Hausaufgaben Analysis 1 (Mathematisches Studieren) - Exam.pdf

Aufgabe 1)

Gegeben sei der normierte Vektorraum V mit der Norm \( \| \cdot \| \) und die Informationen über Banach-Räume: Ein Banach-Raum ist ein vollständiger normierter Vektorraum, das heißt, jede Cauchy-Folge konvergiert in diesem Raum.

• Normierter Vektorraum: Vektorraum mit einer Norm \( \| \cdot \| \)
• Vollständigkeit: Jede Cauchy-Folge konvergiert in diesem Raum
• Beispiel einer Norm: \( \|x\|_p = \left( \sum_{i=1}^n |x_i|^p \right)^{1/p} \) für \( 1 \leq p < \infty \)
• Wichtige Banach-Räume: \( \ell^p \)-Räume, \( L^p \)-Räume
• Banach-Fixpunktsatz: Jede kontraktive Abbildung in einem Banach-Raum hat genau einen Fixpunkt

b)

(b) Betrachte die Folge \( (x_n)_{n \in \mathbb{N}} \) in dem \( \ell^2 \)-Raum, definiert durch \( x_n = (1/n, 1/n^2, \dots, 1/n^k, \dots), \) wobei \( n \in \mathbb{N} \). Zeige, dass diese Folge eine Cauchy-Folge ist und bestimme ihr Grenzwert.

Lösung:

Um die Aufgabe zu lösen, betrachten wir die Folge \((x_n)_{n \in \mathbb{N}}\) im Raum \(\ell^2\) mit den Elementen \(x_n = \left(\frac{1}{n}, \frac{1}{n^2}, \dots, \frac{1}{n^k}, \dots\right)\), wobei \(n \in \mathbb{N}\).

1. Nachweis, dass die Folge \((x_n)_{n \in \mathbb{N}}\) eine Cauchy-Folge ist:

Eine Folge \((x_n)\) in einem normierten Raum ist eine Cauchy-Folge, wenn für alle \(\epsilon > 0\) ein \(N \in \mathbb{N}\) existiert, sodass für alle \(m, n > N\) gilt:

\[ \| x_n - x_m \| < \epsilon \]

Berechnung der Norm \(\| x_n - x_m \|_2\):

Für die Elemente von \(x_n\) und \(x_m\) haben wir

• \(x_n = \left(\frac{1}{n}, \frac{1}{n^2}, \frac{1}{n^3}, \dots\right)\)
• \(x_m = \left(\frac{1}{m}, \frac{1}{m^2}, \frac{1}{m^3}, \dots\right)\)

Die Differenz \(x_n - x_m\) ist somit:

\[ x_n - x_m = \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{m}, \frac{1}{n^2} - \frac{1}{m^2}, \frac{1}{n^3} - \frac{1}{m^3}, \dots\right) \]

Die 2-Norm dieser Differenz ist

\[ \| x_n - x_m \|_2 = \sqrt{\sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n^k} - \frac{1}{m^k} \right)^2} \]

Da \(\left(\frac{1}{n^k}\right)\) und \(\left(\frac{1}{m^k}\right)\) für große \(n\) und \(m\) sehr klein werden, erwarten wir, dass die Summe klein wird. Insbesondere für \(m, n \to \infty\) wird der Unterschied zwischen \(\frac{1}{n^k}\) und \(\frac{1}{m^k}\) kleiner.

Lass uns nun die Differenz quadratisch abschätzen:

\[ \left(\frac{1}{n^k} - \frac{1}{m^k}\right)^2 \leq \left( \frac{1}{n^k}\right)^2 + \left( \frac{1}{m^k} \right)^2 \]

Daher haben wir:

\[ \| x_n - x_m \|_2^2 = \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n^k} - \frac{1}{m^k} \right)^2 \leq \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n^k} \right)^2 + \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{m^k} \right)^2 \]

Dieser Ausdruck ist eine geometrische Reihe, die für \(n > 1\) und \(m > 1\) konvergiert:

\[ \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{n^k} \right)^2 = \frac{1}{n^2} \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{1}{n^2} \right)^k = \frac{1}{n^2} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{n^2}} = \frac{1}{n^2-1} \]

Da beide Reihen konvergieren, folgt, dass der Ausdruck \(\| x_n - x_m \|_2 < \epsilon\) für ausreichend große \(m, n\). Also ist \((x_n)\) eine Cauchy-Folge.

