ, η d Wir sezen ( und (2 voraus. Dank Leibniz Regel?? folg dann (3: η Y ( τ; τ, η = n n + τ Y ( τ; τ, η = f(τ, η + ˆ τ =τ ˆ τ =τ y f(, Y (; τ, η η Y (; τ, η d y f(, Y (; τ, η τ Y (; τ, η d Die pariellen Ableiungen W = η Y und z = τ Y erfüllen demnach folgende lineare Differenialgleichungen mi speziellen Anfangsweren: W (; τ, η = y f(, Y (; τ, η W (; τ, η, W (τ; τ, η = n n z(; τ, η = y f(, Y (; τ, η z(; τ, η, z(τ; τ, η = f(τ, η Insbesondere gil z(; τ, η = W (; τ, η f(τ, η für alle I(τ, η.

13 Sensible Abhängigkei von den Anfangsdaen Kann der Flügelschlag eines Schmeerlings in Sugar einen Tornado in Texas auslösen? Der berüchige Schmeerlingseffek besag: Kleine Abweichungen der Anfangsdaen können im weieren Verlauf zu großen Abweichungen führen. Sie pflanzen sich jedoch höchsens exponeniell for: Saz OF (Auseinanderdrifen und Eindeuigkei Für je zwei Lösungen y, ỹ : I K n mi y = f(, y und ỹ = f(, ỹ gil y( ỹ( y(0 ỹ( 0 e L 0 für alle, 0 I. O4 Hier sei I R ein Inervall. Sei f : R K n G K n seig und erfülle die Lipschiz Bedingung f(, y( f(, ỹ( L y( ỹ( für I. Hierzu genüg f/ y L auf jeder Srecke [(, y(, (, ỹ(] für I. Die exponenielle Ungleichung is opimal, wie y ( = L y( zeig: Die Lösungen y 0 e L( 0 und ỹ 0 e L( 0 laufen exponeniell auseinander. Sensible Abhängigkei von den Anfangsdaen Die obige Abschäzung führ uns von Differenialgleichungen zu Ungleichungen. Erse wichige Beispiele kennen Sie bereis gu: y 0 heiß wachsend, y 0 fallend, y 0 konvex, y 0 konkav. Wir benöigen nun für ϕ ( L ϕ( folgendes grundlegende Lemma: Lemma OG (Gronwall 98 Sei ϕ : [ 0, 0 + b] R seig. Aus der implizien Ungleichung 0 ϕ( C + L 0 ϕ(τ dτ für alle [ 0, 0 + b] mi Konsanen C, L R 0 folg die explizie Ungleichung 0 ϕ( C e L( 0 für alle [ 0, 0 + b]. Im Grenzfall C = 0 gil dann ϕ( = 0 für alle [ 0, 0 + b]. O43 Die erse Ungleichung is implizi, da die Funkion ϕ links und rechs vorkomm. Die zweie Ungleichung liefer eine explizie Schranke für ϕ. Sensible Abhängigkei von den Anfangsdaen Beweis: Die Funkion y erfüll y ( = f(, y( für alle I. Also y( = y( y (τ dτ = y( f(τ, y(τ dτ. O42 Gleiches gil für ỹ. Wir unersuchen ϕ( := y( ỹ(. Für 0 gil: 0 ϕ( = y( 0 + f(τ, y(τ dτ ỹ( 0 f(τ, ỹ(τ dτ 0 0 y( 0 ỹ( 0 + f(τ, y(τ f(τ, ỹ(τ dτ 0 y( 0 ỹ( f(τ, y(τ f(τ, ỹ(τ dτ y( 0 ỹ( 0 + L y(τ ỹ(τ dτ 0 = y(0 ỹ( 0 + L ϕ(τ dτ 0 Der Saz folg dann aus dem folgenden Lemma von Gronwall. Sensible Abhängigkei von den Anfangsdaen Beweis: Zu 0 C < D berachen wir folgende Vergleichsfunkion: ψ( = D e L( 0 O44 Sie erfüll die Gleichung ψ( = D + L 0 ψ(τ dτ für alle 0. Es gil 0 ϕ( < ψ( für = 0, und wir zeigen dies nun für alle > 0. Andernfalls gäbe es einen ersen Zeipunk > 0 mi ϕ( = ψ(. Andererseis gil ϕ( < ψ( für 0 < und somi: ϕ( C + L 0 ϕ(τ dτ < D + L 0 ψ(τ dτ = ψ( Demnach is ϕ( = ψ( nich möglich. Also gil ϕ( < ψ( für alle [ 0, 0 + b]. Insbesondere gil demnach die schwache Ungleichung: 0 ϕ( D e L( 0 für alle [ 0, 0 + b] Diese Ungleichung bleib beim Grenzübergang D C besehen: 0 ϕ( C e L( 0 für alle [ 0, 0 + b] Dami is die Ungleichung von Gronwalls Lemma OG bewiesen.

14 Fehlerschranke für Näherungslösungen O45 Fehlerschranke für Näherungslösungen O46 In prakischen Anwendungen sehen wir vor folgendem Problem: Anfangsdaen sind of zufälligen kleinen Schwankungen unerworfen, ewa durch kleine äußere Sörungen oder durch ungenaue Messdaen. Sa der exaken Daen ( 0, y 0 kennen wir of nur eine Näherung ( 0, ỹ 0 sowie (hoffenlich gue Fehlerschranken 0 0 δ und y 0 ỹ 0 η. Auch das Vekorfeld f unserer Differenialgleichung y = f(, y is of nich exak bekann, ewa aufgrund ungenauer von Daen. Wir arbeien daher mi einer Näherung f sowie einer Fehlerschranke f f ε. Manchmal is die reche Seie f auch schlich zu komplizier und wir wollen sie durch eine Vereinfachung f ersezen, also runden.?? Sa der richigen Gleichung y ( = f(, y(, y( 0 = y 0 lösen wir die benachbare (ewas falsche Gleichung ỹ ( = f(, ỹ(, ỹ( 0 = ỹ 0. Unsere berechnee (ewas falsche Näherungslösung ỹ weich von der richigen (aber uns unbekannen Lösung y ab. Es is daher wichig, den möglichen Fehler zu konrollieren. Dies leise die folgende Schranke! Beweis der Fehlerschranke Aufgabe: Beweisen Sie die Fehlerschranke OH analog zu Saz OF. Lösung: Wir berachen die Differenz ϕ( := y( ỹ(. Es gil: 0 ϕ( = y( 0 + y (τ dτ ỹ( 0 + ỹ( 0 ỹ( 0 ỹ (τ dτ 0 0 y 0 ỹ 0 + M ˆ y (τ ỹ (τ dτ 0 =:C Wir nehmen nun 0 an. Für das leze Inegral finden wir: y (τ ỹ (τ dτ = f(τ, y(τ f(τ, ỹ(τ + f(τ, ỹ(τ ỹ (τ dτ 0 0 O47 0 f(τ, y(τ f(τ, ỹ(τ + f(τ, ỹ(τ ỹ (τ dτ 0 L y(τ ỹ(τ + ε(τ dτ = 0 L ϕ(τ + ε(τ dτ Wir erhalen so die Ungleichung 0 ϕ( C + 0 Lϕ(τ + ε(τ dτ. Saz OH (Fehlerschranke für Näherungslösungen Wir vergleichen eine exake Lösung y mi einer Näherungslösung ỹ: y : I K n, y( 0 = y 0, y ( = f(, y( für alle I, ỹ : I K n, ỹ( 0 = ỹ 0, ỹ ( f(, ỹ( ε(. Uner folgenden Voraussezungen gil für alle I die Fehlerschranke y( ỹ( [ y 0 ỹ 0 + M 0 0 ] e L 0 + ε( el 0 L : Die hierzu nöigen Daen ε, L, M besimmen wir nach folgenden Regeln: ( Sei I = [ 0 a, 0 + b] R. Sei f : I K n G K n seig und erfülle die Lipschiz Bedingung f(, y( f(, ỹ( L y( ỹ( für I. Hierzu genüg f/ y L auf jeder Srecke [(, y(, (, ỹ(] für I. (2 Die Schranke ε : I R 0 sei monoon fallend links, auf [ 0 a, 0 ], und monoon wachsend rechs, auf [ 0, 0 + b]; ewa eine Konsane. (3 Es gele ỹ( 0 ỹ( 0 M 0 0 ; ewa ỹ M = max f + ε. Beweis der Fehlerschranke Trick: Zu 0 C < D berachen wir folgende Vergleichsfunkion: ψ( = D e L 0 + ε( el 0 L Sie erfüll die Ungleichung ψ( D + 0 Lψ(τ + ε(τ dτ für alle 0. Es gil 0 ϕ( < ψ( für = 0, und wir zeigen dies nun für alle > 0. Andernfalls gäbe es einen ersen Zeipunk > 0 mi ϕ( = ψ(. Andererseis gil ϕ( < ψ( für 0 < und somi: ϕ( C + 0 Lϕ(τ + ε(τ dτ < D + O48 0 Lψ(τ + ε(τ dτ ψ( Demnach is ϕ( = ψ( nich möglich. Also gil ϕ( < ψ( für alle [ 0, 0 + b]. Insbesondere gil demnach die schwache Ungleichung: 0 ϕ( D e L 0 + ε( el 0 L für alle [ 0, 0 + b] Diese Ungleichung bleib beim Grenzübergang D C besehen: 0 ϕ( C e L 0 + ε( el 0 L für alle [ 0, 0 + b] Ebenso für [ 0 a, 0 ]. Dami is die Ungleichung OH bewiesen.

