Für einige Anwendungen in der Physik ist die Forderung F0(0) = 0 an die Kernfunktion zu einschränkend ([18], [19], [22], [23]). Maximal linear wachsende Kernfunktionen konnten bei der Suche nach exponentiell abklingenden Lösungen nicht eingebunden werden, denn der Fallα= 0 wird in Satz 4.8 nicht abgedeckt. Ein weiteres Indiz liefert bereits die Tatsache, dass die Faltung f∗f mitf(t) =e−tzwar ebenfalls exponentiell abklingt, jedoch mit einer schlechteren Rate alsf. Wir werden jedoch sehen, dass unter der schwächeren Forderung nach polynomial abklingenden Lösungen linear wachsende Kernfunktionen zulässig sind.
Wir beginnen mit folgendem
Lemma 4.16. Seien f, g∈L1((0,∞),R) stetig, positiv für x >0 und es gelten
∀h >0 : lim
x→∞
f(x+h)
f(x) = lim
x→∞
g(x+h) g(x) = 1 sowie
∃λ, µ≥1 ∀x >0 : max
t∈[x,2x]f(t)≤λf(2x), max
t∈[x,2x]g(t)≤µg(2x).
Dann gilt für die Faltung (f∗g)(x) =
x
R
0
f(x−t)g(t)dt
|(f∗g)(x)| ≤2λkgkL1f(x) + 2µkfkL1g(x).
Beweis. Diese Aussage ist ein Spezialfall von Satz 2.2 aus [29]. Sie gilt bis auf Konstanten bereits für den Fall, dass f undg nur asymptotisch äquivalent zu Funktionen mit obigen Eigenschaften sind.
Korollar 4.17. Sei fürd >0, n >1,x∈[0,∞) f(x) := 1
(d+x)n. Dann gilt für x∈[0,∞)
|(f ∗f)(x)| ≤ 2n+2 (n−1)dn−1
1 (d+x)n.
Beweis. Dies ist eine direkte Folgerung aus Lemma 4.16, wobeikfkL1 = (n−1)d1 n−1 und λ=µ= 2n.
Satz 4.18. Seien F : R → R stetig differenzierbar mit F(0) = 0 und F(1) > −1. Weiter seien n > 1, K := nn, k > K und a > 0 mit a ≤ (k−K)(n−1)32Kk242nn2n−2. Ferner gelte für alle x∈h
−(n−1)nk n−1,(n−1)nk n−1
i
|F0(x)| ≤a.
Dann existiert eine eindeutige Lösungφ∈C2([0,∞),R) von (3.1) zur Kernfunktion F mit
|φ(t)| ≤˙ k
(n+t)n und |φ(t)| ≤ k n−1
1
(n+t)n−1 (t∈[0,∞)).
Bemerkung 4.19. Es gilt für die Parameter aus Satz 4.18 k−K
32k2 ≤ 1 128nn, d. h.,
a≤ 1
128eg(n)
wobei g(x) := ln(4)x+ 2 ln(x)−2 ln(x−1), x∈(1,∞). Es gilt für die Abelitung von g g0(x) = ln(4) + 2
x − 2 x−1
x≥ 4
ln(4)+1
≥ 1 2ln(4), d. h., es gilt g(x)x→∞−→ ∞, woraus
a≤ 1 128
(n−1)2 4nn2
n→∞−→ 0
folgt, d. h., bessere Abklingraten der Lösung machen stärkere Einschränkungen an die Kernfunk-tion nötig.
Beweis von Satz 4.18. Es gilt fürf(t) :=e−t(n+t)n
n = n
⇒ n ≤ n+t, für alle t≥0
⇒ e−tn(n+t)n−1 ≤ e−t(n+t)n
⇒ f0(t) ≤ 0
⇒ f(t) ≤ f(0) =nn
⇒ e−t ≤ K(n+t)1 n, für allet≥0.
Wir definieren wie im Fall exponentiell fallender Lösungen
X :={f ∈C1([0,∞),R) :f, f0 sind beschränkt},
versehen mit der NormkfkX := max{kfk∞,kf0k∞}. Wir betrachten folgende Teilmenge vonX C :=
f ∈X
f(0) = 1,∀t∈[0,∞) :|f(t)| ≤ k n−1
1
(n+t)n−1 und |f0(t)| ≤ k (n+t)n
. Wieder ist C ⊆ X beschränkt, abgeschlossen, konvex und nichtleer, denn es gilt k > K ≥ (n−1)nn−1. Wir definieren folgende Abbildung
T :C →C, v7→T v:=uv,
wobeiuv Lösung folgender inhomogenen linearen Differentialgleichung erster Ordnung
uv(t) + ˙uv(t) +
t
Z
0
m(t−s, s)ds= 0, φ(0) = 1, (4.5)
mit m(t, s) :=F(v(t)) ˙v(s) für t, s∈[0,∞).
