Analysis 4. Lösungsvorschlag zum 12. Übungsblatt

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1 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Andreas Geyer-Schulz SS 208. Juli 208 Analysis 4 Lösungsvorschlag zum 2. Übungsblatt Aufgabe 42 Wir untersuchen das Räuber-Beute Modell x (t) = ( ax(t) y(t))x(t), y (t) = (c by(t) + x(t))y(t), mit Anfangsbedingungen x(0) = x 0 0 und y(0) = y 0 0 sowie Parametern a,b > 0 und c R. a) Behauptung. Zu jeder Anfangsbedingung x 0 0 und y 0 0 existiert eine eindeutige Lösung (x,y) : [0, ) R 2, die x(t) 0 und y(t) ( 0 für alle) t [0, ) erfüllt. ( ax y)x Beweis. Definiere f : R 2 R 2 durch f (x,y) =. Dann ist f stetig differenzierbar und somit insbesondere lokal Lipschitz stetig. Aus dem Satz von Picard-Lindelöf (c by + x)y folgt, dass jeder Anfangswert (x 0,y 0 ) eine eindeutige Lösung (x,y) : [0,ω + ) R 2 liefert. Der Punkt (0,0) ist eine stationäre Lösung. Für einen Anfangswert (0,y 0 ) mit y 0 > 0 ist eine Lösung (x,0) des Systems durch das logistische Wachstum x (t) = ( ax(t))x(t) gegeben. Diese Lösung konvergiert für t gegen das Equilibrium (/a,0). Ebenso findet man für jeden Anfangswert (x 0,0) mit x 0 > 0 die Lösung (0,y) gegeben durch die logistische Gleichung y (t) = (c by(t))y(t). Falls c > 0 ist, konvergieren diese Lösungen gegen das Equilibrium (0,b/c), andernfalls sind diese Lösungen alle monoton fallend in der zweiten Komponente mit Grenzwert (0,0). Da sich aufgrund der Eindeutigkeit Lösungen nicht schneiden können, gilt also für jeden Anfangswert (x 0,y 0 ) (0, ) 2, dass die zugehörige Lösung (x,y) : [0,ω + ) R 2 auch (x(t),y(t)) (0, ) 2 für alle t [0,ω + ) erfüllt. Eine solche Lösung erfüllt die Ungleichung x (t) = ( ax(t) y(t))x(t) < x(t) und somit folgt x(t) e t für t [0,ω + ). Damit erhält man nun ferner y (t) = (c by(t) + x(t))y(t) < (c + e t x 0 )y(t) und somit y(t) e ct+et x 0 y 0 für alle t [0,ω + ). Somit ist (x,y) auf jedem endlichen Intervall beschränkt und es folgt ω + =. b) Es gelte im Folgenden b > c > a. Behauptung. Das einzige Equilibrium in (0, ) 2 lautet (x,y ) = ( b c +ab, +ac +ab ). Es ist asymptotisch stabil. Beweis. Wir untersuchen die Gleichung f (x,y) = (0,0). Die Equilibria (0,0), (/a,0) und, falls c > 0, (0,b/c) haben wir bereits in Teil a) gefunden. Sucht man nun in (0, ) 2, so folgt aus der Gleichung f (x,y) = 0, dass y = ax ist und aus f 2 (x,y) = 0 folgt y = b (c + x). Daraus erhält man x = b c +ab und y = +ac +ab. Die Voraussetzungen sorgen dabei für b c > 0, also x > 0 und ac >, also y > 0. Es gilt f 2ax y x (x,y) = y c 2by + x für alle (x,y) R 2 und somit ( f 2a b c (x,y ) = +ab +ac +ab +ac +ab b c +ab c 2b +ac +ab + b c +ab ) ax x =. y by