15 Bedeuung der Fehlerschranke O20 Die umfassende Fehlerschranke OH garanier eine allgemeine und quaniaive Seigkeisaussage. Ich beone zwei wichige Spezialfälle: Aufgabe: Was besag OH für ( ε = 0 und (2 ( 0, y 0 = ( 0, ỹ 0? Erser Spezialfall: Im Falle ε = 0 is neben y auch ỹ eine exake Lösung, allerdings sa ( 0, y 0 mi anderen Sarweren ( 0, ỹ 0. Die Lösungen y und ỹ laufen höchsens exponeniell auseinander: y( ỹ( [ y 0 ỹ 0 + M 0 0 ] e L 0 Das zeig insbesondere seige Abhängigkei von den Anfangsdaen: Wenn die Sarwere ( 0, y 0 und ( 0, ỹ 0 sich nur wenig unerscheiden, so unerscheiden sich auch die zugehörigen Lösungen y und ỹ wenig. Bei gleichen Sarzeipunken 0 = 0 is dies der obige Saz OF. Im Allgemeinen Fall gil ỹ( 0 ỹ( 0 M 0 0, so dass umgekehr auch Saz OF zur obigen, ewas allgemeineren Ungleichung führ. Aus ( 0, y 0 = ( 0, ỹ 0 folg die wichige Eindeuigkeisaussage, wie wir sie von Cauchy OB und Picard Lindelöf OC bereis kennen. Bedeuung der Fehlerschranke Zweier Spezialfall: Bei gleichen Sarweren ( 0, y 0 = ( 0, ỹ 0 gil: y( ỹ( ε( el 0 L O202 Hier erfüll ỹ die Differenialgleichung y ( = f(, y( nich exak, sondern näherungsweise gemäß ỹ ( f(, ỹ( ε( für alle I. Glücklicherweise enfern sich ỹ auch hier höchsens exponeniell von y. Für exake Lösungen, ε = 0, folg erneu die Eindeuigkeisaussage, wie wir sie von Cauchy OB und Picard Lindelöf OC bereis kennen. Auch diese Ungleichung zeig eine seige Abhängigkei: Wenn wir y( 0 = y 0 feshalen und die reche Seie von y ( = f(, y( wenig ändern zu f mi f f ε, so änder sich auch die Lösung ỹ nur wenig. Dies können wir zum Runden der rechen Seie f nuzen.?? Allgemeiner Fall: Die umfassende Fehlerschranke aus Saz OH is die Summe von zwei anschaulich leich versändlichen Beirägen: der Fehler der Anfangsdaen ( 0, ỹ 0 und der Fehler der rechen Seie f. Die Abschäzungen ε, L, M liefern unsere explizie Fehlerschranke! Anwendung der Fehlerschranke O203 Anwendung der Fehlerschranke O204 Aufgabe: ( Finden Sie alle Funkionen y : [, ] R mi y ( = y( 2, y(0 = ungesöre Lösung y( (2 Wie verlaufen Lösungen ỹ : [, ] R der gesören Gleichung? (a ỹ ( = ỹ( sin( y(, ỹ(0.05 = 0.27 gesöre Lösungen ỹ( (b ỹ ( = ỹ( ỹ( 3, ỹ(0.04 = 0.23 gesöre Anfangsdaen ( 0, ỹ 0 (c ỹ ( = ỹ( 2 + g(, ỹ(, ỹ( 0 = ỹ 0 mi g ε = 0.0 sowie 0 0 δ = 0.05 und y 0 ỹ 0 η = Nuzen Sie die Schranke OH mi möglichs guen Konsanen M, L. Lösung: ( Separaion, Lösung y( = /(4, Probe! Eindeuigkei! (2 Wir prüfen bzw. schaffen die geomerischen Voraussezungen: Wir haben das Inervall I = [, ] um 0 = 0 vom Radius T =. Wir wählen K = B(y 0, r = [0, 0.5] um y 0 = 0.25 mi Radius r = Hierauf is f : I K R beschränk durch f M := Dank f/ y = 2y is f Lipschiz mi L = max I K f/ y =. (a/b/c Für Lösungen ỹ : I Ĩ K gil folgende Fehlerschranke: y( ỹ( [ ] y 0 ỹ 0 + (M + ε 0 0 e L 0 + ε [ ] e L 0 L [ ] e [ e ] = e 0.0 Die Graphik zeig die ungesöre Lösung y und den möglichen Verlauf gesörer Lösungen ỹ. Probe: ỹ verläuf asächlich ganz in K = [0, 0.5]. Meis können wir den Verlauf gesörer Lösungen ỹ( nich genau besimmen, aber wir können ihn immerhin rech präzise eingrenzen!