Wir zeigen nun, dass T wohldefiniert ist. Dazu leiten wir (4.5) nach t ab und erhalten mit Variation der Konstanten
˙
Daraus folgt wegen v∈C und den Voraussetzungen anF
|u˙v(t)| ≤e−t+
Korollar 4.17 liefert
|u˙v(t)| ≤e−t+
wobei wir im letzten Schritt erneut Korollar 4.17 ausgenutzt haben. Daraus folgt mit den Voraus-setzungen an die Konstanten (man beachte (n−1)16Kak2n22n−24n ≤ k−K2 ,|F(1)| ≤aund (n−1)n4Ka2nn−1k ≤ k−K2 )
|u˙v(t)| ≤ k (n+t)n
für alle t∈[0,∞). Analog zum Beweis von Lemma 4.2 lässt sich damit
|uv(t)| ≤ k n−1
1 (n+t)n−1 für alle t∈[0,∞) zeigen. Daraus folgt die Wohldefiniertheit vonT.
Nun zeigen wir, dassT einen Fixpunkt besitzt. Dies kann in ähnlicher Weise wie im Beweis von Lemma 4.7 mit dem Schauderschen Fixpunktsatz gezeigt werden, denn es gilt fürφ, ψ∈C mit φ=T ψ,t0 ∈[0,∞) undt∈[0,2t0]
Korollar 4.17:∃C>0
≤ Cakn−12
Die Eindeutigkeit des Fixpunkts folgt aus Korollar 2.5.
Beispiel 4.20.
(i) Wir betrachten den Falln= 2. Dann giltK= 4. Es gibt dann einδ >0, so dassk= 4(1+δ) und somit k−K = 4δ. Es gilt dann a ≤ 2048(1+δ)δ 2. Der Ausdruck auf der rechten Seite wird maximal für δ= 1, d. h., wir könnena= 81921 setzen.
SeiF(x) :=− 81921
x (x∈R), dann gilt:
Das Problem (3.1) zur Kernfunktion F besitzt eine eindeutige Lösung φ ∈ C2([0,∞),R) mit
|φ(t)| ≤ 8
(2 +t) und |φ(t)| ≤˙ 8 (2 +t)2.
(ii) In Beispiel (i) kann man auch allgemeiner mit jeder Funktion F : [−4,4]→R, die
|F0(x)| ≤ 1 8192 erfüllt, arbeiten, z. B.,
F(x) =± 1
73728(x+x2).
Mehrparametrige Kernfunktionen
In diesem Kapitel untersuchen wir Probleme der Art
φ(t) + ˙φ(t) +
t
Z
0
F(φ(t−s), t−s, t) ˙φ(s)ds= 0, t∈[0,∞), φ(0) = 1, (5.1) wobei F : R×[0,∞)×[0,∞) → R. Dieses Problem ist eine Verallgemeinerung zu folgenden speziellen Fällen aus der Physik:
(i) Problem aus [18]:
φ(t) + ˙φ(t) +
t
Z
0
f(φ(t−s))
1 +γ2(t−s)2φ(s)ds˙ = 0, t∈[0,∞), φ(0) = 1, (5.2) wobeiγ ∈R,f :R→R.
(ii) Problem aus [10]:
φ(t) + ˙φ(t) +
t
Z
0
h(t)h(t−s)f(φ(t−s)) ˙φ(s)ds= 0, t∈[0,∞), φ(0) = 1, (5.3) wobeih, f :R→R.
(iii) Problem aus [9]:
φ(t) + ˙φ(t) +
t
Z
0
f(φ(t−s)) 1 +γ2sin2(ω(t−s))
φ(s)ds˙ = 0, φ(0) = 1, (5.4) wobeif :R→Rundγ, ω∈R.
Ziel dieses Kapitels sind Existenz- und Eindeutigkeitsaussagen zu den Problemen (5.1)–(5.4) und Resultate zur Asymptotik der Lösungen.
