Diff´gleichung nicht auf ganz R lösbar

23.10.2011, 00:54	Guest234	Auf diesen Beitrag antworten »
Diff´gleichung nicht auf ganz R lösbar Meine Frage: Es ist f stetig differenzbar und es gilt $\begin{eqnarray} f(x)>x^2 \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} x\in \mathbb R \end{eqnarray}$ . Wie zeigt man, dass die autonome DGL $\begin{eqnarray} x'=f(x) \end{eqnarray}$ keine Lösung besitzt, die auf ganz $\begin{eqnarray} \mathbb R \end{eqnarray}$ definiert ist. Meine Ideen: Danke
23.10.2011, 03:26	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, Was hast du dir dazu überlegt? Welche möglichen Ansätze siehst du?
23.10.2011, 11:54	Guest234	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich hab halt versucht erstmal das Ergebnis auszurechnen,aber ich sehe nicht warum es nicht überall definiert ist.
23.10.2011, 14:49	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Na, dann zeig doch mal deinen Versuch und bis wohin du gekommen bist.
23.10.2011, 17:34	Guest234	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich habe mir die Umkehrfunktion t(x) betrachtet. Hier gilt ja $\begin{eqnarray} t'(x)=\frac{1}{f(x)} \end{eqnarray}$ . Damit kann ich dann t(x) explizit ausrechnen: $\begin{eqnarray} \int_a^x \! \frac{1}{f(s)} \, ds \end{eqnarray}$ So und hier hab ich für $\begin{eqnarray} \frac{1}{f(s)} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{1}{x^2} \end{eqnarray}$ verwendet und damit weitergerechnet. Dies führt dann zu $\begin{eqnarray} t(x)=-\frac{1}{x} +C \end{eqnarray}$ Und an dieser Stelle denk ich mir dass wenn man nach x auflöst einen Pol bei t=0 erhält. Aber ich weiß nicht genau wie ich die Vorausssetzung $\begin{eqnarray} f(x)>x^2 \end{eqnarray}$ genau einbringen soll.
23.10.2011, 18:13	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok. Vielleicht solltest du noch etwas zur Existenz der Umkehrfunktion t(x) sagen (du hast recht, dass sie unter den gestellten Bedingungen zumindest lokal existiert. Wenn wir zum Widerspruch annehmen, dass x auf ganz IR definiert ist, dann existiert sie sogar global. D.h. es ist $\begin{eqnarray} t: \mathbb R \to \mathbb R \end{eqnarray}$ definiert und wir können tatsächlich, so wie von dir vorgeschlagen rechnen.) Also $\begin{eqnarray} t(x) = \int_{x(0)}^x \frac1{f(s)} \; ds \end{eqnarray}$ (Hier hab ich als untere Grenze x(0) gewählt, da $\begin{eqnarray} t(x(0)) = 0 \end{eqnarray}$ sein soll. Du bist im Prinzip mit deiner Idee auch schon fast am Ziel. Allerdings solltest du nun nicht einfach $\begin{eqnarray} f(x) \end{eqnarray}$ durch $\begin{eqnarray} x^2 \end{eqnarray}$ ersetzen, sondern die Abschätzung benutzen, i.e. $\begin{eqnarray} f(x) > x^2 \implies \frac{1}{f(x)} < \frac 1{x^2} \end{eqnarray}$ . Dann bekommst du eine Abschätzung für $\begin{eqnarray} t(x) \end{eqnarray}$ . Nun kannst du diese Abschätzung (und die Polstelle) benutzen, um einen Wiederspruch dazu zu bekommen, dass t auf ganz IR definiert ist.
Anzeige

23.10.2011, 18:31	Guest234	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Umkehrfunktion exisitiert wegen $\begin{eqnarray} x'=f(x)>x^2\geq 0 \end{eqnarray}$ ,weswegen x monoton ist. Wenn ich so weiter rechne erhalte ich dann am Schluss mit der Abschätzung, dass gilt $\begin{eqnarray} t(x)<-\frac{1}{x} +C \end{eqnarray}$ Kann ich jetzt hier einfach 0 einsetzen und sagen dass $\begin{eqnarray} t(x)<-\infty \end{eqnarray}$ der Widerspruch ist.
23.10.2011, 22:25	gonnabphd	Auf diesen Beitrag antworten »
Zwei Punkte: 1) t ist nicht unbedingt auf ganz IR definiert, sondern bloss auf dem Bild von x (hatte ich oben falsch). Also kann man nicht einfach x = irgendwas setzen, wie man will. 2) Man muss ein bisschen aufpassen mit der Integration: Wenn man über ein Intervall integriert, in dem $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ eine Nullstelle hat, dann kommt nichts richtiges bei der Abschätzung raus (denn es gilt z.B. nicht $\begin{eqnarray} \int_{-1}^1 \frac{ds}{s^2} =\left[ \frac{-1}s\right]_{-1}^1 = -1 -1 = -2 \end{eqnarray}$ ). Also ist es gefährlich, einfach $\begin{eqnarray} t(x) < \frac{-1}x + C \end{eqnarray}$ hinzuschreiben. Allerdings kann man ganz normal auf einem Intervall integrieren, wo x keine Nullstellstelle hat. Man muss da denke ich, geschickt wählen, worüber man integrieren will. Auf solchen Intervallen $\begin{eqnarray} I = [\min(t_0,t),\max(t_0,t) ] \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x(s) \ne 0\;\forall s \in I \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} t - t_0 < \frac1{x(t_0)} - \frac1{x(t)} \end{eqnarray}$ und somit $\begin{eqnarray} x(t) > \frac{1}{\frac1{x(t_0)} + t_0 - t} \end{eqnarray}$ Nun musst du $\begin{eqnarray} t_0 \end{eqnarray}$ und das Intervall I so wählen, dass du den Nenner von oben gegen 0 (so dass die rechte Seite gegen $\begin{eqnarray} +\infty \end{eqnarray}$ geht) gehen lassen kannst.

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »