Kapitel 5 (Ebene autonome Systeme) Abschnitt 5.1 (Reduktion auf

Abschnitt 5.1 (Reduktion auf skalare Differenzialgleichungen)
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Kapitel 5 (Ebene autonome Systeme)
Abschnitt 5.1 (Reduktion auf skalare Di.gleichungen)
Aufgabe 1 , Seite 190
Das gegebene System besitzt oensichtlich genau eine Ruhelage, nämlich (0 , 0).
Alle anderen Trajektorien lassen sich (vgl. Satz 5.1.1) anhand der beiden skalaren
Differenzialgleichungen
dy
y + x2
y
= −
= − − x bzw.
dx
x
x
dx
x
= −
dy
y + x2
(1)
berechnen. Die erste Gleichung ist linear (also lösbar), und der zweiten sieht man
sofort an, dass sie (für y 6= 0) die triviale Lösung besitzt. Insbesondere sind also
die beiden y -Halbachsen der (x, y)-Ebene Trajektorien des gegebenen Systems.
Um die Trajektorien in den beiden Halbebenen x < 0 bzw. x > 0 zu bestimmen, berechnen wir die allgemeine Lösung der ersten Gleichung in (1). Nach der
Übersicht auf Seite 160 des Buches hat sie für ξ > 0 die Form
Z x
ξ2
ξ η x2
λ(x ; ξ, η) = η eln ξ−ln x −
−
+
,
[s eln s−ln x ] ds =
x
3
3x
ξ
und für ξ < 0 hat man in dieser Beziehung x durch −x zu ersetzen. Die Abbildung L.7 zeigt die Gesamtheit der Trajektorien des gegebenen Systems, deren
Orientierungen unmittelbar der rechten Seite des Systems zu entnehmen sind.
Alternativ kann man die erste Gleichung in (1) auch in der impliziten Form
y 0 x + y + x2 = 0
untersuchen. Wie im Beispiel 4.1.3 gezeigt, ist diese Differenzialgleichung exakt,
und S(x, y) = xy + x3 /3 ist eine Stammfunktion. Durch Auflösen der Gleichung
S(x, y) = S(ξ, η) nach y erhält man ebenfalls die zur Erstellung des Phasenporträts benötigte allgemeine Lösung λ(x; ξ, η).
Abschnitt 5.1 (Reduktion auf skalare Differenzialgleichungen)
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Aufgabe 3 , Seite 191
In Fortsetzung der Analyse des Beispiel 5.1.12 stellen wir die Funktion
F (x, y) := α ln |y| − β y + γ ln |x| − δ x ,
die bekanntlich ein erstes Integral des betrachteten Systems in den vier oenen
Quadranten ist, zunächst im zweiten Quadranten (−∞, 0) × (0, ∞) wie folgt dar:
F (x, y) = p(x) + q(y) mit p(x) := γ ln(−x) − δ x , q(y) := α ln y − β y .
Die Funktion p(x) ist streng monoton fallend, während q(y) an der Stelle α/β
ein globales Maximum Mq besitzt (siehe Abbildung L.8).
Abb. L.8
Graphen von p(x) und q(y)
Da die zu bestimmenden Trajektorien den Gleichungen F (x, y) = c für die
verschiedenen Niveaus c ∈ R genügen (vgl. Satz 5.1.8), suchen wir für jedes
c ∈ R die Koordinaten der Punkte (x, y) ∈ (−∞, 0) × (0, ∞), die der Gleichung
p(x) + q(y) = c genügen. Zunächst ist klar (siehe Abbildung L.8), dass es zu
jedem c ∈ R und jedem ȳ > 0 genau ein x < 0 gibt mit q(ȳ) + p(x) = c, nämlich
x = p−1 (c−q(ȳ)) (siehe auch Abbildung L.9). Andererseits gibt es zu jedem c ∈ R
Abb. L.9 Phasenporträt des Systems ẋ = x (α − βy) , ẏ = y (δx − γ)
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Abschnitt 5.1 (Reduktion auf skalare Differenzialgleichungen)
eine eindeutig bestimmte x-Koordinate xc < 0, und zwar xc := p−1 (c − Mq ), sodass die Gleichung p(xc )+q(y) = c genau eine Lösung y besitzt, nämlich y = α/β
(siehe Abbildung L.9). Für die x < xc dagegen gibt es genau zwei y -Koordinaten
mit p(x) + q(y) = c, während es für die x ∈ (xc , 0) kein solches y gibt. Diese
Überlegungen zusammen genommen zeigen, dass das gesuchte Phasenporträt im
zweiten Quadranten die in der Abbildung L.9 gezeigte Form hat. Die Analyse im
vierten Quadranten erfolgt mit vertauschten Rollen von x und y .
Im dritten Quadranten dagegen haben die Funktionen pe(x) := γ ln(−x) − δ x
und qe(y) := α ln(−y) − β y , aus denen sich F (x, y) additiv zusammensetzt, die in