16 Versändnisfragen zu Exisenz und Eindeuigkei O205 Versändnisfragen zu Exisenz und Eindeuigkei O206 Aufgabe: ( Skizzieren Sie u : R R 2 : (sin(, sin(2. Kann dies Lösung eines dynamischen Sysems ẋ = f(x mi f C 0 (R 2, R 2 sein? (2 Können sich bei einem auomomen dynamischen Sysem ẋ = f(x zwei Lösungen u, v kreuzen mi u( = v( 2 und u( v( 2? (3 Können sich bei einem Sysem ẋ = f(x mi f C 0 (R 2, R 2 zwei verschiedene Lösungen kreuzen mi u( = v( 2 und u( = v( 2? x 2 x Lösung: ( Für = 0 gil u(0 = (0, 0 und u(0 = (, 2. Für = π gil ebenfalls u(π = (0, 0 aber u(π = (, 2. Demnach müsse sowohl f(0, 0 = (, 2 als auch f(0, 0 = (, 2 gelen, ein Widerspruch! (2 Nein, das is unmöglich! Teil ( zeig ein Beispiel, nun allgemein: Jede Lösung u : R I R 2 erfüll u( = f(u( für alle I, auch die Lösung v : R J R 2 erfüll v( = f(v( für alle J. Aus u( = v( 2 folg zwingend u( = f(u( = f(v( 2 = v( 2. Der Eindeuigkeissaz vereinfach die Geomerie von Lösungen. (3 Ja, solche Beispiele kennen wir von der Wasseruhr M29 oder??. Das Vekorfeld f(x, x 2 = (, 3 3 x 2 2 definier das Sysem ẋ = f(x. Dieses Vekorfeld is seig aber nich seig differenzierbar. Unendlich viele Lösungen laufen durch den Sarpunk x(0 = (0, 0, zum Beispiel u, v : R R 2 mi u( = (, 0 und v( = (, 3. Ohne Eindeuigkei wird das Problem komplizierer. Versändnisfragen zu Exisenz und Eindeuigkei O207 Versändnisfragen zu Exisenz und Eindeuigkei O208 Aufgabe: (4 Skizzieren Sie u : R R 2 : (sin( 3, sin(2. Kann dies Lösung eines dynamischen Sysems ẋ = f(x mi f C (R 2, R 2 sein? (5 Wir berachen ein Sysem ẋ = f(x mi f C (R n, R n. Erfüll eine Lösung u zudem u(τ = u(0 für ein τ > 0, is sie dann τ periodisch? x 2 x Lösung: (4 Für τ {0, π} gil u(τ = (0, 0 und u(τ = f(0, 0 = (0, 2. Lau Aufgabensellung wird hier f seig differenzierbar vorausgesez. Wir können daher den Eindeuigkeissaz OB nuzen: Bei gleichen Sarweren muss der weiere Verlauf idenisch sein; im vorliegenden Fall bedeue das u( = u(π + für alle R. Die vorgelege Funkion u is aber nich π periodisch! (5 Ja. Teil (4 zeig ein Gegenbeispiel, allgemein gil folgendes: Sei u : R I R n eine maximale Lösung mi 0, τ I und τ > 0. Wir verschieben u: Hierzu sei J = I τ und v : J R n : u( + τ. Die beiden Funkionen u und v sind Lösungen des auonomen Sysems ẋ = f(x mi f C (R n, R n zum selben Sarpunk u(0 = v(0. Dank Eindeuigkeissaz OB sind sie gleich, also u( = v( = u( + τ. Insbesondere läss sich u periodisch forsezen, also gil I = R.

17 Beispielfamilie zu Exisenz und Eindeuigkei Aufgabe: Sei α R >0. Finden Sie alle maximalen Lösungen ( y : I R >0 mi y ( = y( α, (2 y : I R 0 mi y ( = y( α, (3 y : I R mi y ( = y( α. (a Is die reche Seie (seig differenzierbar? Is sie (lokal Lipschiz? (b Zu welchen Anfangsweren y( 0 = y 0 is die Lösung eindeuig? (c Quaniaive Lösung: Berechnen Sie alle maximalen Lösungen. (d Diskuieren und zeichnen Sie insbesondere die Fälle α = /2,, 2. Der Fall α = 0 is rivial. Bei α < 0 häen wir eine Polselle in y = 0. Zur Vereinfachung nehmen wir im Folgenden kurzerhand α > 0 an. Wir lassen auch gebrochene Exponenen zu, zum Beispiel y /2 = y. Bei (3 müssen wir den Absoluberag nehmen, denn is nich reel. Wir sezen wir y α := exp(α ln y für y 0 seig for durch 0 α := 0. Aus Kapiel M kennen wir bereis die illusraiven Beispiele y = y M7 und y = y 2 M9 sowie y = 2 y M29 und y = 3 y 2??. Beispielfamilie zu Exisenz und Eindeuigkei (2a Für α is f(, y = y α seig differenzierbar mi f/ y = αy α. Demnach erfüll f in diesem Falle lokal eine Lipschiz Bedingung. (2b Für α können wir den E&E-Saz anwenden dank (2a: Zum Anfangswer y( 0 = y 0 0 is die Lösung y : I R 0 eindeuig. (2c Für y 0 is zudem die konsane Funkion y( = 0 eine Lösung. Für α sind Null und die