2 Analysis 4 Lösungsvorschlag zum 2. Übungsblatt Also gilt spurf (x,y ) = ax by < 0 und detf (x,y ) = (ab + )x y > 0. Somit haben alle Eigenwerte von f (x,y ) negativen Realteil. Aus Satz 4.2 folgt nun, dass das Koexistenzequilibrium (x,y ) asymptotisch stabil ist. c) Behauptung. Die Funktion V : (0, ) 2 R, V (x,y) = x x log(x)+y y log(y) ist eine Lyapunov-Funktion des Systems. Beweis. Seien (x,y) (0, ) 2. Aus V (x,y) = ( x x, y y ) folgt, dass (x,y ) die einzige kritische Stelle der Funktion V ist. Weiter gilt V (x,y) für (x,y) 2 oder x 0 oder y 0. Also ist (x,y ) ein globales Minimum von V. Wegen V /x 0 (x,y ) = 0 /y liegt in (x,y ) ein striktes Minimum vor. Wir berechnen V (x,y)f (x,y) = ( x x, y ( ax y)x y ) (c by + x)y = (x x )( ax y) + (y y )(c by + x) = (x x )(ax + y ax y) + (y y )(by x by + x) = a(x x ) 2 b(y y ) 2. Somit gilt V (x,y )f (x,y ) = 0 und V (x,y)f (x,y) < 0 für alle (x,y) (0, ) 2 \{(x,y )}. Damit ist V eine Lyapunov-Funktion. Satz 4.4 zeigt nun ebenfalls, dass (x,y ) asymptotisch stabil ist. Außerdem kann man mit Hilfe der Lyapunovfunktion auch die Aussage ω + = aus Teil a) beweisen. Sei (x 0,y 0 ) (0, ) 2 und (x,y) : [0,ω + ) R 2 die zugehörige Lösung. Im Fall (x 0,y 0 ) = (x,y ) ist die Lösung stationär, wir betrachten also (x 0,y 0 ) (x,y ). Es gilt d dt V (x(t),y(t)) = V (x(t),y(t))(x (t),y (t)) = V (x(t),y(t))f (x(t),y(t)) < 0. Also ist die Funktion h : [0,ω + ) R, h(t) = V (x(t),y(t)) eine strikt fallende Funktion. Es folgt, dass die Subniveaumengen {V c} positiv invariant sind, d.h., aus (x 0,y 0 ) {V V (x 0,y 0 )} folgt (x(t),y(t)) {V V (x 0,y 0 )} für alle t [0,ω + ). Die Menge {V V (x 0,y 0 )} ist abgeschlossen als stetiges Urbild einer abgeschlossenen Menge und beschränkt, da V im Unendlichen gegen unendlich geht. Also liegt der Orbit {(x(t),y(t)) t [0,ω+ )} in der kompakten Menge {V V (x 0,y 0 )} und es folgt ω + =. d) Sei x 0 > 0 und y 0 > 0. Behauptung. Die zugehörige Lösung (x,y) konvergiert für t gegen das Equilibrium (x,y ). 2

3 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Andreas Geyer-Schulz SS 208. Juli 208 Beweis. Sei (x 0,y 0 ) (0, ) 2 \ {(x,y )}. In Teil c) wurde die strikt fallende Funktion h : [0, ) R, h(t) = V (x(t),y(t)) eingeführt. Da V ein globales Minimum hat, ist h nach unten beschränkt und folglich existiert m = lim t h(t). Angenommen (x,y) würde nicht gegen (x,y ) konvergieren. Dann existiert ein ε > 0 und eine Folge (t n ) n N mit (x(t n ),y(t n )) (x,y ) > ε für alle n N. Da nach Teil c) der Orbit in der kompakten Menge {V V (x 0,y 0 )} enthalten ist, gibt es eine Teilfolge von (t n ) n (zur besseren Übersichtlichkeit bezeichnen wir diese im Folgenden ebenfalls mit (t n ) n ) mit lim n (x(t n ),y(t n )) = ( x,ỹ). Verwende nun die Notation u( ;u 0 ) um die Lösung des Systems mit Anfangswert u 0 (0, ) 2 zu bezeichnen, es gilt etwa (x,y) = u( ;(x 0,y 0 )). Da u 0 u(t;u 0 ) stetig ist, folgt für jedes t 0 V ( u(t;( x,ỹ)) ) = lim V ( u(t;u(t n ;(x 0,y 0 ))) ) n = lim