der Abbildung L.8 links gezeigte streng monotone Form. Ist daher ein beliebiges
c ∈ R gegeben, so gibt es zu jedem x < 0 genau ein y < 0 mit F (x, y) = c, und
zu jedem y < 0 genau ein x < 0 mit F (x, y) = c. Die Trajektorien im dritten
Quadranten haben daher die in der Abb. L.9 gezeigte hyperbelförmige Gestalt.
Die Richtungen der Pfeile auf den Trajektorien ergeben sich wieder unmittelbar
aus der rechten Seite des betrachteten Systems.
Aufgabe 5 , Seite 191
Das zur gegebenen Gleichung gehörige zweidimensionale System hat die Form
ẋ = y ,
ẏ = y 2 − sin x .
2
√
(2)
(a) Die Gleichungen y = 0 bzw. y − sin x = 0 (d. h. y = ± sin x ) beschreiben
Isoklinen in Form von Geradenstücken bzw. Halbellipsen (ohne welche zu sein).
Die Abbildung L.10 zeigt diese Isoklinen und damit die Monotoniebereiche sowie das Richtungsfeld des Systems (2) in einem repräsentativen Bildausschnitt.
Abb. L.10 Isoklinen, Monotoniebereiche, Richtungsfeld des Systems ẋ = y, ẏ = y2 − sin x
∂
∂
(b) Da das System (2) wegen ∂x
[y ] + ∂y
[ y 2 − sin x ] = 2y die Integrabilitätsbedingung nicht erfüllt und daher keine Hamilton-Funktion besitzt, versuchen wir
ein erstes Integral (gemäÿ Satz 5.1.11) zu berechnen. Hierzu benötigen wir einen
integrierenden Faktor für die Differenzialgleichung
y 0 y − y 2 + sin x = 0 .
Abschnitt 5.1 (Reduktion auf skalare Differenzialgleichungen)
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Da es sich hierbei um eine implizite Darstellung der Bernoulli'schen Differenzialgleichung y 0 = y − (sin x)/x handelt, und wir hierfür (vgl. Beispiel 4.2.2) einen
integrierenden Faktor kennen, nämlich y e−2x , reduziert sich die Suche nach einem
ersten Integral für das System (2) auf die Bestimmung einer Stammfunktion für
die exakte Differenzialgleichung
y 0 y e−2x + [ sin x − y 2 ] e−2x = 0 .
Für die bei (0, 0) verschwindende Stammfunktion erhält man (gemäÿ Satz 4.1.6)
Z x
Z y
−2ξ
sin ξ e
η e−2x dη
S0 (x, y) :=
dξ +
0
h y2
0
cos x 2 sin x i 1
= e−2x
−
−
+ .
2
5
5
5
£
¤
Folglich ist neben S0 (x, y) z. B. auch F (x, y) := e−2x 5 y 2 − 2 cos x − 4 sin x + 2
ein erstes Integral für das System (2).
(c) Das Phasenporträt von (2) kann man mit Hilfe des ersten Integrals F (x, y)
(gemäÿ Satz 5.1.8) bestimmen, indem man die Gleichungen F (x, y) = c für verschiedene Werte von c ∈ R nach y auflöst, oder indem man durch jeden Punkt
(ξ, η) ∈ R2 die Trajektorie durch Auflösung der Gleichung F (x, y) = F (ξ, η) nach
y berechnet. Da diese Vorgehensweise in jedem Fall aber mit einigem Rechnen
und zudem Fallunterscheidungen verbunden ist, wählen wir einen anderen
Weg. Wir betrachten die (gemäÿ Satz 5.1.1) zum System (2) gehörige skalare
Differenzialgleichung
dy
sin x
= y−
dx
y
und nutzen aus, dass diese bis auf die Transformation t 7→ t + π mit der Bernoulli'schen Differenzialgleichung (4.33) des Beispiels 4.2.2 identisch ist. Die Abbildung 4.7 auf Seite 157 des Buches lässt sich daher zur Erstellung des gesuchten
Phasenporträts heranziehen.
Abb. L.11 Phasenporträt des Systems ẋ = y , ẏ = y2 − sin x
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Abschnitt 5.2 (Systeme in Polarkoordinaten)
Abschnitt 5.2 (Systeme in Polarkoordinaten)
Aufgabe 1 , Seite 196
Zur Bestimmung der allgemeinen Lösung gehen wir wie im Beispiel 5.2.3 vor. In
Polarkoordinaten hat das gegebene System (nach Satz 5.2.1) die Form
ṙ = α r − r3 ,
φ̇ = 1 ,
(3)
besteht also aus zwei voneinander unabhängigen Gleichungen. Bezeichnen wir die
zur Anfangsbedingung (r(0), φ(0)) = (r0 , φ0 ) ∈ (0, ∞) × R gehörige Lösung von
(3) mit (µ1 (t), µ2 (t)), so gilt oensichtlich µ2 (t) = t + φ0 . Zur Bestimmung von
µ1 (t) müssen wir drei Fälle unterscheiden, wobei wir jedes Mal mittels Trennung
der Veränderlichen und Partialbruchzerlegung vorgehen. Wir erhalten

√
r0 −α



 p(r2 − α) e−2αt − r2 , falls α < 0 ,


0
0



r0
p
,
falls α = 0 ,
µ1 (t) =
2 r02 t + 1



√



r0 α


p
, falls α > 0 .

(α − r02 ) e−2αt + r02
Unter Verwendung der Beziehungen ξ = r0 cos φ0 , η = r0 sin φ0 und der Additionstheoreme für Sinus und Cosinus erhalten wir (gemäÿ Satz 5.2.1) die allgemeine Lösung ϕ(t; ξ, η) des gegebenen Systems in kartesischen Koordinaten. Mit der
Abkürzung r02 an Stelle von ξ 2 + η 2 hat sie die Form
√

³
´
−α


p
ξ
cos
t
−
η
sin
t
,
ξ
sin
t
+
η
cos
t
, falls α < 0 ,

 (r2 − α) e−2αt − r2


0
0


³
´

1
p
ξ
cos
t
−
η
sin
t
,
ξ
sin
t
+
η
cos
t
,
falls α = 0 ,

2 r02 t + 1



√

³
´

α


ξ
cos
t
−
η
sin
t
,
ξ
sin
t
+
η
cos
t
, falls α > 0 .
 p
(α − r02 ) e−2αt + r02
Um das Phasenporträt des betrachteten Systems zu diskutieren, sind Polarkoordinaten besser geeignet als kartesische. Zum einen erkennt man sofort, dass die
Trajektorien den Punkt (0 , 0) mit konstanter Winkelgeschwindigkeit im Gegenuhrzeigersinn umrunden. Zum anderen sieht man der Funktion µ1 (t) an, dass sie
sowohl für jedes α < 0 als auch für α = 0 streng monoton fällt und für t → ∞
gegen 0 konvergiert. Folglich sind in diesen Fällen alle Trajektorien Spiralen, die
im Gegenuhrzeigersinn auf den Koordinatenursprung
zulaufen. Im Fall α > 0 ist
√
Das erkennt
der Kreis mit Mittelpunkt (0, 0) und Radius α eine Trajektorie.
√
man sowohl an der Gleichung (3) (wegen ṙ = 0 für r = α) als auch an der expliziten Darstellung von µ1 (t). Innerhalb dieses Kreises spiralen die Trajektorien
gegen den Nullpunkt, auÿerhalb gegen den Kreis.
Abschnitt 5.2 (Systeme in Polarkoordinaten)
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Aufgabe 3 , Seite 196
In Polarkoordinaten hat das gegebene System die Form
ṙ = − r ,
φ̇ = r2 − 1 ,
(4)
der man sofort ansieht, dass jede (nichttriviale) Lösung (wegen ṙ(t) < 0) streng
monoton fällt. Die Winkelkoordinate φ(t) ist auÿerhalb des Einheitskreises (wegen φ̇(t) > 0 für r(t) > 1) streng monoton wachsend, innerhalb (wegen φ̇(t) < 0
für r(t) < 1) streng monoton fallend. Zusammen bedeutet dies, dass alle Trajektorien auÿerhalb des Einheitskreises im Gegenuhrzeigersinn auf den Einheitskreis
zulaufen, dort angekommen die Orientierung wechseln, und dann innerhalb des
Einheitskreises im Uhrzeigersinn auf den Koordinatenursprung zulaufen.
Um dies auch rechnerisch zu bestätigen, bestimmen wir die zu einem beliebigen
Anfangswertepaar (r0 , φ0 ) ∈ (0, ∞) × R gehörige Lösung des Systems (4), und
zwar zuerst für die r-Gleichung und dann für die φ-Gleichung. Wir erhalten
¡
¢
¡
¢
r2
r(t) , φ(t) = r0 e−t , 20 (1 − e−2t ) − t + φ0 .
Wählt man hierbei den Punkt (r0 , φ0 ) auf dem Einheitskreis, also |r0 | = 1, so
erkennt man, dass in der Tat die zweiten Koordinate als Funktion von t im Bereich
(−∞ , 0 ] wächst und für t ∈ [0, ∞ ) fällt.
Um schlieÿlich auch noch die allgemeine Lösung des betrachteten Systems (in
kartesischen Koordinaten) zu bestimmen, wenden wir den Satz 5.2.1 an. Unter
Verwendung der Abkürzung ψ(t) := 12 (ξ 2 + η 2 ) (1 − e−2t ) − t hat sie die Form
¡
¢
ϕ(t; ξ, η) = e−t ξ cos ψ(t) − η sin ψ(t) , ξ sin ψ(t) + η cos ψ(t) .
Aufgabe 5 , Seite 196
Wie in den beiden vorherigen Aufgaben bringen wir das gegebene System zunächst in Polarkoordinatenform,
ṙ = 0 ,
φ̇ = g(r2 ) ,
berechnen dann zu einem beliebigen Anfangswertepaar (r0 , φ0 ) ∈ (0 , ∞) × R die
Lösung
¡
¢
¡
¢
r(t) , φ(t) = r0 , g(r02 ) t + φ0 ,
und transformieren diese schlieÿlich zurück in kartesische Koordinaten. Als allgemeine Lösung ϕ(t; ξ, η) des Ausgangssystems erhalten wir dann
¡
¢
ξ cos g(ξ 2 + η 2 ) t − η sin g(ξ 2 + η 2 ) t , ξ sin g(ξ 2 + η 2 ) t + η cos g(ξ 2 + η 2 ) t .
Wählt man z. B. g(s) :≡ 1, so sind die Trajektorien konzentrische Kreise um den
Koordinatenursprung, und alle Lösungen haben die gleiche Periode 2π . Wählt
man dagegen g(s) := s, so ändert dies nichts an den kreisförmigen Trajektorien,
aber die zugehörigen Lösungen haben die Periode 2π/(ξ 2 + η 2 ).
Abschnitt 5.3 (Lineare ebene autonome Systeme)
39
Abschnitt 5.3 (Lineare ebene autonome Systeme)
Aufgabe 1 , Seite 210
Wir gehen zunächst¡ wie
¢ im Beispiel 5.3.5 vor. Das gegebene System hat die
Koezientenmatrix 10 12 , der man die Eigenwerte 1 und 2 direkt ansehen kann.
¡¢
¡¢
Als zugehörige Eigenvektoren errechnet man 10 bzw. 11 . Setzen wir dann
¶
¶
µ
µ
1 −1
1 1
,
, so gilt T −1 =
T :=
0 1
0 1
und wir erhalten als Koezientenmatrix des transformierten Systems in Normalform die Matrix
µ
¶
µ
¶
1 0
1 1
−1
= T
T.
0 2
0 2
Die allgemeine Lösung ψ(t; θ1 , θ2 ) = (θ1 et , θ2 e2t ) des
¡ ¢transformierten Systems
liefert dann gemäÿ der Formel ϕ(t; ξ, η) = T ψ(t; T −1 ηξ ) die allgemeine Lösung
des Ausgangssystems, im vorliegenden Fall
µ
¶
µ
¶µ
¶
µ
¶
ϕ1 (t ; ξ, η)
(ξ − η) et
(ξ − η) et + η e2t
1 1
=
=
.
0 1
ϕ2 (t ; ξ, η)
η e2t
η e2t
Beim zweiten Lösungsweg berechnet man zunächst ϕ2 (t; ξ, η) als Lösung des
Anfangswertproblems
ẏ = 2y , y(0) = η ,
was augenscheinlich η e2t ergibt, und dann ϕ1 (t ; ξ, η) als Lösung von
ẋ = x + η e2t ,
x(0) = ξ .
Mit der Übersicht auf Seite 160 des Buches erhält man
Z t
t
ϕ1 (t ; ξ, η) = ξ e +
et−s η e2s ds = ξ et + η et ( et − 1) .