Funkionen aus (c die einzigen Lösungen. Für 0 < α < läss sich jede Lösung aus (c maximal forsezen zu { 0 für c, y c : R R 0, y c (x = [ ] ( α( c α für c. Durch jeden Sarpunk ( 0, y 0 mi y 0 > 0 läuf genau eine Lösung. Durch jeden Punk ( 0, 0 hingegen laufen unendlich viele Lösungen! Jedes AWP y( 0 = y 0 > 0 is gu gesell, aber y( 0 = 0 schlech. Den E&E-Saz können wir für 0 < α < nich anwenden: Die reche Seie f(, y = y α is differenzierbar mi f/ y = αy α, doch die Ableiung ha in y = 0 eine Polselle: f is nich Lipschiz! O209 O2 Beispielfamilie zu Exisenz und Eindeuigkei Lösung: (a Die reche Seie f(, y = y α is seig differenzierbar mi f/ y = αy α ; sie erfüll demnach lokal eine Lipschiz Bedingung. (b Wir können den E&E-Saz MC anwenden, sogar Separaion??. Zum Anfangswer y( 0 = y 0 > 0 is die Lösung y : I R >0 eindeuig. Zwei verschiedene (maximale Lösungen können sich nich schneiden. (c Wir lösen diese Gleichung durch Separaion: y α ( y ( =. α = : ln y( = c y( = e c = C e, C > 0, R α > : y( α α = c y( = [ (α (c ] α, < c y( α α < : α = c y( = [ ( α( c ] α, > c Nur für α = exisier die Lösung y : R R >0 für alle Zei R. Für α > läuf jede Lösung in eine Polselle: Für c gil y(. Für 0 < α < läuf jede Lösung y gegen Null: Für c gil y( 0. Für α is deshalb das Lösungsinervall rechs / links beschränk. Dank (b sind dies die einzigen Lösungen; das vereinfach enorm. Beispielfamilie zu Exisenz und Eindeuigkei (3c Wir finden weiere Lösungen y : I R mi y ( = y( α : α = : y 0 ( = 0, R y c ( = e c, y + c ( = + e c, α > : y c ( = [ (α ( c ] α, R R > c y c + ( = + [ (α (c ] α, < c 0 für b c, α < : y b,c ( = [ ( α(b ] α für b, + [ ( α( c ] α für c. (3b Für α bleiben die drei Lösungszweige > 0, = 0, < 0 gerenn. Eindeuigkei: Durch jeden Sarpunk ( 0, y 0 läuf genau eine Lösung. Für 0 < α < fügen sich die Lösungszweige differenzierbar zusammen. (Hierbei lassen wir auch die Sonderfälle b = und c = + zu. Durch jeden Sarpunk ( 0, y 0 laufen unendlich viele Lösungen! (3a Für 0 < α < is f(, y = y α um y = 0 nich Lipschiz! O20 O22

18 Beispielfamilie zu Exisenz und Eindeuigkei O23 Beispielfamilie zu Exisenz und Eindeuigkei O24 Auf y ( = y( können wir den E&E-Saz nich anwenden. Durch jeden Sarpunk ( 0, y 0 verlaufen unendlich viele Lösungen! f(, y = y (normier y y( = ( c2 4 für c Auf y ( = y( 2 können wir den E&E-Saz anwenden: Die reche Seie f(, y = y 2 is differenzierbar, also lokal Lipschiz. f(, y = y 2 (normier y y( = + c für < c y( = (b 2 4 für b y( = b für > b Beispielfamilie zu Exisenz und Eindeuigkei O25 Beispielfamilie zu Exisenz und Eindeuigkei O26 Auch auf y ( = y( können wir den E&E-Saz anwenden: Zwar is f(, y = y nich differenzierbar, aber Lipschiz mi L =. f(, y = y (normier y y( = +e c Der Exisenz-und-Eindeuigkeis-Saz von Cauchy OB oder genauer Picard Lindelöf OC is ein grundlegendes und mächiges Werkzeug. Die Lipschiz Bedingung prüfen wir am bequemsen durch ableien: Is f(, y seig diff bar nach y, so genüg f lokal auf [a, b] B(y 0, r der Lipschiz Bedingung f(, u f(, v L u v mi L = max f/ y. Dies gil für f(, y = y α mi α > : Hier greif der Eindeuigkeissaz! Für 0 < α < hingegen is y α in y = 0 nich diff bar und nich Lipschiz. Wir können den Eindeuigkeissaz hier also nich anwenden. Tasächlich finden wir durch jeden Sarpunk ( 0, y 0 unendlich viele Lösungen! y( = e b Im kriischen Fall α = haben wir die Differenialgleichung y = y. Die reche Seie f(, y = y is in y = 0 nich differenzierbar. (Skizze! Dennoch erfüll sie eine Lipschiz Bedingung, sogar global mi L =, denn es gil u v u v für alle u, v R. (Dreiecksungleichung Beispiele wie dieses zeigen, dass die Lipschiz Bedingung in y ewas allgemeiner is als die (sehr bequeme Differenzierbarkei in y.