54
5.1 Monotone Kernfunktionen
In diesem Kapitel behandeln wir Kernfunktionen der ArtF(x, s, t) =f(x)g(s, t) +cmitf :R→ R,g: [0,∞)×[0,∞)→Rundc∈R.
Bemerkung 5.1. Das Hinzuziehen einer Konstanten c wird benötigt für Asymptotik-Resultate im Fall allgemeiner Grenzwerte der Lösung (s.u.). In den physikalisch relevanten Fällen gilt c= 0.
Satz 5.2. Seien f :R→R, g: [0,∞)×[0,∞)→R und c∈Rmit folgenden Eigenschaften:
i) g ist bezüglich tdifferenzierbar mit Ableitung g2(s, t) := dtdg(s, t), ii) g und g2 sind lokal beschränkt,
iii) f ist beschränkt und lokal Lipschitz-stetig.
Dann besitzt das Problem (5.1) zu F :=f ·g+c eine eindeutige Lösungφ∈C1([0,∞),R).
Beweis. Das Problem (5.1) ist äquivalent zu folgendem Fixpunktproblem für φ∈C1([0,∞),R):
φ(t) = 1 + Z t
0
f(φ(s))g(s, s) +c−(1 +c)φ(s)−f(φ(s))g(s, t)φ(t−s)ds +
Z t 0
Z s 0
f(φ(τ))g2(τ, s)φ(s−τ)dτ ds,
(5.5)
t∈[0,∞).
Diese Fixpunktgleichung lässt sich analog zu Kapitel 1 mit Hilfe des Banachschen Fixpunktsatzes behandeln, d. h., der Beweis funktioniert im Wesentlichen analog zum Beweis von Satz 2.4. Das Doppelintegral in (5.5) stellt aufgrund der Forderungen an g2 keine nennenswerte technische Schwierigkeit dar.
Lemma 5.3. Seien ε >0, f,f˜:R→R, g: [0,∞)×[0,∞)→R, (s, t)7→g(s, t) und c∈R mit folgenden Eigenschaften
i) f undf˜sind beschränkt mit kf −f˜k∞< ε, ii) f ist Lipschitz-stetig,
iii) g ist bezüglich tdifferenzierbar mit g2(s, t) := dtdg(s, t), iv) g und g2 sind lokal beschränkt.
Seien φ: [0, N]→Rund φ˜: [0, N]→RLösungen von (5.1) zuF :=f·g+cbzw. F˜ := ˜f·g+c.
Dann gibt es eine Konstante κ >0, die nur von N, ε und F abhängt, mit kφ−φk˜ ∞≤κkf−f˜k∞.
Beweis. Der Beweis kann mit Hilfe der Fixpunktgleichung (5.5) im Wesentlichen analog zum Beweis von Lemma 3.2 geführt werden, wobei das Doppelintegral durch die zusätzlichen Forde-rungen ang2 problemlos behandelt werden kann. Auf weitere Ausführungen wird hier verzichtet.
Satz 5.4. Seien f :R → R, g : [0,∞)×[0,∞) → R, (s, t) 7→ g(s, t) und c ∈ R mit folgenden Eigenschaften:
i) Es existiert der Grenzwert g¯:= lim
t→∞g(t, t), ii) ∃x0 <1 :f(x0)¯g+c= 1−xx0
0,
iii) f ist auf [x0,1] differenzierbar und lokal Lipschitz-stetig,
iv) g ist partiell differenzierbar mit partiellen Ableitungeng1 := ∂g∂s und g2:= ∂g∂t, v) g2 ist lokal beschränkt,
vi) Auf[x0,1]×[0,∞)×[0,∞) gelte einer der folgenden Fälle:
a) f0≥0, g≥0 und f ≥0,g1 ≤0, g1+g2≤0, b) f0≤0, g≤0 und f ≤0,g1 ≥0, g1+g2≥0.
Dann wird das Problem (5.1) zuF :=f·g+ceindeutig durch einφ∈C1([0,∞),R) gelöst, wobei φ monoton fallend ist, mit x0 ≤φ(t)≤1 für alle t∈[0,∞).
Insbesondere ist φ konvergent.
Beweis. Wir definieren für x∈R f˜(x) :=
f(1), x >1, f(x), x0 ≤x≤1, f(x0), x < x0.
f˜ist somit global beschränkt und zusammen mit(iii),(iv)und(v)wird das Problem (5.1) nach Satz 5.2 zuF˜:= ˜f ·g eindeutig durch einφ˜∈C1([0,∞),R) gelöst.