2. Bestimmung des Grenzwerts der Folge:

Um den Grenzwert der Folge \(x_n\) zu bestimmen, betrachten wir den Grenzwert der einzelnen Komponenten \(x^k_n = \frac{1}{n^k}\), wenn \(n \to \infty\):

Für jedes feste \(k\) haben wir:

\[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^k} = 0 \]

Da jede Komponente gegen 0 konvergiert, konvergiert die gesamte Folge \((x_n)\) gegen den Nullvektor:

\[ \lim_{n \to \infty} x_n = (0, 0, 0, \dots) = 0 \]

Zusammenfassend haben wir gezeigt, dass \((x_n)\) eine Cauchy-Folge ist und dass sie gegen den Nullvektor im \(\ell^2\)-Raum konvergiert.

c)

(c) Sei (X, d) ein metrischer Raum und \( T: X \to X \) eine kontraktive Abbildung. Zeige mit Hilfe des Banach-Fixpunktsatzes, dass diese Abbildung genau einen Fixpunkt besitzt, und beschreibe das Verfahren zur Bestimmung dieses Fixpunkts.

Lösung:

Um zu zeigen, dass eine kontraktive Abbildung \( T: X \to X \) in einem metrischen Raum \((X, d)\) genau einen Fixpunkt besitzt, verwenden wir den Banach-Fixpunktsatz. Der Banach-Fixpunktsatz besagt:

Sei \((X, d)\) ein vollständiger metrischer Raum und \(T: X \to X\) eine kontraktive Abbildung. Das bedeutet, es existiert ein \(0 \leq k < 1\) sodass für alle \(x, y \in X\) gilt:

\[ d(T(x), T(y)) \leq k \, d(x, y) \]

Dann besitzt \(T\) genau einen Fixpunkt, das heißt, es existiert ein \(x^* \in X\) mit \(T(x^*) = x^*\). Außerdem konvergiert die Folge \(x_{n+1} = T(x_n)\) für jedes \(x_0 \in X\) gegen diesen Fixpunkt.

Beweis des Fixpunktsatzes:

1. Existenz des Fixpunkts:
   • Wähle einen beliebigen Punkt \(x_0 \in X\).
   • Definiere die Folge \((x_n)\) durch \(x_{n+1} = T(x_n)\).
   • Da \(T\) eine kontraktive Abbildung ist, gilt für alle \(m, n \in \mathbb{N}\):
   • \[ d(x_{n+1}, x_n) = d(T(x_n), T(x_{n-1})) \leq k \, d(x_n, x_{n-1}) \]
   • Indem wir dies iterativ anwenden, erhalten wir:
   • \[ d(x_{n+1}, x_n) \leq k^n \, d(x_1, x_0) \]
   • Dies zeigt, dass die Folge \((x_n)\) eine Cauchy-Folge ist. Da \(X\) vollständig ist, konvergiert \((x_n)\) gegen ein Element \(x^* \in X\).
   • Da \(T\) stetig ist, können wir den Fixpunkt finden, indem wir den Grenzübergang auf beiden Seiten anwenden:
   • \[ x^* = \lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} T(x_n) = T \left( \lim_{n \to \infty} x_n \right) = T(x^*) \]
2. Eindeutigkeit des Fixpunkts:
   • Angenommen, es existieren zwei Fixpunkte \(x^*, y^* \in X\) mit \(T(x^*) = x^*\) und \(T(y^*) = y^*\).
   • Dann folgt:
   • \[ d(x^*, y^*) = d(T(x^*), T(y^*)) \leq k \, d(x^*, y^*) \]
   • Da \(0 \leq k < 1\), kann dies nur dann erfüllt sein, wenn \(d(x^*, y^*) = 0\), also \(x^* = y^*\).