V ( u(t + t n ;(x 0,y 0 )) ) n = lim h(t + t n ) n = m = V ( x,ỹ). Es folgt ( x,ỹ) = (x,y ), da sonst der Ausdruck auf der linken Seite streng fallend wäre. Dies widerspricht aber der Annahme, dass (x(t n ),y(t n )) (x,y ) > ε für alle n N gilt. Also konvergiert (x,y) tatsächlich gegen (x,y ). Abbildung gibt einen Überblick über einige Lösungen des Systems und ihr Zusammenspiel mit der Lyapunov-Funktion. Aufgabe 43 a) Wir betrachten das Randwertproblem u + x 2 = 0, u(0) = 0, u() = 0. Die homogene Gleichung u (x) = 0 hat zwei linear unabhängige Lösungen u (x) = und u 2 (x) = x, x [0,]. Eine spezielle Lösung der Differentialgleichung u (x) = x 2 lautet u s (x) = 2 x4, x [0,]. Die allgemeine Lösung ist somit von der Form u(x) = a+bx 2 x4, x [0,]. Die Randbedingungen führen somit auf die Gleichungen u(0) = a = 0 und u() = a + b 2 = 0. Daraus erhält man a = 0 und b = 2. Die eindeutige Lösung des Randwertproblems lautet somit u(x) = 2 x( x3 ). Wir betrachten nun das Randwertproblem u u 2u = 0, u(0) + u (0) =, u() = 0. Zwei linear unabhängige Lösungen der homogenen Gleichung sind hier durch u (x) = e x und u 2 (x) = e 2x, x [0,] gegeben. Die allgemeine Lösung lautet somit u(x) = ae x + be 2x und die Randbedingungen führen auf das Gleichungssystem u(0) + u (0) = a + b a + 2b = 3b = und u() = ae + be 2 = 0 und somit b = 3 und a = 3 e3. Die eindeutige Lösung des Randwertproblems lautet somit u(x) = 3 (e2x e 3 x ), x [0,]. 3

4 Analysis 4 Lösungsvorschlag zum 2. Übungsblatt b) Seien I = [a,b], q C(I), p C (I), p > 0. Sei u eine Lösung der Differentialgleichung (pu ) + qu = 0 und es gelte u (x) 0 für alle x I. Wir machen den Ansatz u 2 (x) = c(x)u (x) und berechnen (pu 2 ) + qu 2 = (pc u + pcu ) + cqu = (pc ) u + pc u + c pu c(pu ) + cqu = (pc ) u + 2pc u. Damit wir eine Lösung u 2 erhalten, müssen wir also eine Lösung der Gleichung (pc ) pc = 2 u u suchen. Durch Integration erhalten wir log(pc ) = log(u 2) und somit c =. Damit pu 2 erhält man die gewünschte Formel u 2 (x) = u (x) x a dt, x I. p(t)u (t) 2 Nachrechnen zeigt, dass man so tatsächlich eine zweite Lösung des homogenen Problems erhält. Da c streng monoton wachsend ist, folgt aus αu + βu 2 = u (α + βc) = 0 stets, dass α = β = 0 ist, also hat man nun zwei linear unabhängige Lösungen u und u 2 bestimmt. c) Sei r C([,2]). Wir betrachten das Randwertproblem ( + x 2 )u (x) + 2xu (x) 2u(x) = r(x), x [,2], u() = 0, u(2) = 0. Man kann erraten, dass u (x) = x, x [,2] eine Lösung der homogenen Gleichung ist. Eine weitere Lösung kann gemäß Teil b) wie folgt berechnet werden. u 2 (x) = x = x x x ( + t 2 )t 2 dt t 2 + t 2 dt = + ( + arctan())x x arctan(x). Die Randbedingungen führen nun auf die Gleichungen c = 0 und c 2 = u 2 (2) = 0. Da u 2 (2) 0, haben diese Gleichungen nur die triviale Lösung und nach Satz 5.2 hat das Randwertproblem eine eindeutige Lösung. Aufgabe 44 a) Behauptung. Die Greensche Funktion zu der Randwertaufgabe tu (t) + u (t) = 0, u() = u(e) = 0, t [,e], lautet log(τ) ( log(t) ), τ t e, G(t,τ) = log(t) ( log(τ) ), t τ e. 4