19 Anwendung zu Exisenz und Eindeuigkei Aufgabe: (a Skizzieren Sie das Vekorfeld ( ( f : R 2 R 2 x x2 :. x 2 (b Finden Sie (durch Anschauung und Probe eine Lösung x : R R 2 des Sysems ẋ( = f(x( zum Sarwer x(0 = (r 0 cos 0, r 0 sin 0. (c Gib es weiere Lösungen oder haben Sie dami alle gefunden? (2a Skizzieren Sie das Vekorfeld g : R 2 {0} R 2 : ( x x 2 x x 2 + x 2 2 ( x (2b Finden Sie (durch Anschauung und Probe eine Lösung x : R R 2 des Sysems ẋ( = g(x( zum Sarwer x(0 = (r 0 cos 0, r 0 sin 0. (2c Gib es weiere Lösungen oder haben Sie dami alle gefunden? In günsigen Fällen finden wir leich explizie Lösungen. Für f C garanier der Eindeuigkeissaz, dass wir keine Lösungen übersehen. Anwendung zu Exisenz und Eindeuigkei Aufgabe: (3a Skizzieren Sie sowei möglich das gesöre Vekorfeld x 2. f : R 2 {0} R 2 : x f(x + 3 ( x 2 2 g(x (3b Nennen Sie eine periodische Lösung von ẋ( = f(x(. (3c Finden Sie eine Lösung mi x(0 = (, 0 und x(4π = (3, 0. Hinweis: Nuzen Sie den Ansaz x( = (r( + 2 (cos, sin Is die Lösung eindeuig? Läss sie sich für alle Zei R forsezen? Bleib sie beschränk oder enkomm sie nach Unendlich? Lösung: (3a Die Überlagerung is graphisch sehr anschaulich! (3b Die Skizze suggerier x( = (2 cos, 2 sin. Die Probe zeig s! (3c Wir finden die Lösung r( = ( für < 3, r( = 0 für 3 4π 3 und r( = ( 4π für 4π 3, also r( für. Machen Sie die Probe! Differenialgleichungen können auch unerwaree Lösungen haben, ewa so wie hier exoische Lösungen neben den offensichlichen. Diese Gefahrenquelle müssen Sie kennen und sowei möglich ausschließen. Genau hierzu hilf Ihnen der E&E-Saz! O27 O29 Anwendung zu Exisenz und Eindeuigkei Anwendung zu Exisenz und Eindeuigkei y y O28 x (Länge/6 O220 x (Länge/6

20 Anwendung zu Exisenz und Eindeuigkei O22 Anwendung zu Exisenz und Eindeuigkei O222 Aufgabe: (4a Skizzieren Sie sowei möglich das gesöre Vekorfeld f : R 2 R 2 : f(x = f(x + ( x 2 4 h(x, x 2 mi h C (R 2, R 2 (4b Nennen Sie eine periodische Lösung von ẋ( = f(x(. (4c Exisier eine Lösung u zum Sarwer u(0 = (, 0? Is sie eindeuig? Läss sie sich für alle Zei R forsezen? Bleib sie beschränk oder kann sie nach Unendlich enkommen? Der Exisenz- und Eindeuigkeissaz hilf Ihnen auch / gerade dann, wenn Sie keine explizie Lösung ausrechnen können oder wollen. Wir können dann immerhin noch qualiaive Vorhersagen machen, hier ewa eine Sabiliäsgaranie. Solche Überlegungen sind of ein erser wichiger Schri vor der numerischen Näherung, oder dienen danach als Probe / Plausibiliäscheck für die berechneen Näherungslösungen. Lösung: (4a Solche Vekorfelder ähneln der vorigen Skizze, doch schmiegen sie sich wesenlich glaer an den Kreis B(0, 2. Spezialfall: Is das Vekorfeld h roaionssymmerisch, so auch f. (4b Zum Vekorfeld f is x : R R 2 : (2 cos, 2 sin eine Lösung. Sie bleib für die Sörung f erhalen, da sich auf B(0, 2 nichs änder. (4c Ja: Unser Vekorfeld f : R 2 R 2 is seig differenzierbar. Dank E&E-Saz exisier zu jedem Sarwer u(0 R 2 eine eindeuige maximale Lösung u : R I R 2. Bei Sar in der Kreisscheibe B(0, 2, also u(0 < 2, kann die Lösung u die Kreisscheibe nich verlassen: Hierzu müsse sie die obige Lösung x kreuzen, und das is nach dem Eindeuigkeissaz nich möglich! Insbesondere kann die Lösung u nich nach Unendlich enkommen. (In der vorigen Aufgabe geschah überraschenderweise genau dies! Die Lösung u läss sich daher für alle Zei R forsezen; die maximale Lösung is von der Form u : R R 2. Anwendung zu Exisenz und Eindeuigkei O223 Anwendung zu Exisenz und Eindeuigkei O224 Aufgabe: (5a Skizzieren Sie das Vekorfeld f : R 3 R 3 : (x, x 2, x 3 ( x 2, x, 0. (5b Finden Sie (durch Anschauung und Probe eine Lösung x : R R 3 des Sysems ẋ( = f(x( zum Sarwer x(0 = (r 0 cos 0, r 0 sin 0, z 0. (5c Gib es weiere Lösungen oder haben Sie dami alle gefunden? (6 Wir unersuchen zu h C (R 3, R 3 das gesöre Vekorfeld f(x, x 2, x 3 = f(x, x 2, x 3 + (x 2 + x x h(x, x 2, x 3. (6a Nennen Sie periodische Lösungen von ẋ( = f(x(. (6b Exisier eine Lösung u : R I R 3 mi u(0 = (, 0, 0? Is sie eindeuig? Läss sie sich für alle Zei R forsezen? Bleib sie beschränk oder enkomm sie nach Unendlich? Diese Beispiele ensprechen den vorigen in Farbe und 3D. Lösung: (5a Das Vekorfeld f is in jeder x x 2 Ebene wie zuvor. (5b Eine Lösung is x : R R 3 : (r 0 cos( 0, r 0 sin( 0, z 0. Probe: Sie erfüll ẋ( = f(x( und x(0 = (r 0 cos 0, r 0 sin 0, z 0. (5c Dank E&E-Saz is diese Lösung eindeuig: Wir haben sie alle! (6a Das Vekorfeld bleib unveränder auf der Sphäre vom Radius 2: Für r0 2 + z2 0 = 4 erhalen wir erneu genau die Lösungen aus (5b. (6b Ja: Unser Vekorfeld f : R 3 R 3 is seig differenzierbar. Dank E&E-Saz exisier zu jedem Sarwer u(0 R 3 eine eindeuige maximale Lösung u : R I R 3. Bei Sar in der Kugel B(0, 2, also r0 2 + z2 0 4, kann die Lösung u die Kugel nich verlassen: Hierzu müsse sie eine der obigen Lösungen x kreuzen, und das is nach dem Eindeuigkeissaz nich möglich! Insbesondere kann die Lösung u nich nach Unendlich enkommen. Die Lösung u läss sich daher für alle Zei R forsezen; die maximale Lösung is von der Form u : R R 3.

