\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Analysis II: Übungsblatt 10}
\author{Leon Burgard, Christian Merten}

\begin{document}

\punkte

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $T(t) = (T_0 - T_{a})e^{kt}+T_a$ löst das gegebene AWP.
            \begin{proof}
                Löse zunächst homogene DGL durch Trennung der Variablen:
                \begin{align*}
                    \frac{\mathrm{d}T}{\d t} = kT \implies \frac{\d T}{T} = k \d t
                    \implies T_h = Ae^{kt}
                .\end{align*}
                Mit der partikulär Lösung $T_i = T_a$ ($T_a' = 0 = kT_a - kT_a$), folgt:
                $T(t) = A e^{kt} + T_a$. Mit $T(0) = T_0$ folgt $A = T_0 - T_a$, also
                insgesamt
                \[
                    T(t) = (T_0 - T_a) e^{kt} + T_a
                .\]
            \end{proof}
        \item Beh.: Es dauert $60$ Zeiteinheiten.
            \begin{proof}
                Mit $k \coloneqq - \frac{\ln 2}{20}$ folgt
                \[
                    T(20) = (T_0 - T_a) \exp\left(- \frac{\ln 2}{20}\cdot  20\right) + T_a
                    = \frac{1}{2} (T_0 - T_a) + T_a = \frac{1}{2} (T_0 + T_a)
                .\] Mit $T_0 = 100$ und $T_a = 20$ folgt $T(20) = 60$.
                Damit folgt nun direkt
                \begin{align*}
                    T(60) &= (T_0 - T_a) \exp\left( - \frac{\ln 2}{20} \cdot 60 \right) + T_a \\
                    &= (T_0 - T_a) \exp\left( - \ln\left( 2^{3} \right)  \right) + T_a \\
                    &= (T_0 - T_a) \frac{1}{8} + T_a \\
                    &= \frac{1}{8} T_0 + \frac{7}{8} T_a
                .\end{align*}
                Mit $T_0 = 100$ und $T_a = 20$ folgt $T(60) = 30$.
            \end{proof}
        \item Beh.: $\lim_{t \to \infty} T(t) = 20$.
            \begin{proof}
                Es gilt da $k < 0$:
                \[
                    \lim_{t \to \infty} T(t) = \lim_{t \to \infty} ( (T_0 - T_a) \underbrace{e^{kt}}_{\xrightarrow {t \to \infty} 0} + T_a ) = T_a
                .\] Mit $T_a = 20$ aus (b) folgt die Behauptung.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    Beh.: Falls $y_0 = -1$ ist $y(t) = -1$ Lösung der AWA.
    \begin{proof}
        Es gilt $y(t_0) = -1 = y_0$ und $y'(t) = 0 = -2t(1 - 1)^2 = -2t(1 + y(t))^2$, $\forall t \in \R$.
    \end{proof}

    Beh.: Falls $y_0 \neq -1$ ist $y(t) = - \frac{1}{t_0^2 - t^2 - \frac{1}{1 + y_0}} - 1$
    Lösung der AWA.
    \begin{proof}
        Falls $y \neq -1$: Trennung der Variablen:
        \begin{salign*}
            \frac{\d y}{\d t} &= -2t (1+y)^2 \\
            \implies \frac{\d y}{(1+y)^2} &= -2t \d t \\
            \implies \int_{c}^{y} \frac{\d y}{(1+y)^2} \d y &= \int_{t_0}^{t} -2t \d t \\
            \implies - \frac{1}{1 + y} - \frac{1}{1+c} &= -t^2 + t_0^2 \\
            \intertext{Damit folgt}
            y(t) &= - \frac{1}{t_0^2 - t^2 + \frac{1}{1+c}} - 1
            \intertext{Durch Einsetzen der Anfangsbedingung folgt}
            y(t_0) &= - 1 - c -1 = y_0 \implies c = -2 - y_0
            \intertext{Insgesamt folgt also}
            y(t) &= - \frac{1}{t_0^2 - t^2 - \frac{1}{1 + y_0}} - 1
        .\end{salign*}
        Dies ist wohldefiniert da $y_0 \neq -1$.
        Da $1 \neq 0$ folgt $y(t) \neq -1$ $\forall t \in \R$, d.h. keine weitere Fallunterscheidung notwendig
        und $y(t)$ Lösung der AWA.
    \end{proof}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Das gegebene AWP hat eine Lösung $y\colon [0, b] \to \R$.
            \begin{proof}
                Es ist $f(t,y) = \frac{1}{1 + |y|}$ auf $\R \times \R$ stetig.
                Bestimme
                \[
                    M = \max_{(t,y) \in D} |f(t,y) | > 0
                .\]
                Wähle $\alpha \coloneqq b > 0$ und $\beta \coloneqq 2 \alpha M$. Dann ist $f$ insbesondere auf
                \[
                    D = \{(t,y) \in \R \times \R  \mid |t| \le \alpha, |y - y_0 | \le \beta \} 
                \] stetig.
                Dann ex. nach dem Satz von Peano auf dem Intervall $[t_0 - T, t_0 + T]$ eine Lösung
                der AWA mit
                \[
                T = \min \left\{ \alpha, \frac{\beta}{M} \right\} = \min \{\alpha, 2 \alpha \} = \alpha = b
            .\] Mit $t_0 = 0$ existiert also inbesondere eine Lösung $y(t)$ auf $[0 + b] \subseteq [-T, T]$.
            \end{proof}
        \item Beh.: Diese Lösung $y$ ist für festes $y_0 \in \R$ eindeutig.
            \begin{proof}
                Nach VL g.z.z., dass $f(t,y)$ Lipschitz-stetig bezüglich $y$ ist. Seien dazu
                $x, y \in \R$. Dann ist
                \begin{salign*}
                    |f(t,x) - f(t,y)| &= \left| \frac{1}{1 + |x|} - \frac{1}{1+|y|} \right| \\
                    &= \left| \frac{|y|-|x|}{(1 + |x|)(1+|y|)} \right| \\
                    &\le \frac{|x-y|}{1 + |x|+|y|+|xy|} \\
                    &\le 1 \cdot |x-y|
                .\end{salign*}
                Mit $L \coloneqq 1$ folgt die Behauptung.
            \end{proof}
        \item Sei nun zusätzlich $v\colon [0,b] \to \R$ Lösung der AWA mit $v(0) = v_0$.