0
Das ist oensichtlich das gleiche Ergebnis wie beim ersten Lösungsweg.
Aufgabe 3 , Seite 210
Wir bezeichnen die Koezientenmatrix des gegebenen Systems mit
µ
¶
−1
0
A(α) :=
.
α+1 α−1
(i) Im Fall α = −1 hat diese Matrix
¡ die
¢(bereits in reeller Jordan'scher Normal0
form vorliegende) Diagonalform −1
0 −2 . Es handelt sich bei der Ruhelage also
um einen stabilen, zwei-tangentigen Knoten, und das System bendet sich im
oenen 2. Quadranten der (spur , det)-Ebene unterhalb der Parabel. Das Phasenporträt ist in der Abbildung L.12 ganz links zu sehen.
Abschnitt 5.3 (Lineare ebene autonome Systeme)
40
¡
¢
0
(ii) Im Fall α = 0 liegt die Koezientenmatrix −1
1 −1 mit doppeltem, nicht
halbeinfachem Eigenwert −1 vor. Die Ruhelage ist ein stabiler, ein-tangentiger
Knoten, und das System liegt auf der Parabel im 2. Quadranten. Bei der Skizze
des Phasenporträts ist zu beachten, dass im Vergleich mit der Darstellung auf
Seite 201 des Buches die beiden Koordinaten zu vertauschen sind.
¡ 0¢
(iii) Im Fall α = 1 hat die Matrix A(α) die Form −1
2 0 , ist also singulär und besitzt einen negativen Eigenwert. Es liegt der Fall II.1 (a) vor, und das System liegt
auf der negativen spur-Achse. Da die Matrix nicht in Normalform vorliegt, ist im
Vergleich mit der Abbildung auf Seite 204 des Buches noch eine lineare Verzerrung vorzunehmen. Am einfachsten erkennt man die Form der nichttrivialen
Trajektorien anhand der zugehörigen skalaren Differenzialgleichung dy/dx = −2.
¡ 0¢
(iv) Im Fall α = 2 hat die Koezientenmatrix die Form −1
3 1 , und augenscheinlich hat sie die Eigenwerte −1 und 1. Das System hat also einen Sattelpunkt und
bendet sich in der (spur , det)-Ebene unterhalb der spur-Achse. Da die Matrix
nicht in Normalform vorliegt, muss man das bekannte Bild eines Sattelpunktes
mit den Koordinatenachsen als Trajektorien (vgl. Seite 199 ¡des¢Buches)
¡ ¢geeignet
2
modizieren. Hierzu genügt es, die beiden Eigenvektoren −3
und 01 zu den
Eigenwerten −1 bzw. 1 zu berechnen.
Abb. L.12 Phasenporträts des Systems ẋ = α x , ẏ = x + α y für verschiedene Werte von α
Aufgabe 5 , Seite 211
Die Koezientenmatrix hat im vorliegenden Fall die Form
µ
¶
α 0
,
1 α
besitzt also α als doppelten, nicht halbeinfachen Eigenwert. Damit liegen die
betrachteten Systeme in der (spur , det)-Ebene auf der Parabel. In der Abbildung
5.14 auf Seite 206 des Buches sind die entsprechenden Phasenporträts nicht zu
nden, da dort die halbeinfachen Fälle dargestellt sind.
Die nicht halbeinfachen Fälle ndet man in der Abbildung 7.23 auf Seite 333
des Buches.