21 Das mahemaische Pendel O225 Das mahemaische Pendel O226 Welche Schwingungsdauer ha eine Schaukel bei 90 Auslenkung? Schiffschaukel Sana Maria, Aufgabe: ( Ersellen Sie die Bewegungsgleichung ϕ( =.... (2 Nähern und lösen Sie diese für kleine Ampliuden ( ϕ < 5. (3 Formulieren und beweisen Sie die Energieerhalung für E =.... (4 Schreiben Sie die Bewegungsgleichung als DGSysem ẋ =... (5 Skizzieren Sie das Vekorfeld f und Lösungskurven für l = 9.8m. (6 Wenden Sie das Euler Verfahren an auf die Anfangsdaen ϕ(0 = π/2 und ϕ(0 = 0 mi Schriweie = 0.. Können Sie der so berechneen Näherung verrauen? Wie lange dauer ein Umlauf ungefähr? ϕ F l ϕ F G Die Rücksellkraf is hier nich-linear: F ( = m g sin ϕ( m = Masse des Pendelkörpers g = 9.8m/s 2 Erdbeschleunigung F G = mg Graviaionskraf zur Masse m l = Länge des Pendelsabes ϕ( = Winkelauslenkung l ϕ( = Auslenkung ( Newons Gesez F ( = m l ϕ( führ zur Differenialgleichung ϕ( = g l sin ϕ(. Wir vereinfachen ewas: punkförmige Masse des Pendelkörpers, vernachlässigbare Masse des Sabes, reibungsfreie Aufhängung, ec. Das mahemaische Pendel (2 Für kleine Auslenkungen gil sin(ϕ ϕ. (Fausregel für ϕ < 5 Dies führ uns zur linearisieren Differenialgleichung: O227 Das mahemaische Pendel (4 Zusand (x, x 2 = (ϕ(, ϕ( R 2, Zusandsraum R 2, Bewegungsgesez: ẋ = x 2 und ẋ 2 = g/l sin(x. O228 ϕ( = g l ϕ( Dies is ein harmonischer Oszillaor: ϕ( = ω 2 ϕ( mi ω = g/l. Lösung ϕ( = c cos(ω + c 2 sin(ω, Periodendauer T = 2π l/g. Beispiel Schiffsschaukel: Für l = 9.8m finden wir T = 2πs 6.28s. Die Schwingungsdauer is unabhängig von der Pendelmasse m! Bei kleinen Schwingungen is sie auch unabhängig von der Ampliude. Für große Auslenkungen brauchen wir eine genauere Rechnung! (3 Kineische Energie 2 ml2 ϕ 2, poenielle Energie mgl( cos ϕ. Die Gesamenergie E = 2 ml2 ϕ 2 + mgl( cos ϕ bleib erhalen: de d = ml2 ϕ ϕ + mgl ϕ sin ϕ = ml 2 ϕ [ g ] l sin ϕ( + mgl ϕ sin ϕ = 0 Zum Vergleich der harmonische Oszillaor: E = 2 ml2 ϕ mglϕ2 (5 Für l = 9.8m erhalen wir (ẋ, ẋ 2 = f(x, x 2 = (x 2, sin(x. Dieses Vekorfeld f : R 2 R 2 is in folgenden Graphiken dargesell. Dank Energieerhalung können wir sofor die Lösungskurven als Energieniveaulinien E = cons einzeichnen! Leider sieh man diesen Kurven ihre zeiliche Paramerisierung oder Periodendauer nich an. (6 Zeilich paramerisiere Lösungen [0, T ] R 2 berechnen wir näherungsweise durch das Euler Verfahren und lesen die Zei ab: Ein Vierelumlauf benöig.85s, eine ganze Periode also 7.4s. Das is ewa 8% länger als die Periode des linearisieren Modells. Die Näherung akkumulier Approximaionsfehler und enfern sich von der Energieniveaulinie. Für kleine Zeien schein die Abweichung noch akzepabel. Für eine ernshafe Rechnung müssen wir die Schriweie verkleinern oder das gesame Verfahren verbessern: Fehlerschranken, Effizienz und Präzision erfordern hare Arbei!