            Beh.:
            \[
                |y(t) - v(t)| \le e^{t} |y_0 - v_0| \quad \forall t \in [0,b]
            .\] 
            \begin{proof}
                Definiere
                \[
                    w(t) \coloneqq |y(t) - v(t)|
                .\] Da $y$ und $v$ die AWA lösen, erfüllen sie die Integralgleichung. Damit folgt
                \begin{salign*}
                    w(t) &= \left| y_0 - v_0 + \int_{t_0}^{t} f(s, y(s)) \d s - \int_{t_0}^{t} f(s, v(s)) \d s  \right| \\
                    &\le |y_0 - v_0| + \int_{t_0}^{t} |f(s, y(s)) - f(s, v(s))| \d s \\
                    &\stackrel{\text{(b)}}{\le} |y_0 - v_0| + \int_{t_0}^{t} |y(s) - v(s)| \d s  \\
                    &= |y_0 - v_0| + \int_{t_0}^{t} w(s) \d s \\
                    &\stackrel{\text{Lemma v. Gronwall}}{\le } e^{t-t_0} |y_0 - v_0|
                .\end{salign*}
                Mit $t_0 = 0$ folgt die Behauptung.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{align*}
        y'(t) &= 3 (y(t))^{\frac{2}{3}}, t \in I \\
        y(0) &= 0
    .\end{align*}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: Es ex. unendlich viele Lösungen für diese AWA.
            \begin{proof}
                Die Funktion $y(t) = (t-t_0)^{3}$ löst die AWA mit $y(t_0) = 0$. Denn
                \[
                    y'(t) = 3 (t-t_0)^{2} = 3 (t-t_0)^{2 \cdot 3 \cdot \frac{1}{3}} = 3 \left((t-t_0)^{3}\right)^{\frac{2}{3}} = 3 (y(t))^{\frac{2}{3}} \quad (*)
                .\] 
                Da $I \subseteq \R$ abgeschlossenes Intervall mit $0 \in I$, ex. $a, b \in \R$
                mit $a < 0$, $b > 0$, s.d. $I = [a,b]$. Definiere nun
                \[
                    y_d(t) \coloneqq \begin{cases}
                        0 & a \le t \le d \\
                        (t-d)^{3} & \text{sonst}
                    \end{cases}
                .\] g.z.z.: $\forall d \in R$ mit $0 \le d \le b$ ist $y_d(t)$ eine Lösung der AWA.

                Es gilt $y_d(t_0) = y_d(0) = 0$. Weiter ist mit für $t \neq d$:
                \[
                    y'_d(t) = \begin{cases}
                        0 = 3 (y(t))^{\frac{2}{3}} & a \le t < d \\
                        3 (y(t))^{\frac{2}{3}} & \text{sonst}
                    \end{cases}
                .\] Für $t = d$ gilt
                \begin{align*}
                    \lim_{h \searrow 0} \frac{y_d(d + h) - y_d(d)}{h}
                    &= \lim_{h \searrow 0} \frac{(d+h-d)^{3} - (d-d)^{3}}{h} \\
                    &= \lim_{h \searrow 0} \frac{h^{3}}{h}  \\
                    &= \lim_{h \searrow 0} h^2  \\
                    &= 0  \\
                    &= \lim_{h \nearrow 0} \frac{y_d(d+h) - y_d(d)}{h}
                .\end{align*}
                Also gilt für $t \in I$: $y_d'(t) = 3 (y_d(t))^{\frac{2}{3}}$. Damit
                löst $y_d(t)$ die AWA.
            \end{proof}
        \item Beh.: $f(t,y) \coloneqq 3 y^{\frac{2}{3}}$ ist nicht Lipschitz-stetig.
            \begin{proof}
                Sei $L > 0$ beliebig. Dann wähle $x = 0$ und $y < \left(\frac{3}{L} \right)^{3}$. Dann folgt
                \begin{salign*}
                    \left| f(x) - f(y) \right| &= \left|3 y^{\frac{2}{3}}\right| \\
                    &= \left|3 y^{-\frac{1}{3}}\right| |y| \\
                    &> \left| 3 \frac{L}{3}\right| |y| \\
                    &= L |y|
                .\end{salign*}
            \end{proof}
            Die Lipschitz-stetigkeit von $f$ bezüglich $y$
            ist Voraussetzung für den Eindeutigkeitssatz aus der VL.
        \item siehe (a).
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}