Verfahren zur Bestimmung des Fixpunkts:

1. Wähle einen beliebigen Startpunkt \(x_0 \in X\).
2. Erzeuge die Folge, indem Du wiederholt die Abbildung \(T\) anwendest: \(x_{n+1} = T(x_n)\).
3. Setze diesen Prozess fort, bis die Folge gegen den Fixpunkt \(x^*\) konvergiert.
4. Der Fixpunkt \(x^*\) ist der Wert, bei dem \(T(x^*) = x^*\).

Somit haben wir gezeigt, dass eine kontraktive Abbildung \( T: X \to X \) in einem vollständigen metrischen Raum \((X, d)\) genau einen Fixpunkt besitzt, und beschrieben, wie man diesen Fixpunkt mittels Iteration finden kann.

d)

(d) Beweise oder widerlege: Der Raum der stetigen Funktionen \( C[0, 1] \), versehen mit der Supremumsnorm \( \| f \|_\infty = \sup_{x \in [0,1]} |f(x)| \), ist ein Banach-Raum.

Lösung:

Um zu beweisen, dass der Raum der stetigen Funktionen \(C[0, 1]\), versehen mit der Supremumsnorm \( \| f \|_{\infty} = \sup_{x \in [0,1]} |f(x)| \), ein Banach-Raum ist, müssen wir zeigen, dass \(C[0, 1]\) vollständig ist. Das heißt, jede Cauchy-Folge in \(C[0,1]\) muss in \(C[0,1]\) konvergieren.

Schritte des Beweises:

1. Definition einer Cauchy-Folge in \(C[0,1]\):
   • Eine Folge \((f_n)\) in \(C[0,1]\) ist eine Cauchy-Folge, wenn für alle \( \epsilon > 0 \) ein \(N \in \mathbb{N}\) existiert, so dass für alle \(m, n > N\) gilt: \( \| f_n - f_m \|_{\infty} < \epsilon \).
2. Existenz des Grenzwerts:
   • Sei \((f_n)\) eine Cauchy-Folge in \(C[0,1]\).
   • Für jedes feste \(x \in [0,1]\) ist \(|f_n(x) - f_m(x)| \leq \| f_n - f_m \|_{\infty}\).
   • Da \((f_n)\) eine Cauchy-Folge ist, folgt, dass \((f_n(x))\) eine Cauchy-Folge in \(\mathbb{R}\) für jedes \(x \in [0,1]\) ist.
   • Da \(\mathbb{R}\) vollständig ist, existiert für jedes \(x \in [0,1]\) ein Grenzwert \(f(x)\), so dass \(f_n(x) \to f(x)\).
   • Definiere \(f: [0, 1] \to \mathbb{R}\) durch \(f(x) = \lim_{n \to \infty} f_n(x)\).
3. Stetigkeit des Grenzwerts:
   • Um zu zeigen, dass \(f\) stetig ist, sei \(\epsilon > 0\) gegeben.
   • Da \(f_n \to f\) punktweise konvergiert und \((f_n)\) eine Cauchy-Folge in \(C[0,1]\) ist, existiert ein \(N\in \mathbb{N}\), so dass für alle \(n, m > N\) gilt: \(\| f_n - f_m \|_{\infty} < \frac{\epsilon}{3}\).
   • Insbesondere gilt dies für alle \(n > N\), so dass \(\| f_n - f \|_{\infty} < \frac{\epsilon}{3}\).
   • Für \(n > N\) folgt \(|f_n(x) - f(x)| < \frac{\epsilon}{3}\) für alle \(x \in [0,1]\).
   • Da \(f_n\) stetig ist, existiert ein \(\delta > 0\), so dass \(|x - y| < \delta\) impliziert \(|f_n(x) - f_n(y)| < \frac{\epsilon}{3}\).
   • Daher gilt für \(|x - y| < \delta\):
   • \[ |f(x) - f(y)| \leq |f(x) - f_n(x)| + |f_n(x) - f_n(y)| + |f_n(y) - f(y)| \]
   • \[ < \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} = \epsilon \]
   • Somit ist \(f\) stetig.
   • Da \(f \in C[0,1]\), folgt die Existenz und Stetigkeit des Grenzwerts in \(C[0,1]\).

Da jede Cauchy-Folge \((f_n)\) in \(C[0,1]\) gegen eine stetige Funktion \(f\) konvergiert, ist \(C[0,1]\) vollständig und damit ein Banach-Raum.

Aufgabe 2)

Betrachte den Hilbert-Raum \(\textbf{H}\) mit dem Skalarprodukt \( \langle x, y \rangle = \sum_{i=1}^n x_i \overline{y_i} \) für endliche Dimensionen. Im Folgenden sollen verschiedene Eigenschaften von Hilbert-Räumen und Skalarprodukten untersucht werden.

a)

Zeige, dass das gegebene Skalarprodukt linear in seinem ersten Argument ist. Das bedeutet, dass für alle \(x_1, x_2, y \in \textbf{H}\) und \(\beta_1, \beta_2 \in \mathbb{C}\) gilt: \[ \langle \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2, y \rangle = \beta_1 \langle x_1, y \rangle + \beta_2 \langle x_2, y \rangle \]

Lösung:

Um zu zeigen, dass das gegebene Skalarprodukt linear in seinem ersten Argument ist, betrachten wir die Definition des Skalarprodukts:

\[ \langle x, y \rangle = \sum_{i=1}^n x_i \overline{y_i} \]

Wir müssen zeigen, dass für alle \(x_1, x_2, y \in \textbf{H} \) und \(\beta_1, \beta_2 \in \mathbb{C} \) folgendes gilt:

\[ \langle \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2, y \rangle = \beta_1 \langle x_1, y \rangle + \beta_2 \langle x_2, y \rangle \]

Betrachten wir das linke Argument:

\[ \langle \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2, y \rangle = \sum_{i=1}^n (\beta_1 x_{1,i} + \beta_2 x_{2,i}) \overline{y_i} \]

Verwenden wir die Linearität der Summe und die Distributivität der Multiplikation:

\[ \sum_{i=1}^n (\beta_1 x_{1,i} + \beta_2 x_{2,i}) \overline{y_i} = \beta_1 \sum_{i=1}^n x_{1,i} \overline{y_i} + \beta_2 \sum_{i=1}^n x_{2,i} \overline{y_i} \]

Beachten wir nun, dass die Skalarprodukte linear sind:

\[ \beta_1 \sum_{i=1}^n x_{1,i} \overline{y_i} + \beta_2 \sum_{i=1}^n x_{2,i} \overline{y_i} = \beta_1 \langle x_1, y \rangle + \beta_2 \langle x_2, y \rangle \]

Damit haben wir gezeigt, dass das Skalarprodukt linear im ersten Argument ist:

\[ \langle \beta_1 x_1 + \beta_2 x_2, y \rangle = \beta_1 \langle x_1, y \rangle + \beta_2 \langle x_2, y \rangle \]

b)

Beweise, dass das Skalarprodukt in \(\textbf{H}\) positiv definit ist. Zeige dazu, dass für alle \(x \in \textbf{H} \) gilt: \[ \langle x, x \rangle \geq 0 \quad \text{ und } \quad \text{wenn } \langle x, x \rangle = 0, \text{ dann } x = 0 \]

Lösung:

Um zu beweisen, dass das Skalarprodukt in \textbf{H} positiv definit ist, müssen wir zeigen:

• Für alle \( x \in \textbf{H} \) gilt \( \langle x, x \rangle \geq 0 \).
• Wenn \( \langle x, x \rangle = 0 \), dann ist \( x = 0 \).

