Examen Herbst 2011, Aufgabe 1.1 - Mathe-Examenslösungen

Aufgabenstellung

Beweisen oder widerlegen Sie die folgenden Aussagen:

Es sei $f:(-1,1)\times\IR\rightarrow\IR, (t,x)\mapsto f(t,x)$ stetig und lokal Lipschitz-stetig bezüglich $x$ . Dann gibt es für jedes $x_0\in\IR$ eine eindeutige Lösung $\varphi(t)$ des Anfangswertproblems $x'(t)=f(t,x), x(0)=x_0$ , die auf dem Intervall $(-1,1)$ definiert ist, d.h. $\varphi:(-1,1)\rightarrow\IR$ .
Jede Lösung der Differentialgleichung $x'(t)=e^{15t}\cos \left(x(t)^7\right)$ kann auf ganz $\IR$ fortgesetzt werden.

Lösungsvorschlag

Nein, das stimmt nicht. Die Funktion $f:=z^{-2}+z^{-1}$ ist eine Funktion, die eine doppelte Polstelle im Ursprung besitzt. Da sie bereits in Laurentreihen-Darstellung ist, können wir das Residuum ablesen. Dies beträgt $1$ .
Ja, das stimmt. Es gilt
$\begin{align*} c\equiv Re(f)+Im(f)=&\frac{f+\overline{f}}{2}+\frac{f-\overline{f}}{2i} \\ =&\frac{1}{2}(f+\overline{f}-if+i\overline{f}) \\ =&\frac{1}{2}\left((1-i)f+(1+i)\overline{f}\right) \\ =& \frac{1}{2}\left((1-i)f+\overline{(1-i)f}\right)=\frac{1}{2}Re((1-i)f). \end{align*}$

Dies zeigt, dass auch der Realteil dieser Funktion konstant ist, und somit auch der Imaginärteil.
Die Eindeutigkeit einer solchen Lösung ist nach dem Satz von Picard-Lindelöf selbstverständlich gegeben, die Existenz der Lösung $\varphi$ auf dem gesamten Definitionsbereich $(-1,1)$ von $f(t,x)$ bereichtet jedoch Probleme. Bekannt ist, dass der Tangens die Differentialgleichung $x'=x^2+1$ erfüllt, selbst aber für den Anfangswert $x(0)=0$ nur im Intervall $\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$ definiert ist. Suchen wir nun eine Differentialgleichung für den “`gestauchten”‘ Tangens $\tan(2x)$ , so haben wir ein Gegenbeispiel gefunden, da dieser in einer Umgebung von $0$ maximal nur in $\left(-\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}\right)$ existiert. Die kurze Rechnung
$\begin{equation*} \frac{d}{dt}\tan(2t)=\frac{2}{\cos^2(2t)}=2\cdot(\tan^2(2t)+1) \end{equation*}$

liefert die Differentialgleichung

$\begin{equation*} f:(-1,1)\times\IR\rightarrow\IR \\ (t,x)\mapsto f(t,x)=2(x^2+1). \end{equation*}$

Dieses Vektorfeld ist offensichtlich stetig und lokal Lipschitz-stetig (weil partiell nach $x$ differenzierbar) bezüglich $x$ . Für $x_0=0$ ist $\varphi(t):=\tan(2t)$ eine eindeutige Lösung des Anfangswertproblems $x'=2(x+1), x(0)=0$ , ist jedoch nicht auf dem gesamten Einheitsintervall definiert, da $\frac{\pi}{4}<1$
Dies folgt direkt aus dem Satz über die linear beschränkte rechte Seite. Diese lässt sich betragsmäßig durch
$\begin{equation*} |f(t,x)|=\left|e^{15t}\cos(x(t)^7)\right|\leq e^{15t} \end{equation*}$

abschätzen. Gemäß der Notation im Satz über die linear beschränkte rechte Seite setzen wir nun $\rho(t):=0$ und $\sigma(t):=e^{15t}$ , so dass die Existenz der Lösung der Differentialgleichung $x'=f(t,x)$ auf ganz $\IR$ fortgesetzt werden kann.

Bemerkung: Alternativ kann man auch den Satz über Ober- und Unterfunktionen mit $g_{1,2}(t)=\pm e^{15t}$ verwenden.