Da f˜im Allgemeinen nicht mehr differenzierbar ist, benötigen wir eine Approximation durch glattere Funktionen.
Sei dazu(fn)n∈N⊆C0(R,R)eine Folge differenzierbarer, lokal Lipschitz-stetiger Funktionen mit kfn−fk˜ ∞n→∞−→ 0, die den Vorzeichenbedingungen fn(x)·f˜(x)≥0und
fn0(x)
≥0, falls Bedingung(vi)aerfüllt ist
≤0, falls Bedingung(vi)b erfüllt ist
für alle x∈R,n∈Ngenügen.
Für allen∈Nistfn beschränkt, d. h., das Problem (5.1) zuFn:=fn·g+cwird nach Satz 5.2 eindeutig durch einφn∈C1([0,∞),R) gelöst.
Es gilt φ˙n(0) =−1, d. h.,
∃τ >0∀t∈[0, τ] : ˙φn(t)<0.
Wir nehmen an, es gebe ein t0 >0 mit φ˙n(t0) = 0. Ohne Einschränkung sei t0 minimal unter allen Elementen mit dieser Eigenschaft. Formales Differenzieren von (5.1) zuFn nachtführt zu
φ˙n(t) + ¨φn(t) + [fn(1)g(0, t) +c] ˙φn(t) + Z t
0
fn0(φn(t−s))g(t−s, t) ˙φn(t−s) ˙φn(s)ds +
Z t 0
fn(φn(t−s))[g1(t−s, t) +g2(t−s, t)] ˙φn(s)ds= 0, d. h., φ¨n exisitiert und wir erhalten mit(vi)
φ¨n(t)≤ −[1 +fn(1)g(0, t) +c] ˙φn(t), t∈[0, t0].
Mit dem Lemma von Gronwall folgt daraus
φ˙n(t)≤ −e−R0t1+fn(1)g(0,s)+cds, t∈[0, t0], woraus φ˙n(t0)<0folgt, was ein Widerspruch ist.
Daraus folgt, dassφn für alle n∈N streng monoton fallend ist.
Seient1, t2 ∈[0,∞)mitt1≤t2 undN >0mitt1, t2≤N. Es gilt mit (iii),(iv),(v)und Lemma 5.3
sup
0≤t≤N
|φ(t)˜ −φn(t)|n→∞−→ 0, woraus aufgrund der Monotonie der φn
φ(t˜ 1)≥φ(t˜ 2)
folgt, d. h.,φ˜ist monoton fallend. Daraus folgt nach Konstruktion vonf˜für alles1, s2, s3 ∈[0,∞) mit s2≤s3
f˜( ˜φ(s1))g(s2, s3)
(vi)
≥ f(x0)g(s3, s3)
(i),(vi)
≥ f(x0) lim
t→∞g(t, t)(ii)= x0
1−x0 −c.
Mit (5.1) folgt weiter φ(t) +˜ φ(t) =˙˜ −
t
Z
0
hf˜( ˜φ(t−s))g(t−s, t) +c
iφ(s)ds˙˜ ≥ x0
1−x0 t
Z
0
−φ(s)ds˙˜ = x0
1−x0
1−φ(t)˜
. Daraus folgt
φ(t)˙˜ ≥ x0 1−x0
− 1 1−x0
φ(t)˜ und daraus wiederum mit dem Lemma von Gronwall
φ(t)˜ ≥e−
1 1−x0t
+
t
Z
0
e−
1
1−x0(t−s) x0 1−x0
dst→∞−→ x0. Damit haben wir
x0≤φ(t)˜ ≤1, t∈[0,∞),
woraus für alles1, s2, s3 ∈[0,∞)
f( ˜˜φ(s1))g(s2, s3) =f( ˜φ(s1))g(s2, s3) folgt.
Damit istφ˜Lösung von (5.1) zu F :=f ·g+c und nach Satz 5.2 eindeutig, womit alles gezeigt ist.
Korollar 5.5. Zusätzlich zu den Voraussetzungen aus Satz 5.4 gelte
t→∞lim g(t, t) existiert mit lim
n→∞g(t1n, t2n) = lim
t→∞g(t, t) für alle Folgen (tin)n∈N⊆[0,∞) mittinn→∞−→ ∞, i= 1,2.