Betrachten wir das Skalarprodukt \( \langle x, x \rangle \):

\[ \langle x, x \rangle = \sum_{i=1}^n x_i \overline{x_i} \]

Da \( x_i \overline{x_i} = |x_i|^2 \) (das Betragsquadrat der komplexen Zahl \(x_i\)), folgt:

\[ \langle x, x \rangle = \sum_{i=1}^n |x_i|^2 \]

Jeder Term \( |x_i|^2 \) ist nicht negativ, also ist die Summe der nicht negativen Terme ebenfalls nicht negativ:

\[ \langle x, x \rangle \geq 0 \]

Nehmen wir nun an, dass \( \langle x, x \rangle = 0 \):

\[ \sum_{i=1}^n |x_i|^2 = 0 \]

Da die Summe von nicht negativen Termen nur dann null ist, wenn jeder einzelne Term null ist, muss gelten:

\[ |x_i|^2 = 0 \quad für \quad alle \quad i \]

Dies bedeutet, dass:

\[ x_i = 0 \quad für \quad alle \quad i \]

Das heißt, der Vektor \( x \) ist der Nullvektor:

\[ x = 0 \]

Zusammengefasst haben wir gezeigt:

• \( \langle x, x \rangle \geq 0 \) für alle \( x \in \textbf{H} \).
• Wenn \( \langle x, x \rangle = 0 \), dann ist \( x = 0 \).

Damit haben wir gezeigt, dass das Skalarprodukt in \textbf{H} positiv definit ist.

c)

Bestimme die Norm eines Vektors \(x \in \textbf{H}\) im Hilbert-Raum \( \textbf{H}\). Zeige, dass diese Norm konsistent mit dem Skalarprodukt ist, indem Du die Norm berechnest und mit \[ \| x \| = \sqrt{ \langle x, x \rangle}\] verifizierst.

Lösung:

Um die Norm eines Vektors \( x \in \textbf{H} \) im Hilbert-Raum \( \textbf{H} \) zu bestimmen, verwenden wir die Definition der Norm im Kontext eines Skalarproduktraumes. Die Norm wird durch die folgende Formel berechnet:

\[ \| x \| = \sqrt{\langle x, x \rangle} \]

Beginnen wir mit der Berechnung der Norm \( \| x \| \) für einen Vektor \( x = (x_1, x_2, \ldots, x_n) \in \textbf{H} \). Zunächst berechnen wir \( \langle x, x \rangle \):

\[ \langle x, x \rangle = \, \sum_{i=1}^n x_i \overline{x_i} = \sum_{i=1}^n |x_i|^2 \]

Die Norm \( \| x \| \) ist dann:

\[ \| x \| = \sqrt{\langle x, x \rangle} = \sqrt{\, \sum_{i=1}^n |x_i|^2} \]

Als Beispiel betrachten wir einen Vektor \( x = (x_1, x_2, x_3) \) in \( \mathbb{C}^3 \). Wir berechnen das Skalarprodukt \( \langle x, x \rangle \):

\[ \langle x, x \rangle = |x_1|^2 + |x_2|^2 + |x_3|^2\]

Die Norm ist daher:

\[ \| x \| = \sqrt{|x_1|^2 + |x_2|^2 + |x_3|^2} \]

Um zu verifizieren, dass diese Norm konsistent mit dem gegebenen Skalarprodukt ist, stellen wir fest, dass die Normdefinition:

\[ \| x \| = \sqrt{\langle x, x \rangle} \]

direkt von der Definition des Skalarprodukts abhängt. Da \( \langle x, x \rangle = \sum_{i=1}^n |x_i|^2 \), und dies immer nicht-negativ ist, ergibt \( \sqrt{\langle x, x \rangle} \) die Länge oder Norm des Vektors \( x \) in \( \textbf{H} \).

d)

Zeige, dass \(\textbf{H}\) vollständig ist. Beweise dafür, dass jede Cauchy-Folge in \( \textbf{H} \) konvergiert.

Lösung:

Um zu zeigen, dass der Hilbert-Raum \( \textbf{H} \) vollständig ist, müssen wir nachweisen, dass jede Cauchy-Folge in \( \textbf{H} \) konvergiert. Eine Folge \( (x^{(k)}) \) in \( \textbf{H} \) ist eine Cauchy-Folge, wenn für jedes \( \varepsilon > 0 \) ein \( N \in \mathbb{N} \) existiert, so dass für alle \( m, n \geq N \) gilt:

\[ \| x^{(m)} - x^{(n)} \| < \varepsilon \]

Wir müssen zeigen, dass es einen Vektor \( x \in \textbf{H} \) gibt, so dass die Folge \( (x^{(k)}) \) gegen \( x \) konvergiert, d.h., dass gilt:

\[ \lim_{k \to \infty} \| x^{(k)} - x \| = 0 \]

Da unser Vektorraum \( \textbf{H} \) endlich-dimensional ist, sei \( \textbf{H} \) durch den \( n \)-dimensionalen Raum \( \mathbb{C}^n \) dargestellt. Eine Cauchy-Folge \( (x^{(k)}) \) in \( \mathbb{C}^n \) bedeutet, dass für jedes \( \varepsilon > 0 \) ein \( N \in \mathbb{N} \) existiert, so dass für alle \( m, n \geq N \) gilt:

\[ \| x^{(m)} - x^{(n)} \| < \varepsilon \]

Da \( \mathbb{C}^n \) endlich-dimensional ist, können wir Folgendes nutzen:

In endlich-dimensionalen Vektorräumen ist jede Cauchy-Folge auch eine konvergente Folge. Das bedeutet, dass es ein \( x \in \mathbb{C}^n \) gibt, so dass:

\[ \lim_{k \to \infty} \| x^{(k)} - x \| = 0 \]

Da \( \mathbb{C}^n \) als Hilbert-Raum \( \textbf{H} \) vollständig ist, haben wir gezeigt, dass jede Cauchy-Folge in \( \textbf{H} \) konvergiert. Damit ist der Hilbert-Raum \( \textbf{H} \) vollständig.

Aufgabe 4)

Gegeben sei das Anfangswertproblem für die gewöhnliche Differentialgleichung:

• Form des Anfangswertproblems: \( y'(t) = f(t, y(t)) \), \( y(t_0) = y_0 \)
• Bedingungen für \( f(t, y) \): Lipschitz-Stetigkeit in \( y \) und Stetigkeit in \( t \)
• Schlussfolgerung: Eindeutige lokale Lösung \( y(t) \) existiert in einem Intervall um \( t_0 \)

a)

Teilaufgabe 1:

Überprüfe, ob die gegebene Funktion \( f(t, y) = y - t^2 + 1 \) die Voraussetzungen des Picard-Lindelöf-Theorems erfüllt. Dafür musst Du die Stetigkeit in \( t \) und die Lipschitz-Stetigkeit in \( y \) nachweisen.

• Beweise, dass \( f(t, y) \) stetig in \( t \) ist.
• Zeige, dass \( f(t, y) \) Lipschitz-stetig in \( y \) ist und bestimme eine Lipschitz-Konstante \( L \).

Lösung:

Um die Voraussetzungen des Picard-Lindelöf-Theorems für die gegebene Funktion f(t, y) = y - t^2 + 1 zu überprüfen, müssen wir sowohl die Stetigkeit in t als auch die Lipschitz-Stetigkeit in y nachweisen.

• Nachweis der Stetigkeit in t:

Die Funktion f(t, y) = y - t^2 + 1 ist eine Summe von drei Terme, bei denen folgende Aspekte gelten:

• y: ist unabhängig von t und somit stetig in t.
• -t^2: ist eine Polynomfunktion in t, also stetig in t.
• 1: ist eine Konstante, somit stetig in t.

Da die Summe stetiger Funktionen ebenfalls stetig ist, ist f(t, y) stetig in t.

• Zeigen der Lipschitz-Stetigkeit in y:

Die Lipschitz-Stetigkeit bedeutet, dass es eine Konstante L gibt, so dass für alle y_1 und y_2:

        \[ |f(t, y_1) - f(t, y_2)| \leq L \cdot |y_1 - y_2| \]            

Betrachten wir folgende Berechnung:

• f(t, y_1) = y_1 - t^2 + 1

f(t, y_2) = y_2 - t^2 + 1

Wir berechnen den Unterschied:

    \[ |f(t, y_1) - f(t, y_2)| = |(y_1 - t^2 + 1) - (y_2 - t^2 + 1) = |y_1 - y_2| \]    

Somit ist unsere Konstante L = 1.Für alle y_1, y_2 gilt: |f(t, y_1) - f(t, y_2)| = |y_1 - y_2|, was bedeutet, dass f(t, y) Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstanten L = 1 ist.

