Julius-Maximilians-Universit¨ at W¨ urzburg Institut f¨ ur Mathematik

Julius-Maximilians-Universit¨ at W¨ urzburg Institut f¨ ur Mathematik

Prof. Dr. H. Pabel Ralf Winkler

W¨urzburg, den 8. November 2006

3. ¨ Ubung zur Analysis III

Wintersemester 2006/07 L¨osungshinweise

13.) b.) F¨ur diek.te Picard-Iterierte gilt dann nach Aufgabe 12 mita= ^√1₂,L= 2b=₃^√4₂ und

M= max

(x,y)∈I¯×Q¯|y²−x²| ≤ max

(x,y)∈I¯×Q¯

(y² : x²≤y² x² : y²< x² ≤

1

√2 2

= 1 2.

ky−ykk_∞; ¯I ≤

1 2· ²3

k+1

4 3√

2(k+ 1)!e²³ = 3√ 2 8·(k+ 1)!

2 3

^k+1 e³².

Wir stellen dann fest, dass f¨urk≥3 gilt

ky−ykk_∞,I¯ ≤ 8.6·10⁻³ und berechnen

y1(x) = Z x

0

(y₀²(t)−t²)dt = −x³ 3 y2(x) =

Z ^x

0

(y²₁(t)−t²)dt = Z ^x

0

t⁶ 9 −t²

dt = x⁷ 63−x³

3 und

y3(x) = Z x

0

(y²₂(t)−t²)dt = Z x

0

t⁷ 63−t³

3 2

dt − x³ 3

= Z x

0

t¹⁴ 63² − 2

189t¹⁰+t⁶ 9

dt − x³

3 = 1

59535x¹⁵ − 2

2079x¹¹ + 1

63x⁷ − 1 3x³.

14.) Bekanntermaßen ist eine stetig differenzierbare Funktiony genau dann eine L¨osung der gegebenen Integralgleichung, wenny das Anfangswertproblem

y⁰= 2y+x²+e^−2x y(0) =−1 2

l¨ost. Diese inhomogene lineare skalare Differentialgleichung wiederum besitzt nach Satz 6.2.1 mit

f ≡1 sowieg(x) =x²+e^−2xdie eindeutig bestimmte, auf ganz definierte L¨osung y(x) = −1

2e^2x+ Z x

0

(t²+e^−2t)e^−2tdt

e^2x = −1 2e^2x+

Z x

0

t²e^−2tdt + Z x

0

e^−4tdt

e^2x

= −1 2e^2x+

−1 2

Z x

0

t² d

dte^−2tdt − 1 4e^−4t

x

0

e^2x

= −1 2e^2x+

1 2

Z x

0

2te^−2tdt − t² 2e^−2t

x

0

− 1

4 e^−4x−1

e^2x

= − 1

2e^2x+

−1 2

Z x

0

td

dte^−2tdt − x²

2 e^−2x−1

4e^−4x+1 4

e^2x

= −1 2e^2x+

1 2

Z x

0

e^−2tdt − 1 2t e^−2t

x

0

− x²

2e^−2x−1

4e^−4x+1 4

e^2x

= −1 2e^2x+

1 2

−1 2

e^−2t

x

0

− x

2e^−2x − x²

2e^−2x−1

4e^−4x+1 4

e^2x

= −1 2e^2x+

−1

4e^−2x+1 4−1

2xe^−2x−1

2x²e^−2x−1

4e^−4x+1 4

e^2x

= −1 4−x

2−x²

2 −e^−2x 4 .

15.) Angenommen, es existiert keine globale Lipschitz-Konstante vonf auf K. Dann existieren Folgen (xk)k∈ und (x⁰_k)k∈ mitxk 6=x⁰_k f¨ur allek∈ 0und

|f(xk)−f(x⁰_k)|

|xk−x⁰_k| → ∞.

DaKkompakt und nach Aufgabe 23 (Analysis I) auch folgenkompakt ist, besitzt die Folge (xk)k∈

eine inK konvergente Teilfolge (xφ(k))k∈ mitx_φ(k) → a∈K. Auch die Folge (x⁰_φ(k))k∈ besitzt eine inKkonvergente Teilfolge (x⁰_ψ(φ(k)))k∈ mit (x⁰_ψ(φ(k)))k∈ →b∈K. Zusammen ist also

xψ(φ(k)), x⁰_{ψ(φ(k)) k}

−→→∞ (a, b)∈K² und nach wie vor

|f(xψ(φ(k)))−f(x⁰_ψ(φ(k)))|

|xψ(φ(k))−x⁰_ψ(φ(k))| → ∞. (1)

Fallsa=b, so ist (1) ein direkter Widerspruch zur lokalen Lipschitzstetigkeit in einer Umgebung U(a)∩K. Andernfalls gilt

|f(xψ(φ(k)))−f(x⁰_ψ(φ(k)))|

|xψ(φ(k))−x⁰_ψ(φ(k))| → |f(a)−f(b)|

|a−b| was ebenfalls einen Widerspruch liefert, n¨amlich zu (1).