22 Das mahemaische Pendel: Energiefläche O229 Das mahemaische Pendel: Lösungskurven O230 Energiefläche zu E = 2 x2 2 cos x x B A B x 2 x Das mahemaische Pendel: Trajekorien x 2 Energie- Niveaulinie (exak x Euler Verfahren (Näherung O23 x (Länge/0 Wir erkennen harmonische Oszillaion um das unere Gleichgewich A. Der obere Scheielpunk B hingegen is ein insabiles Gleichgewich. Das mahemaische Pendel: Trajekorien x 2 O232 x (Länge/0 Die Periode dauer ewa 4.85s = 7.4s: Länger als im linearen Modell! Das is physikalisch plausibel: Kraf und Beschleunigung sind geringer. (Länge/0 Man erkenn deulich die Abweichungen der Euler Approximaion. Wie erreich man möglichs hohe Präzision bei geringem Aufwand?

23 Näherungsverfahren: von Euler zu Runge Kua O233 Das Euler Verfahren wird hier zu didakischen Zwecken vorgesell: Es is besonders einfach. Leider is es wenig präzise, wie bereis obige Experimene zeigen, und für ernshafe Anwendungen nich geeigne! Auf zwei Weisen können wir die Präzision der Näherung verbessern: Wir können kleinere Schrie wählen und so feiner diskreisieren. Das erhöh den Rechenaufwand, der Compuer läuf langsamer. Wir können ein Verfahren höherer Konvergenzordnung wählen. Das erhöh den Theorieaufwand, der Compuer rechne schneller. Die numerische Approximaion von Differenialgleichungen is in naurwissenschaflich-echnischen Anwendungen allgegenwärig. Es gib hierzu zahlreiche Verfahren, sändig werden weiere enwickel, auf spezielle Anwendungen angepass, unersuch und verbesser. Das bekannese is vermulich das klassische Runge Kua Verfahren (der Ordnung 4, kurz RK4. Es is in der Praxis sehr wei verbreie und erfreu sich großer Beliebhei, denn es is ebenso einfach zu implemenieren wie das Euler Verfahren aber wesenlich präziser! Ich will dies an unserem numerischen Beispiel illusrieren. Näherungsverfahren: von Euler zu Runge Kua O235 Numerisch zu lösen is x ( = f(, x(. Gegeben is zur Zei der Zusand x = x(. Gesuch is nach Zeischri h der Zusand x( + h. Zur Erinnerung das Euler Verfahren (Ordnung : x( + h x( + hk mi Zuwachs k = f(, x Hier das Runge Kua Verfahren (der Ordnung 4, kurz RK4 : k = f(, x, x( + h x( + h k + 2k 2 + 2k 3 + k 4 k 2 = f( + h 2 mi, x + h 2 k, 6 k 3 = f( + h 2, x + h 2 k 2, k 4 = f( + h, x + hk 3. Diese raffiniere Rechnung verringer den Approximaionsfehler. Die Numerik erklär wie genau das geh. Zunächs is k der Zuwachs gemäß des Tangenenvekors zur Zei im Punk x wie bei Eulers Verfahren, dann is k 2 der Zuwachs zur Mie des Zeischris im Punk x + h/2 k, sodann k 3 der Zuwachs zur Mie des Zeischris aber im Punk x + h/2 k 2, schließlich is k 4 der Zuwachs am Ende des Zeischris im Punk x + hk 3. Die vier Zuwächse werden gemiel, wobei die beiden mieleren doppel zählen. Wenn f(, x nur von und nich von x abhäng, dann is dies die Inegraion gemäß Simpson bzw. Keplers Fassregel. Näherungsverfahren: von Euler zu Runge Kua Bildquelle: wikipedia.org Carl Runge ( Bildquelle: wikipedia.org Wilhelm Kua ( O234 Enwickel ha dieses Verfahren 895 Carl Runge. Er war in Göingen Deuschlands erser Professor für angewande Mahemaik. Weierenwickel ha es 90 Wilhem Kua. Er war Professor für Mahemaik in Sugar. Vor hunder Jahren häen Sie Ihre Höhere Mahemaik vermulich bei ihm gehör. Viele Sudenen erinneren sich späer mi großer Bewunderung an seine einzigarigen Vorlesungen. Näherungsverfahren: von Euler zu Runge Kua Die nachfolgenden Graphiken vergleichen Euler und Runge Kua. Das Euler Verfahren is erser Ordnung, kurz O(h: GlobalerFehler(Euler C E (f h Die Konsane häng von der Funkion f und dem Zeiinervall ab. Der Fehler O(h sink für h 0 linear mi der Schriweie: Halbe Schriweie bring doppele Genauigkei. Das Runge Kua Verfahren is vierer Ordnung, kurz O(h 4 : GlobalerFehler(RK4 C RK (f h 4 O236 Im Vergleich zu O(h sink der Fehler O(h 4 wesenlich schneller: Halbe Schriweie bring sechzehnfache Genauigkei! Das is eine dramaische Verbesserung. Die folgenden Graphiken illusrieren dies. Das Runge Kua Verfahren benöig vier Auswerungen der Funkion f für jeden Schri h. Zur Fairness gebe ich dem Euler Verfahren daher Schriweie h/4. Dennoch is Runge Kua wei überlegen!