Dann konvergiert die LösungΦgegen das bezüglich „≤” maximaleξ ∈[x0,1), dass der Bedingung f(ξ) lim
t→∞g(t, t) +c= ξ 1−ξ genügt.
Beweis. Nach Satz 5.4 existiert einφ¯∈[x0,1)mit limt→∞φ(t) = ¯φ.
Es gilt für alles, t∈[0,∞)mit s≤t f(1)g(t−s, t)
φ≤1,(vi)
≥ f(φ(t−s))g(t−s, t)
x0≤φ,(vi)
≥ f(x0)g(t, t).
Damit gibt es eine KonstanteC >0, so dass für alles, t∈[0,∞) mit s≤t
|f(φ(t−s))g(t−s, t) +c| ≤C.
Weiter gilt für aller, s∈[0,∞) mit s≤r
f(φ(r−s))g(r−s, r) +c−h
f( ¯φ) lim
t→∞g(t, t) +c i
≤
f(φ(r−s))g(r−s, r)−f( ¯φ)g(r−s, r) +
f( ¯φ)g(r−s, r)−f( ¯φ) lim
t→∞g(t, t)
r→∞−→ 0,
da nach Voraussetzung der Grenzwert vong unabhängig von der speziellen Wahl der Folgen ist.
Damit haben wir
t→∞lim f(φ(t−s))g(t−s, t) +c=f( ¯φ) lim
t→∞g(t, t) +c.
Nun kann der Beweis analog zum Beweis von Korollar 3.5 geführt werden.
Wir zeigen nun, dass unter gewissen Voraussetzungen polynomiale Konvergenz der Lösung vor-liegt.
Satz 5.6. Seien f,g und cwie in Satz 5.4 für x0= 0. Weiter gelte für allex∈[0,1]
viii) lim
t→∞g(t, t) existiert mit lim
n→∞g(t1n, t2n) = lim
t→∞g(t, t) für alle Folgen (tin)n∈N ⊆ [0,∞) mit tinn→∞−→ ∞, i= 1,2,
ix) der Grenzwert erfüllt f(x)· lim
t→∞g(t, t) +c
< 1−xx , x >0,
= 0, x= 0, , x) es gilt f0(0)· lim
t→∞g(t, t)<1,
xi) für alles, t∈[0,∞):g2(s, t) := dtdg(s, t)
≤0, fallsf(x)≥0 für allex∈[0,1],
≥0, fallsf(x)≤0 für allex∈[0,1]. . Dann erfüllt φ für alle n∈N
t→∞lim tnφ(t) = 0.
Beweis. Mit Bedingung(viii) und Korollar 5.5 giltlimt→∞φ(t) = 0.
Wir definieren für x∈[0,1]H(x) :=f(x)·limt→∞g(t, t) +c. Die Voraussetzungen(ix) und(x) liefernH(x)< 1−xx fürx >0,H(0) = 0undH0(0)<1.
Nach Lemma 3.7 gibt es einε >0 mit f(x)·limt→∞g(t, t) +c=H(x)≤ 1−xx −εx. Wie in [23]
gezeigt, gibt es damit ein ε∈(0,1)und ein x0 >0, so dass für allex∈[0, x0) f(x)· lim
t→∞g(t, t) +c≤(1−ε)x.
Daraus folgt, dass ein δ ∈ (0,1) und x0, t0 > 0 existieren, so dass für alle x ∈ [0, x0) und alle t≥t0
f(x)·g(t, t) +c≤(1−δ)x.
Aufgrund der Konvergenz von φgibt es ein ˜δ∈(0,1)und t0∈[0,∞), so dass für allet≥t0 f(φ(t))g(t, t) +c≤(1−δ)φ(t).˜
Weiter gilt für0≤s≤t f(φ(s))g(s, t) +c
(vii)
≥ f(φ(s))g(t, t) +c
(vi)
≥ f(0)g(t, t) +c
(vii)
≥ f(0) lim
t→∞g(t, t) +c= 0.
Der weitere Beweis kann nun mittels Induktion analog zum Beweis von Satz 3.9 bzw. Korollar 3.10 geführt werden. Dabei wird folgende Gleichung verwendet
t
Z
0
[f(φ(t−s))g(t−s, t) +c] ˙φ(s)ds=d dt
t
Z
0
[f(φ(s))g(s, t) +c]φ(t−s)−[f(φ(s))g(s, s) +c]ds
− Zt
0
f(φ(s))g2(s, t)φ(t−s)ds.