5 Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Andreas Geyer-Schulz SS 208. Juli 208 Beweis. Wir bestimmen zunächst die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung tu (t) + u (t) = 0. Es gilt (tu (t)) = tu (t) + u (t) und somit erhält man durch Integration die Lösung u(t) = c log(t) + c 2, t [,e]. Um die Greensche Funktion zu berechnen suchen wir nun linear unabhängige Lösungen v (t) = c log(t) + c 2, v 2 (t) = d log(t) + d 2, die v () = 0 = v 2 (e) und v (e) = = v 2 () erfüllen. Wir lösen also die Gleichungssysteme und c 2 = 0, c =, d 2 =, d + d 2 = 0, und erhalten v (t) = log(t) und v 2 (t) = log(t), t [,e]. Die Funktionen v und v 2 bilden ein zulässiges Fundamentalsystem. Schließlich berechnen wir die Wronski- Determinante v (x) v 2 (x) W (t) = det v (x) v 2 (x) = log(x) x log(x) x = x, x [,e]. Nach Satz 5.3 ist p(x)w (x) = = c konstant. Die Greensche Funktion erhält man nun aus der Formel nach Lemma 5.6. b) Behauptung. Das Randwertproblem tu (t) + u (t) = 0, t [0,], u(0) = 0, u() = besitzt keine Lösung, obwohl das homogene Problem nur die triviale Lösung hat. Beweis. Aus Teil a) ist die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung tu (t)+u (t) = 0 bekannt. Sie lautet u(t) = c log(t)+c 2. Die einzigen Lösungen, die in C([0,]) liegen, sind also die konstanten Lösungen u(t) = c 2. Folglich ist 0 die einzige Lösung des homogenen Problems. Das Randwertproblem mit obigen Randdaten besitzt gar keine Lösung, weil eine konstante Funktion nicht gleichzeitig u(0) = 0 und u() = erfüllen kann. Satz 5.2 ist hier nicht anwendbar, weil die Voraussetzung p > 0 nicht erfüllt ist. 5

6 Analysis 4 Lösungsvorschlag zum 2. Übungsblatt f 2 = 0 Räuber y 2/3 /2 f = 0 /3 /2 Beute x f 2 = 0 Räuber y 6/ f = 0 20/33 4/3 Beute x Abbildung : Einige Orbits im Räuber-Beute-Modell. Im oberen Bild lauten die Parametern a =, b = 2, c =. Die Equilibria sind in diesem Fall (0,0), (,0), (0, 2 ) und ( 3, 2 3 ). Wie in Aufgabe 39, Blatt, sind die Schaltkurven f = 0 und f 2 = 0 gezeigt. Auf ihnen verläuft der Orbit senkrecht beziehungsweise waagrecht und das Monotonieverhalten der ersten beziehungsweise zweiten Komponente ändert sich. Durch die Schaltkurven werden hier keine invarianten Bereiche festgelegt. In grau sind einige Höhenlinien der Lyapunov-Funktion eingezeichnet. Man erkennt, dass die Subniveaumengen {V c} positiv invariant sind. Im unteren Bild lauten die Parametern a = 3 4, b = 2, c = 3. Die Equilibria sind hier (0,0), ( ,0), und ( 33, 6 ). Im Koexistenzequilibrium sind die Eigenwerte der Linearisierung im Gegensatz zu oben nicht reell, es liegt eine stabile Spirale vor. 6