PD Dr. T. Timmermann timmermt@uni-muenster.de
Gew¨ohnliche Differenzialgleichungen Ubungsblatt 2¨
Zur Abgabe bis Freitag, den 28. Oktober, vor der Vorlesung
Aufgabe 1. (Modellierung von Lernprozessen nach Heuser)
Sei L(t) die Menge eines Lernstoffes, der in t Zeiteinheiten von einer gewissen Person aufgenommen wird. Trivialerweise ist L(0) = 0, und jeder hat schon erfahren und erlitten, dass er zun¨achst sehr rasch, dann immer langsamer lernt und nach geraumer Zeit kaum noch zus¨atzlichen Stoff aufnehmen kann: L(t) n¨ahert sich wachsend, aber mit abnehmender LerngeschwindigkeitL0(t) einem praktisch nicht mehr ¨ubersteigbaren Maximalwert Lmax. Diese Alltagserfahrung l¨aßt uns vermuten, dass der Lernprozess durch die Differenzialgleichung
L0(t) =k(Lmax−L(t)) (mit personenabh¨angigenLmax, k≥0)
beschrieben wird. Durch Experimente, in denen Versuchspersonen bis zur Ersch¨opfung sinnlose Silben memorierten, ist dieses Modell empirisch gut best¨atigt worden.
L¨osen Sie das gegebene Anfangswertproblem f¨urLmit dem AnsatzL(t) =Lmax(1−eλt).
L¨osung: Die Funktion L(t) = Lmax(1−eλt) erf¨ullt die gegebene DGL genau dann, wenn
Lmax(−λ)eλt=k(Lmax−Lmax(1−eλt)) =kLmaxeλt,
also wenn λ=−k. Außerdem erf¨ullt diese FunktionL(0) =Lmax(1−1) = 0, also die Anfangsbedingung. Die L¨osung ist also
L(t) =Lmax(1−e−kt).
Aufgabe 2. Unsere Analyse des Eulerschen Polygonzugverfahrens f¨ur die DGLy0(t) = λy(t) f¨uhrte uns zur Betrachtung des Grenzwertes limn→∞
1 +λb−tn0n
. Bestimmen Sie ihn, indem Sie mit Hilfe der Regel von l’Hospital folgenden Grenzwert berechnen:
n→∞lim nln
1 +λb−t0
n
.
L¨osung: Nach l’Hospital ist
x→∞lim xln
1 +λb−t0 x
= lim
→0
ln(1 +λ(b−t0))
gleich dem Grenzwert des Quotienten der Ableitungen, also gleich lim→0
λ(b−t0)1+λ(b−t1
0)
1 =λ(b−t0).
Damit folgt nat¨urlich auch limn→∞nln
1 +λb−tn0
=λ(b−t0).
Umst¨andlicher, aber ebenfalls machbar ist folgende Anwendung von l’Hospital:
x→∞lim xln
1 +λb−t0 x
= lim
x→∞
ln
1 +λb−tx0
1 x
= lim
x→∞
−λ(b−tx20) x 1+λ(b−t0)
−x12 =λ(b−t0).
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Aufgabe 3. (Eulersches Polygonzugverfahren)
Wir betrachten das Eulersche Polygonzugverfahren f¨ur das Anfangswertproblem y0(t) =t mit y(0) = 0
auf einem Intervall [0, b] mit der Schrittweite δ = nb und den St¨utzpunkten tk=kδ f¨ur k= 0, . . . , n, und bezeichnen die erhaltene N¨aherungsl¨osung mity(n). Zeigen Sie:
(a) Das Anfangswertproblem hat eine eindeutige L¨osung y: [0,∞)→R.
L¨osung: Es gilt nat¨urlich y(t) =Rt
0sds= 12s2, z.B. nach Satz 2.4.
(b) F¨urk= 1, . . . , nerf¨ullty(n) die Gleichung y(n)(tk) =δ2(1 + 2 +· · ·+ (k−1)).
L¨osung: Es gilty(n)(t0) = 0 und (mit f(t, y) =t)
y(n)(tk+1) =y(n)(tk) +f(tk, y(n)(tk))δ =y(n)(tk) +δtk =y(n)tk+kδ2. Induktiv folgt dann die behauptete Gleichung.
(c) Es gilt limn→∞y(n)(b) =y(b), inbkonvergieren die N¨aherungsl¨osungen also gegen die tats¨achliche L¨osungy.
L¨osung: Aus (b) und (a) folgt
y(n)(b) =y(n)(t(n)) =δ2(1 +· · ·+ (n−1)) = b2
n2 ·n(n−1) 2
−−−→n→∞ b2
2 =y(b).
(d) F¨ur jedesn ist die Funktion y−y(n) monoton wachsend.
(Hinweis: Betrachten Sie die Ableitung.)
L¨osung: F¨ur jedes k= 0, . . . , n−1 undt∈(tk, tk+1) gilt t=y0(t)≥tk =y(n)0 (t).
Somit isty−y(n) auf jedem Intervall (tk, tk+1) monoton wachsend, also auch auf [0, b].
(e*) 1 Die N¨aherungsl¨osungeny(n)konvergieren auf [0, b] f¨urn→ ∞gleichm¨aßiggegen die tats¨achliche L¨osungy, also limn→∞supt∈[0,b]|y(t)−y(n)(t)|= 0.
L¨osung: Aus (d) und (b) folgt sup
t∈[0,b]
|y(t)−y(n)(t)| ≤ |y(b)−y(n)(b)|−−−→n→∞ 0.
Aufgabe 4. (Existenz mehrer L¨osungen eines AWPs; Trennung der Variablen)
Sei 0 < α < 1 und k ∈ N (Achtung: Die Einschr¨ankung α < 1 fehlte in der ur- spr¨unglichen Aufgabenstellung). Wir betrachten das AWP
y0(t) =y(t)αtk mit y(t0) =y0. (1) (a) Sei y0 >0. Bestimmen Sie eine L¨osung y: [t0,∞)→ Rdieses AWPs ¨ahnlich wie
in Beispiel 2.5, also durch Trennung der Variablen. Ist es eindeutig l¨osbar?
L¨osung: Die L¨osung ist Eindeutig nach Satz 2.6. Wir berechnen sie mittels Trennung der Variablen: Aus
Z y(t)
y0
z−αdz= Z t
t0
skds= 1 k+ 1
tk+1−tk+10
1Mit * markierte Aufgaben sind Zusatzaufgaben und ergeben jeweils einen Zusatzpunkt.
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folgt
1
1−α y(t)1−α−y01−α
= 1
k+ 1
tk+1−tk+10
und somit
y(t) =
1−α k+ 1
tk+1−tk+10
+y1−α0 1−α1
.
(b) Seiy0= 0. Finden Sie f¨ur jedest1> t0 eine L¨osungy: [t0,∞)→Rdes AWPs mit y(t) = 0 f¨ur alle t0 ≤t≤t1, y(t)>0 f¨ur alle t > t1.
L¨osung: Wir setzen y(t) = 0 f¨urt∈[t0, t1] und y(t) = 1−α
k+ 1(tk+1−tk+11 )1−α1 . Im Punkt t1 ist die rechtsseitige Ableitung dann gleich
tk(tk+1−tk+11 )1−α1 −1|t=t1 = 0, weil 1/(1−α)−1>0.
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