Bedingung(xi) wird zur Abschätzung des letzten Integralterms benötigt.
Unter weiteren Voraussetzungen erhalten wir sogar exponentielle Konvergenz:
Satz 5.7. Zusätzlich zu den Voraussetzungen aus Satz 5.6 gelte:
xii) Falls lim
t→∞g(t, t) = 0, so gelte f(0)·g(0,0) = 0.
Dann gilt:
∃s0>0 : lim
t→∞es0tφ(t) = 0.
Beweis. Da¯g:= lim
t→∞g(t, t) existiert, folgt mit Bedingungen(vii) und (xi):
∃gmax>0 ∀s, t∈[0,∞) :g(s, t)≤gmax. 1. Fall:g¯6= 0
Es gilt dann fürx∈[0,1],s, t∈[0,∞):
f(x)g(s, t) +c=f(x)¯gg(s, t)
¯
g +c≤κ(f(x)¯g+c)≤κ·G(1)·x, wobeiκ:= maxn
gmax
¯ g ,1o
undG(x) =1−xx −εxdie absolut monotone Funktion aus dem Beweis von Satz 5.6 ist.
2. Fall:g¯= 0
Dies gilt nach(ix) nur fürc= 0.
Daf nach Voraussetzung lokal Lipschitz-stetig ist, existiert M := sup
x∈[0,1]
|f0(x)|. Daraus folgt für alle x∈[0,1],s, t∈[0,∞)
f(x)g(s, t) +c=f(x)g(s, t)
(vii),(xi)
≤ f(x)g(0,0)≤M ·g(0,0)·x.
Der weitere Beweis kann nun analog zum Beweis von Satz 3.11 und Korollar 3.12 geführt werden, wobei statt der KonstantenG(1)mit κ·G(1)bzw.M ·g(0,0)gearbeitet wird.
Es gilt auch folgendes Analogon zu Satz 3.13:
Satz 5.8. Seien f,g und cwie in Satz 5.4 für x0= 0. Weiter gelte für allex∈[0,1]:
viii) lim
t→∞g(t, t) existiert mit lim
n→∞g(t1n, t2n) = lim
t→∞g(t, t) für alle Folgen (tin)n∈N ⊆ [0,∞) mit tinn→∞−→ ∞, i= 1,2,
ix) es gilt für alle s, t∈[0,∞): g2(s, t) := dtdg(s, t)
≤0, fallsf(x)≥0für alle x∈[0,1],
≥0, fallsf(x)≤0für alle x∈[0,1], x) ∃κ∈(0,1]∀x∈[0,1] :f(x)g(0,0) +c≤κ·x.
Dann gilt
φ(t)≤κ−12 ·t−12, t∈[0,∞).
Beweis. Wir erhalten mitVariation der Konstanten φ(t) = e−t−e−t
t
R
0
es
s
R
0
[f(φ(s−τ))g(τ, s) +c] ˙φ(τ)dτ ds
(vii),(ix)
≤ e−t−e−t
t
R
0
es
s
R
0
[f(φ(s−τ))g(0,0) +c] ˙φ(τ)dτ ds
(x)
≤ e−t−e−t
t
R
0
es
s
R
0
κ·φ(s−τ)·φ(τ˙ )dτ ds.
Der weitere Beweis erfolgt nun analog zum Beweis von Satz 3.13.
Die bisherigen Resultate zum Konvergenzverhalten lassen sich durch folgende Beispiele vonein-ander abgrenzen. Die Beispiele sind nicht zwingend physikalisch motiviert, sind jedoch in der Struktur den relevanten Fällen ähnlich.
Beispiel 5.9. Seienx∈[0,1],s, t∈[0,∞).
1. Mit f(x) :=x2+ 1,g(s, t) := 1+s1 2,c:= 0 gilt für die zugehörige Lösungφ nach Satz 5.6:
∀n∈N: lim
t→∞tnφ(t) = 0.
Satz 5.7 lässt sich in diesem Fall nicht anwenden.
2. Mit f(x) :=x2, g(s, t) := 1+s12, c:= 0 gilt für die zugehörige Lösungφ nach Satz 5.7:
∃s0 >0 : lim
t→∞es0tφ(t) = 0.