Die Funktion f(t, y) = y - t^2 + 1 erfüllt die Voraussetzungen des Picard-Lindelöf-Theorems, da sie sowohl in t stetig ist als auch in y Lipschitz-stetig mit einer Lipschitz-Konstanten L = 1.

b)

Teilaufgabe 2:

Bestimme die lokale Lösung des Anfangswertproblems auf einem Intervall um \( t_0 \) für das Anfangswertproblem mit \( f(t, y) \) aus Teilaufgabe 1 und die Anfangsbedingungen \( y(0) = 0.5 \).

• Verwende das Picard-Lindelöf-Theorem und die iterative Picard-Approximation, um eine Näherungslösung der Differentialgleichung bis zur zweiten Iteration zu finden.

Lösung:

Teilaufgabe 2:

Um die lokale Lösung des Anfangswertproblems auf einem Intervall um \( t_0 \) zu bestimmen, verwenden wir das Picard-Lindelöf-Theorem und die iterative Picard-Approximation.

• Gegebenes Anfangswertproblem:

\( y'(t) = f(t, y) = y - t^2 + 1 \), mit der Anfangsbedingung \( y(0) = 0.5 \)

Die iterative Picard-Approximation beginnt mit einer Anfangsschätzung \( y_0(t) \), die oft die Anfangsbedingung selbst ist. In diesem Fall setzen wir:

\( y_0(t) = 0.5 \)

Anschließend definieren wir die (n+1)-te Approximation durch:

\( y_{n+1}(t) = y_0 + \int_{t_0}^{t} f(\tau, y_n(\tau)) d\tau \)

Für unser Anfangswertproblem setzen wir ein:

• Erste Iteration (n = 0):

\( y_1(t) = 0.5 + \int_{0}^{t} (y_0 - \tau^2 + 1) d\tau \)

Da \( y_0 = 0.5 \), ist:

\( y_1(t) = 0.5 + \int_{0}^{t} (0.5 - \tau^2 + 1) d\tau = 0.5 + \int_{0}^{t} (1.5 - \tau^2) d\tau \)

Dies gibt uns:

\( y_1(t) = 0.5 + \left[ 1.5\tau - \frac{\tau^3}{3} \right]_{0}^{t} \)

Einsetzen der Grenzen ergibt:

\( y_1(t) = 0.5 + \left[ 1.5t - \frac{t^3}{3} - (1.5 \cdot 0 - \frac{0^3}{3}) \right] = 0.5 + 1.5t - \frac{t^3}{3} \)

• Zweite Iteration (n = 1):

\( y_2(t) = 0.5 + \int_{0}^{t} (y_1 - \tau^2 + 1) d\tau \)

Einsetzen von \( y_1(t) = 0.5 + 1.5t - \frac{t^3}{3} \) ergibt:

\( y_2(t) = 0.5 + \int_{0}^{t} \left( (0.5 + 1.5\tau - \frac{\tau^3}{3}) - \tau^2 + 1 \right) d\tau \)

\( = 0.5 + \int_{0}^{t} (1.5 + 1.5\tau - \tau^2 - \frac{\tau^3}{3}) d\tau \)

Dies gibt uns:

\( y_2(t) = 0.5 + \left[ 1.5\tau + \frac{1.5\tau^2}{2} - \frac{\tau^3}{3} - \frac{\tau^4}{12} \right]_{0}^{t} \)

Einsetzen der Grenzen ergibt:

\( y_2(t) = 0.5 + \left( 1.5t + \frac{1.5t^2}{2} - \frac{t^3}{3} - \frac{t^4}{12} \right) \)

\( = 0.5 + 1.5t + 0.75t^2 - \frac{t^3}{3} - \frac{t^4}{12} \)

Somit ist die Näherungslösung bis zur zweiten Iteration:

\( y_2(t) = 0.5 + 1.5t + 0.75t^2 - \frac{t^3}{3} - \frac{t^4}{12} \)

Diese Funktion gibt uns eine lokale Approximation der Lösung des Anfangswertproblems um \( t_0 = 0 \).