Numerik gewöhnlicher Differentialgleichungen (MA2304)
Übungsblatt 6
O. Junge, C. Ludwig
19. Mai 2015
Aufgabe 18
Betrachte das Anfangswertproblem (Thomas-Fermi-Problem der Kernphysik)
3
x(t) 2
x (t) = √ ,
t
00
x(0) = x0 > 0,
x0 (0) = v0 .
(1)
(a) Schreibe die Gleichung (1) zweiter Ordnung mit x0 (t) = v(t) als System erster
Ordnung. Warum ist der Satz von Picard-Lindelöf dann nicht anwendbar?
(b) Wende das Lemma von Gronwall auf das System aus (a) an und zeige so direkt
die Eindeutigkeit von Lösungen
x ∈ C 2 (0, T ] ∩ C 1 [0, T ].
Hinweis: Schätze mit dem Gronwall-Lemma die Differenz zweier Lösungen ab.
(c) Transformiere (1) nichtlinear auf ein System erster Ordnung so, dass der Satz
von Picard–Lindelöf anwendbar ist. Hinweis: y(s) = x(s2 ) und z(s) = y 0 (s)/s.
Lösungsvorschlag
(a) Mit v = x0 lautet die Differentialgleichung als System 1. Ordnung
x0 = v
√ ,
v 0 = x3/2 / t
x(0) = x0
v(0) = v0
Wegen x0 > 0 ist die rechte Seite bei t = 0 echt singulär, v 0 = x00 divergiert bei t = 0.
(b) Sind (x1 , v1 ) und (x2 , v2 ) für 0 ≤ t ≤ t1 zwei Lösungen dieses Systems, so ist mit
!
v
(t)
−
v
(t)
x1 (t) − x2 (t)
1
2
√ ,
, dann d0 (t) =
d(t) =
3/2
3/2
v1 (t) − v2 (t)
x1 (t) − x2 (t) / t
Rt
und d(0) = 0. Wegen d(t) = d(0) + 0 d0 (τ ) dτ ergibt sich nun mit der Konstanten
C = maxτ ∈[0,t1 ] [max(|x1 (τ )|, |x2 (τ )|, 1)] aus der Abschätzung (Mittelwertsatz)
3√
3/2
3/2
|x1 − x2 | ≤
C|x1 − x2 |,
2
dass für 0 ≤ t ≤ min(t1 , 1)
√ Z
Z th
i
dτ
1 3/2
3 C t
3/2 kd(t)k1 ≤
|v1 − v2 | + √ x1 − x2
dτ ≤
kd(τ )k1 √ .
2
τ
τ
0
0
√
Rt 1
Da 0 √τ dτ = 2 t existiert, liefert das Lemma von Gronwall kd(t)k1 = 0. Damit
stimmen x1 und x2 zunächst in einer Umgebung von t = 0 überein. Da die rechte
Seite für t > 0 nach x stetig differenzierbar ist, gilt x1 = x2 nach dem Satz von
Picard-Lindelöf schließlich auch global.
(c) Mit den angegebenen Transformationen und x00 (s2 ) = x3/2 (s2 )/s = y 3/2 (s)/s gilt
y 0 (s) = 2sx0 (s2 ),
3
y 00 (s) = 4s2 x00 (s2 ) + 2x0 (s2 ) = 4sy 2 (s) + s−1 y 0 (s),
3
z 0 (s) = s−1 y 00 (s) − s−2 y 0 (s) = 4y 2 (s).
Man sieht, dass sich für s → 0 die Divergenz von x00 (s2 ) nicht auf z 0 (0) oder y 0 (0)
0
auswirkt. Mit z(0) = lims→0 y s(s) = 2x0 (0) = 2v0 erhalten wir so das gutartige AWP
y 0 (s) = sz(s)
,
z 0 (s) = 4y 3/2 (s)
y(0) = x0
z(0) = 2v0
Aufgabe 19
Bestimme die Definitionsgebiete Ω der rechten Seiten folgender Differentialgleichungen so, dass jeweils die Voraussetzungen des Satzes von Picard-Lindelöf erfüllt sind:
(a) tx0 = 1,
(b) (x0 )3 = t,
(c) x0 = sin(t) ln(|x|),
(d) tx00 + 8x = 9.
Lösungsvorschlag
Wir schreiben die DG jeweils in der Form x0 = f (t, x) und ermitteln Ω so, dass
f, fx : Ω → Rd beide stetig sind.
(a) f (t, x) = 1/t, Ω = (R\{0}) × R.
(b) f (t, x) = t1/3 , Ω = R × R.
(c) Ω = R × (R\{0}).
(d) Mit x0 = v lautet das zugehörige System 1. Ordnung
x0 = v,
v 0 = (9 − 8x)/t.
Also ist f (t, x, v) = (v, (9 − 8x)/t), Ω = (R\{0}) × R2 .
Da die Definitionslücken stets Punkte sind (wie z. B. R\{0}) und die f bei den jeweiligen Punkten die einseitigen Grenzwerte ±∞ haben, brauchen wir die lokale
Lipschitz-Stetigkeit nicht überprüfen, da sie offenbar nicht erfüllt sein kann.
Aufgabe 20
Es sei f stetig differenzierbar und x eine periodische Lösung des autonomen AWP
x0 = f (x),
x(0) = x0 ∈ Rd
mit Periodenlänge T > 0, d. h. es gilt x(0) = x(T ) und x(0) 6= x(t) für 0 < t < T .
Zeige: Die Propagationsmatrix W (T, 0) besitzt den Eigenwert 1.
Lösungsvorschlag
Wegen
d
f x(t) = fx x(t) ẋ(t) = fx x(t) f x(t)
dt
löst f (x(t)) die Variationsgleichung. Wegen der Eindeutigkeit muss also (x0 = x(0))
f x(t) = W (t, 0)f (x0 )
gelten. Mit t = T und der Periodizität erhält man
f (x0 ) = W (T, 0)f (x0 ).
Nun gilt aber f (x0 ) 6= 0, da sonst im Gegensatz zur Voraussetzung x(t) ≡ x0 wäre.
Also ist f (x0 ) EV zum EW 1 der Matrix W (T, 0).
Alternativer Weg:
i
h
i
dh T
Φ x(t) = Dξ ΦT ξ ẋ(t) = W (T, 0)f (x0 )
dt
t=0
ξ=x(t)
t=0
i
h
i
dh T
Φ x(t) = Dξ ΦT ξ ẋ(t) = f (x0 )
dt
t=T
ξ=x(t)
t=T
Wegen der Periodizität gilt also: W (T, 0)f (x0 ) = f (x0 ).
Aufgabe 21
Gegeben sei die Differentialgleichung
ẋ = x2 ,
x(0) = 1.
Lösen Sie die zugehörige Variationsgleichung für δx(t) und bestimmen Sie die Konditionszahl κ[0; 1 − ].
Lösungsvorschlag
Die Evolution zum Anfangswert x(0) = x0 lautet: Φt,0 x0 = x0 /(1 − tx0 ). Die Variationsgleichung lautet
x0
δx,
δx(0) = δx0 .
δ ẋ = 2
1 − tx0
Deren Lösung ist (entweder durch direktes Lösen, oder durch Ableiten von Φ nach x0 )
ist:
δx0
δx(t) =
.
(tx0 − 1)2
Damit ist W (t, 0) = (t−1)−2 für den angegebenen Startwert x0 = 1 und für 0 < < 1
1
1
= 2.
2
t∈[0;1−] (t − 1)
κ[0; 1 − ] = max
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