3. Mit f(x) :=x, g(s, t) := 1,c:= 0 gilt für die zugehörige Lösungφ nach Satz 5.8:
∀t∈[0,∞) :φ(t)≤t−12. Die Sätze 5.6 und 5.7 lassen sich hier nicht anwenden.
4. Mit f(x) :=x2+x,g(s, t) := 1+1+s12,c:= 0gilt für die zugehörige Lösungφnach Korollar 5.5:
t→∞lim φ(t) = 0.
Die Sätze 5.6, 5.7 und 5.8 lassen sich hier nicht anwenden.
Fallsφeinen von Null verschiedenen Grenzwert hat, können wir auf analoges Konvergenzverhal-ten hoffen, wie die folgenden Resultate zeigen:
Satz 5.10. Seienf,gundcwie in Satz 5.4 für einx0 ∈(−∞,1). Weiter gelte für allex∈[x0,1]
viii) lim
t→∞g(t, t) existiert mit lim
n→∞g(t1n, t2n) = lim
t→∞g(t, t), für alle Folgen (tin)n∈N ⊆ [0,∞) mit tinn→∞−→ ∞, i= 1,2,
ix) für die Grenzwerte giltf(x)· lim
t→∞g(t, t) +c
< 1−xx , x > x0,
= 1−xx0
0, x=x0, ,
x) es gilt f0(x0)· lim
t→∞g(t, t)< (1−x1
0)2,
xi) es gilt für alle s, t∈[0,∞): g2(s, t) := dtdg(s, t)
≤0, fallsf(x)≥0für alle x∈[x0,1],
≥0, fallsf(x)≤0für alle x∈[x0,1].
Dann gilt für allen∈N
t→∞lim tn[φ(t)−x0] = 0.
Beweis. Nach Korollar 5.5 gilt lim
t→∞φ(t) =x0. Wir definieren für x∈[0,1],s, t∈[0,∞)
φ(t) :=˜ φ(t)−x0 1−x0 , ψ(t) := ˜˜ φ((1−x0)t),
f˜(x) :=f((1−x0)x+x0) (1−x0),
˜
g(s, t) :=g((1−x0)s,(1−x0)t),
˜
c:=−f(x0)· lim
t→∞g(t, t)·(1−x0).
Aus(ix) folgt
ψ(t) +˜ ψ(t) +˙˜
Zt
0
hf˜
ψ(t˜ −s)
˜
g(t−s, t) + ˜ci
ψ(s)ds˙˜ = 0, ψ(0) = 1,˜
d. h.,ψ˜ist Lösung von (5.1) zu F˜ := ˜f·g˜+ ˜c.
Aus(ix) folgt für allex∈[0,1],s, t∈[0,∞) f˜(x)˜g(s, t) + ˜c
< 1−xx , x > x0
= 1−xx0
0, x=x0
Aus(x) folgt
f˜0(0)· lim
t→∞g(t, t)˜ <1.
Aus Satz 5.6 folgt für alle n∈N
t→∞lim tnψ(t) = 0.˜ Daraus folgt nun direkt für alle n∈N
t→∞lim tn[φ(t)−x0] = 0.
Satz 5.11. Zusätzlich zu den Voraussetzungen aus Satz 5.10 gelte xii) Falls lim
t→∞g(t, t) = 0, so seif(x0)·g(0,0) = 0.
Dann erhalten wir
∃s0>0 : lim
t→∞es0t[φ(t)−x0] = 0.
Beweis. Es gilt
t→∞lim g(t, t) = 0˜ ⇔ lim
t→∞g(t, t) = 0 und
f(0)˜ ·g(0,˜ 0) = 0 ⇔ f(x0)·g(0,0) = 0.
Damit folgt alles aus Satz 5.7.
Satz 5.12. Seienf,gundcwie in Satz 5.4 für einx0∈(−∞,1). Weiter gelte für allex∈[x0,1]:
viii) lim
t→∞g(t, t) existiert mit lim
n→∞g(t1n, t2n) = lim
t→∞g(t, t) für alle Folgen (tin)n∈N ⊆ [0,∞) mit tinn→∞−→ ∞, i= 1,2,
ix) f(x)· lim
t→∞g(t, t) +c
< 1−xx , x > x0,
= 1−xx0
0, x=x0, x) für alles, t∈[0,∞):g2(s, t) := dtdg(s, t)
≤0, fallsf(x)≥0 für allex∈[x0,1],
≥0, fallsf(x)≤0 für allex∈[x0,1], xi)
∃κ∈(0,1]∀x∈[x0,1] :f(x)·g(0,0) +c≤κ 1
(1−x0)2x−κ x0
(1−x0)2 + x0
1−x0. Dann gilt
φ(x)−x0 ≤(1−x0)32κ−12 ·t−12, t∈[0,∞).
