Lösung einer DGL...

24.04.2007, 20:14

Nebula

Lösung einer DGL...

Hallo zusammen,

bei folgendem Problem komme ich nicht auf die springende Idee:

Sei $\begin{eqnarray*} f:]0,1] \to \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ stetig. Zeige:

Genau dann gilt für jede Lösung der Dgl

$\begin{eqnarray*} y' = f(x)y \quad (x \in ]0,1]) \end{eqnarray*}$

die Eigenschaft

$\begin{eqnarray*} \frac{y(x)}{x} \to 0 \text{ für } x \to 0^+ \end{eqnarray*}$

wenn gilt:

$\begin{eqnarray*} \log x - F(x) \to \infty \text{ für } x \to 0^+ \end{eqnarray*}$

für eine Stammfkt. $\begin{eqnarray*} F \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ .

Für die allgemeine Lösung der homogenen Dgl gilt ja $\begin{eqnarray*} y(x) = c e^F \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} c \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ und F eine Stammfkt. von f. Aber wie bekomme ich jetzt den Zusammenhang zu der genannten Eigenschaft hin?
Ich habe zunächst angenommen, die Voraussetzung sei erfüllt und wollte so auf die Eigenschaft schließen. Aber ich komme nicht so recht voran unglücklich

25.04.2007, 09:29

Dual Space

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RE: Lösung einer DGL...
Für die eine Richtung reicht es Folgendes zu zeigen:

Wie du schon ganz richtig erwähntest, ist $\begin{eqnarray*} y(x)=c\cdot e^{F(x)} \end{eqnarray*}$ die Lösung der Dgl. Nun setzt du diese in die Bedingung ein, d.h. für $\begin{eqnarray*} x\downarrow 0 \end{eqnarray*}$ sei nach Voraussetzung

$\begin{eqnarray*} \frac{y(x)}{x}\overset{!}{\to} 0\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{c\cdot e^{F(x)}}{x}\overset{!}{\to}0. \end{eqnarray*}$

Nun nur noch auf den rechten Teil die $\begin{eqnarray*} \ln \end{eqnarray*}$ -Funktion loslassen (evtl. kurz Begründen, warum man das darf) und schon bist du mit einer Richtung fertig. Augenzwinkern

28.04.2007, 14:46

Nebula

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Hallo,

danke. Aber eine Frage noch: Damit ich den Logarithmus anwenden darf müsste ja c>0 sein. Aber wer sagt denn, dass das so ist?

28.04.2007, 14:49

Nebula

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Achso, das ist ja wegen dem Definitionsintervall von f der Fall, oder?

30.04.2007, 09:22

Dual Space

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Zitat:

Original von Nebula
Aber eine Frage noch: Damit ich den Logarithmus anwenden darf müsste ja c>0 sein. Aber wer sagt denn, dass das so ist?

Stimmt, aber i.a. gilt für $\begin{eqnarray*} c\not=0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} c\cdot\frac{y(x)}{x}{\to} 0\quad\Longrightarrow\quad \frac{y(x)}{x}{\to} 0. \end{eqnarray*}$

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