Examen Frühjahr 2011, Aufgabe 3.2

Aufgabenstellung

Sei D:=\{(t,x)\in\IR^2|t^2+x^2<1\} und f:D\rightarrow\IR, f(t,x):=\sqrt{1-t^2-x^2}. Zeigen Sie:

  1. Das Anfangswertproblem

    (1)   \begin{align*}  x'&=f(t,x)  \notag\\ x(0)&=0    \end{align*}

    hat eine eindeutig bestimmte, maximale Lösung x:(a,b)\rightarrow\IR mit -\infty<a<0<b<\infty.

  2. Die Grenzwerte x(a):=\lim_{t\searrow a}x(t), x(b):=\lim_{t\nearrow b}x(t) existieren in \IR.
  3. Es gilt: -a=b,
  4. b^2+x(b)^2=1, und
  5. \frac{1}{\sqrt{2}}<b<1.

Lösungsvorschlag

  1. Die Funktion f:D\rightarrow \IR ist stetig und die partielle Ableitung nach x ergibt

        \begin{equation*} \frac{\partial f}{\partial x}(t,x)=- \frac{x}{\sqrt{1-t^2-x^2}}. \end{equation*}

    Für 0<\lambda<1 definieren wir D_\lambda:=\{(t,y)\in\IR^2 | t^2+x^2\leq\lambda\}. Auf D_\lambda genügt f einer lokalen Lipschitzbedingung und da für jeden Punkt (t,x)\in D ein \lambda_1 existiert, so dass (t,x)\in D_\lambda ist, genügt f einer lokalen Lipschitzbedingung auf D. Somit besitzt das Anfangswertproblem (1) eine eindeutige Lösung auf einer Umgebung um (0,0). Eine maximale fortgesetzte Lösung kann höchstens auf das Intervall (-1,1) fortgesetzt werden, da sonst der Ausdruck unter der Wurzel negativ wird. Die Werte a,b sind somit endlich und a<0<b gilt, da die Lösung in einem offenen Intervall um den Ursprung existiert.

  2. Nach obigen Argumenten ist eine Lösung x:(a,b)\rightarrow\IR Lipschitzstetig und somit insbesondere gleichmäßig stetig, so dass die Grenzwerte x(a):=\lim_{t\searrow a} und x(b):=\lim_{t\nearrow b} existieren.
  3. Die Lösung basiert auf der Tatsache, dass die Funktion f gerade ist. Sei nämlich x:(a,b)\rightarrow\IR die maximale Lösung des Anfangswertproblems (1). Es ist klar, dass -1\leq a<0<b\leq 1 gilt. Ohne Einschränkung sei |a|\leq|b| (anderer Fall Analog).

    Für t\in(-b,-a) ist y(t):=-x(-t) eine Lösung des Anfangswertproblems, da f eine gerade Funktion ist. Aus der Eindeutigkeit der Lösung aus Teilaufgabe (a) gilt x(t)=y(t) für alle t\in(a,-a) (gemeinsames Existenzintervall). Betrachte nun die Funktion

        \begin{equation*} z(t):=   \left\{      \begin{array}{cc}                  -x(-t) & \text{f\"ur } t\in(-b,a]  \\                  x(t) & \text{f\"ur } t\in (a,b)     \end{array}     \right. \end{equation*}

    Wäre diese Fortsetzung echt (also |a|<|b|), so wäre dies ein Widerspruch zur Maximalität von x. Also gilt a=b.

  4. Angeommen, es ist b^2+x(b)^2<1. Da (b,x(b))\in D liegt und D offen ist, existiert eine Lösung v:(b,b+\epsilon)\rightarrow\IR des Anfangswertproblems y'=f(t,y), y(b)=x(b), welche x nach rechts fortsetzt. Dies ist ein Widerspruch zur Maximalität von x. Wegen der Stetigkeit von f muss somit b^2+x(b)^2=1 gelten.
  5. Lösung x des Anfangswertproblems (1) verschwindet im Nullpunkt und besitzt dort die Steigung f(0,x(0))=1. Da f stets positiv ist, gilt 0<x(t) für 0<t\leq b. Zusammen mit der Identität von oben folgt b^2=1-x(b)^2<1\Rightarrow b<1. Für 0<t\leq b ist f(t,x(t))<1. Für die Lösung x gilt also x(t)<t für alle 0<t\leq b. Hieraus folgt 1=b^2+x(b)^2<b^2+b^2<2b^2. Radizieren liefert die Behauptung.

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