Kurs:Analysis (Osnabrück 2013-2015)/Teil II/Vorlesung 57

Zur Eindeutigkeit der Lösungen von Differentialgleichungen

Satz

Es sei $V$ ein endlichdimensionaler reeller Vektorraum, $I \subseteq ℝ$ ein reelles Intervall, $U \subseteq V$ eine offene Menge und

f : I \times U ⟶ V, (t, v) ⟼ f (t, v),

ein stetiges Vektorfeld auf $U$ , das lokal einer Lipschitz-Bedingung genügt. Es sei $J \subseteq I$ ein offenes Teilintervall und es seien

v_{1}, v_{2} : J ⟶ V

Lösungen des Anfangswertproblems

v^{'} = f (t, v) und v (t_{0}) = w .

Dann ist $v_{1} = v_{2}$ .

Beweis

Wir betrachten die Menge

M = {t \in J ∣ v_{1} (t) = v_{2} (t)} .

Wegen $t_{0} \in M$ ist diese Menge nicht leer. Zu jedem Punkt $t \in I$ gibt es nach Satz 56.2 eine offene Intervallumgebung $t \in J^{'}$ , worauf es zu gegebener Anfangsbedingung $v (t) = v_{0}$ genau eine Lösung der Differentialgleichung gibt. Wenn $t \in M$ ist, so ist $v_{1} (t) = v_{2} (t)$ und daher stimmen $v_{1}$ und $v_{2}$ in einer offenen Umgebung $t \in J^{'}$ mit der eindeutigen Lösung und damit untereinander überein. Also ist $J^{'} \subseteq M$ . Dies bedeutet, dass $M$ eine offene Teilmenge von $J$ ist.
Andererseits sind $v_{1}$ und $v_{2}$ stetig und daher ist nach Aufgabe 34.13 die Menge $M$ auch abgeschlossen in $J$ .
Da ein Intervall nach Satz 35.9 zusammenhängend ist, folgt $M = J$ .

◻

Das folgende Beispiel zeigt, dass ohne die Lipschitz-Bedingung die Lösung eines Anfangswertproblems nicht eindeutig bestimmt ist.

Beispiel

Wir betrachten das Anfangswertproblem

v^{'} = 3 v^{2 / 3} mit v (0) = 0

zum zeitunabhängigen Vektorfeld

f : ℝ ⟶ ℝ, v ⟼ 3 v^{2 / 3} = 3 \sqrt[3]{v^{2}} .

Offensichtlich gibt es die stationäre Lösung

h (t) = 0,

aber auch

g (t) = t^{3}

ist eine Lösung, wie man durch Nachrechnen sofort bestätigt. Aus diesen beiden Lösungen kann man sich noch weitere Lösungen basteln. Es seien dazu $a < b$ reelle Zahlen. Dann ist auch

φ (t) = {\begin{matrix} (t - a)^{3} für t < a, \\ 0 für a \leq t \leq b, \\ (t - b)^{3} für t > b, \end{matrix}

eine Lösung. D.h. es gibt Lösungen, bei denen das Teilchen beliebig lange (im Zeitintervall von $a$ nach $b$ ) ruht und danach (und davor) sich bewegt. Sobald sich das Teilchen in einem Punkt $\neq 0$ befindet, ist der Bewegungsablauf lokal eindeutig bestimmt.

Bemerkung

Zu einem stetigen Vektorfeld

f : I \times U ⟶ V, (t, v) ⟼ f (t, v),

kann man sich fragen, ob es ein maximales Definitionsintervall $J$ für die Lösung eines Anfangswertproblems

v^{'} = f (t, v) und v (t_{0}) = w

gibt. Dies ist in der Tat der Fall, wenn das Vektorfeld lokal einer Lipschitz-Bedingung genügt! Man kann nämlich alle Teilmengen

J \subseteq I offen, t_{0} \in J, es gibt eine L \ddot{o} sung v_{J} auf J

betrachten. Wegen Satz 57.1 stimmen zwei Lösungen $v_{J}$ und $v_{J^{'}}$ auf dem Durchschnitt $J \cap J^{'}$ überein, und liefern daher eine eindeutige Lösung auf der Vereinigung $J \cup J^{'}$ . Daher enthält die Menge der Teilintervalle, auf denen eine Lösung definiert ist, ein maximales Teilintervall $J$ .

Dieses Teilintervall kann kleiner als $I$ sein. Die Grenzen des maximalen Teilintervalls, auf dem eine Lösung definiert ist, heißen auch Entweichzeiten.

Gradientenfelder

Definition

Es sei $V$ ein euklidischer Vektorraum, $U \subseteq V$ offen und

h : U ⟶ ℝ

eine differenzierbare Funktion. Dann nennt man die Abbildung

U ⟶ V, P ⟼ Grad h (P),

das zugehörige Gradientenfeld.

Ein Gradientenfeld ist also ein zeitunabhängiges Vektorfeld. Man spricht auch von einem Potentialfeld , die Funktion $h$ (manchmal $- h$ ) heißt dann ein Potential des Vektorfeldes. Wenn $h$ zweimal stetig differenzierbar ist, so genügt nach Lemma 55.4 das zugehörige Gradientenfeld lokal einer Lipschitz-Bedingung.

Die folgende Aussage zeigt, dass die Lösungskurven der zugehörigen Differentialgleichung $v^{'} = Grad h (v)$ senkrecht auf den Fasern von $h$ liegen. Die Fasern beschreiben, wo das Potential (oder die Höhenfunktion) konstant ist, die Lösungen beschreiben nach Satz 47.8 den Weg des steilsten Anstiegs. Wenn $h$ beispielsweise die Höhenfunktion eines Gebirges ist, so gibt das Gradientenfeld in jedem Punkt den steilsten Anstieg an und die Trajektorie einer Lösungskurve beschreibt den Verlauf eines Baches (wir behaupten nicht, dass die Bewegung eines Wassermoleküls im Bach durch diese Differentialgleichung bestimmt ist, sondern lediglich, dass der zurückgelegte Weg, also das Bild der Kurve, mit dem Bild der Lösungskurve übereinstimmt). Der Bach verläuft immer senkrecht zu den Höhenlinien.

Lemma

Es sei $V$ ein euklidischer Vektorraum, $U \subseteq V$ offen,

h : U ⟶ ℝ

eine differenzierbare Funktion und

U ⟶ V, P ⟼ G (P) = Grad h (P),

das zugehörige Gradientenfeld. Es sei

φ : J ⟶ U

eine Lösung der Differentialgleichung

v^{'} = G (v) .

Dann steht $φ^{'} (t)$ senkrecht auf dem Tangentialraum $T_{φ (t)} F$ der Faser $F$ von $h$ durch $φ (t)$ für $t \in J$ , für die $φ (t)$ reguläre Punkte von $h$ sind.

Beweis

Sei $P = φ (t)$ ein regulärer Punkt von $h$ und sei $v \in T_{P} F = kern {(D h)}_{P}$ ein Vektor aus dem Tangentialraum. Dann gilt direkt

⟨ v, φ^{'} (t) ⟩ = ⟨ v, G (φ (t)) ⟩ = ⟨ v, Grad h (P) ⟩ = {(D h)}_{P} (v) = 0 .

◻

Beispiel

Wir betrachten die Produktabbildung

h : ℝ^{2} ⟶ ℝ, (x, y) ⟼ x y .

Das zugehörige Gradientenfeld ist

ℝ^{2} ⟶ ℝ^{2}, (x, y) ⟼ G (x, y) = (y, x) .

Die Fasern von $h$ sind das Achsenkreuz (die Faser über $0$ ) und die durch $x y = c$ , $c \neq 0$ , gegebenen Hyperbeln. Die Lösungen der linearen Differentialgleichung

(\begin{matrix} {φ_{1}}^{'} \\ {φ_{2}}^{'} \end{matrix}) = (\begin{matrix} φ_{2} \\ φ_{1} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} φ_{1} \\ φ_{2} \end{matrix})

sind von der Form

φ (t) = (φ_{1} (t), φ_{2} (t)) = (a \cosh t + b \sinh t, a \sinh t + b \cosh t)

mit beliebigen $a, b \in ℝ$ , wie man direkt nachrechnet und was sich auch aus Lemma 42.4 bzw. Aufgabe 42.11 (Analysis (Osnabrück 2021-2023)) ergibt. Dabei ist $φ (0) = (a, b)$ . Für $a = b = 0$ ist dies die stationäre Lösung im Nullpunkt, in dem die Produktabbildung nicht regulär ist. Bei $a = b = 1$ ist $φ (t) = (e^{t}, e^{t})$ , das Bild dieser Lösung ist die obere Halbdiagonale (ohne den Nullpunkt), bei $a = b = - 1$ ist $φ (t) = (- e^{t}, - e^{t})$ , das Bild dieser Lösung ist die untere Halbdiagonale, bei $a = 1$ und $b = - 1$ ist $φ (t) = (e^{- t}, - e^{- t})$ , das Bild dieser Lösung ist die untere Hälfte der Nebendiagonalen, bei $a = - 1$ und $b = 1$ ist $φ (t) = (- e^{- t}, e^{- t})$ , das Bild dieser Lösung ist die obere Hälfte der Nebendiagonalen.

Ansonsten treffen die Lösungskurven das Achsenkreuz in einem Punkt $\neq (0, 0)$ . Wenn man diesen Punkt als Anfangswert zum Zeitpunkt $t = 0$ nimmt, so kann man die Lösungskurven als

(a \cosh t, a \sinh t)

(zum Zeitpunkt $t = 0$ befindet sich die Lösung auf der $x -$ Achse im Punkt $(a, 0)$ ),

und als

(b \sinh t, b \cosh t)

(zum Zeitpunkt $t = 0$ befindet sich die Lösung auf der $y -$ Achse im Punkt $(0, b)$ ) realisieren. Die Bahnen dieser Lösungen erfüllen die Gleichung $x^{2} (t) - y^{2} (t) = a^{2}$ bzw. $x^{2} (t) - y^{2} (t) = b^{2}$ , d.h. sie sind selbst Hyperbeln.

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