Beweis. Bedingung(xi) ist äquivalent zu
f˜(x)·˜g(0,0) + ˜c≤κ·x, x∈[0,1].
Nun folgt alles aus Satz 5.8.
Bemerkung 5.13. Die rechte Seite von Bedingung(xi) beschreibt eine Gerade durch den Punkt (x0, f(x0))0 mit Steigung κ·f0(x0) (vgl. Bemerkung 3.17).
Wir kommen nun zu den physikalisch relevanten Fällen (5.2) und (5.3).
Satz 5.14. Sei f : [0,1] → R differenzierbar und (lokal) Lipschitz-stetig mit f(x) ≥ 0 und f0(x)≥0 für alle x∈[0,1].
Dann existiert zum Problem (5.2) zu f eine eindeutige Lösungφ∈ C1([0,∞),R), die monoton fallend ist und gegen Null konvergiert, mit
t→∞lim tnφ(t) = 0, für alle n∈N.
Falls zusätzlich f(0) = 0, so gilt
∃s0>0 : lim
t→∞es0tφ(t) = 0.
Beweis. Wir definieren für s, t∈[0,∞)
g(s, t) := 1
1 +γ2s2, c:= 0.
Es existiert der Grenzwertg¯:= lim
t→∞g(t, t) = 0, d. h., die Fixpunktgleichung f(x0)¯g+c= x0
1−x0
wird nur vonx0= 0 erfüllt.
Weiter gilt für alles, t∈[0,∞)
g(s, t)≥0, d
dsg(s, t)≤0, d
dtg(s, t) = 0.
Dag¯= 0, erhalten wir für die Grenzwerte
f(x)·¯g+c= 0 und f0(0)·g¯= 0.
Es gilt
f(0)·g(0,0) =f(0).
Das Problem (5.2) zu f ist identisch zu Problem (5.1) zu f ·g+c, weshalb alles aus Satz 5.4, Satz 5.6 und Satz 5.7 folgt.
Satz 5.15. Seien h: [0,∞)→R und f :R→Rmit folgenden Eigenschaften i) ∃¯h:= lim
t→∞h(t),
ii) h ist differenzierbar und h0 ist lokal beschränkt, iii) ∃x0 <1 maximal: f(x0)·¯h2 = 1−xx0
0,
iv) f|[x0,1] ist differenzierbar und lokal Lipschitz-stetig mit f0(x)≥0 für alle x∈[x0,1], v) Auf[x0,1]×[0,∞)×[0,∞) gelte einer der Fälle
a) f ≥0,h≥0, h0 ≤0, b) f ≥0,h≤0, h0 ≥0, c) f ≤0,h≥0, h0 ≥0, d) f ≤0,h≤0, h0 ≤0.
Dann wird das Problem (5.3) zu f und h eindeutig durch ein φ∈C1([0,∞),R) gelöst, wobei φ monoton fallend und gegen den Grenzwertx0 konvergent ist.
Gilt zusätzlich zu (i)−(v) vi) f0(x0)·¯h2 < (1−x1
0)2,
so gilt
∀n∈N: lim
t→∞tn[φ(t)−x0] = 0.
Gilt zusätzlich zu (i)−(v) vi) f0(x0)·¯h2 < (1−x1
0)2,
vii) falls ¯h= 0, so gelte f(x0)·h(0)2= 0, dann gilt
∃s0 >0 : lim
t→∞es0t[φ(t)−x0] = 0.
Gilt zusätzlich zu (i)−(v)
vi) ∃κ∈(0,1]∀x∈[x0,1] :f(x)·h(0)2 ≤κ(1−x1
0)2x−κ(1−xx0
0)2 +1−xx0
0, so gilt
φ(x)−x0 ≤(1−x0)32κ−12 ·t−12, t∈[0,∞).
Beweis. Wir definieren für s, t∈[0,∞)
g(s, t) :=h(s)·h(t), c:= 0.
Das Problem (5.3) zuf und h ist identisch zu Problem (5.1) zuf·g+c.
Nun folgt alles mit Satz 5.4, Satz 5.6, Satz 5.7 und Satz 5.8.