Lösen nicht-linearer DGLs

30.07.2016, 16:08	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
Lösen nicht-linearer DGLs Hallo, Gegeben sei das Vektorfeld in $\begin{eqnarray} \mathbb R^2 \end{eqnarray}$ , mit $\begin{eqnarray} (x,y)\in\mathbb R^2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \dot{x}=x(1-x^2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \dot{y}=-2y \end{eqnarray}$ Der Streifen $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ sei definiert durch $\begin{eqnarray} S=\{(x,y)\in\mathbb R^2 \|0 \leq x\leq 1, -\infty <y<\infty\} \end{eqnarray}$ Zeige, dass jede Lösung $\begin{eqnarray} (x(t),y(t)) \end{eqnarray}$ mit Anfangsbedingung $\begin{eqnarray} (x(0),y(0))\in S \end{eqnarray}$ für alle Zeiten in S belibt. ---------------------------------------------------------------------------------------- Nun, ich wollte erstmal die 2 DGL lösen, und dann schauen ob die in S bleiben. Leider scheitere ich schon daran. $\begin{eqnarray} \dot{y}=-2y \Rightarrow \int\frac{1}{y}=\int-2dt \Rightarrow ln(y)=-2t+C \Rightarrow y(t)=e^{-2t}e^C \end{eqnarray}$ Nun verstehe ich auch die Anfangsbedingung nicht ganz: $\begin{eqnarray} y(0)=e^0e^C=e^C \end{eqnarray}$ :/ Ich sehe nicht, mit was ich das gleich setzten könnte, um die Konstante zu finden. Nun weiter zu $\begin{eqnarray} \dot{x}=x(1-x^2) \end{eqnarray}$ . Wir trennen wieder die Variabeln (wobei ich mir nicht sicher bin ob ich das hier machen kann) und mittels einer Partialbruchzerlegung erhalten wir: $\begin{eqnarray} \int\frac{1}{x(1-x^2)}dx=\int\frac{1}{x}+\frac{1}{2(1-x)}-\frac{1}{2(1+x)}dx=ln(x)+0.5ln(1-x)-0.5ln(1+x)=t+C \end{eqnarray}$ hmm... das nach x auflösen ist auch nicht gerade schön daher denke ich, ich habe irgendwas falsch gemacht. :p Wie kann ich es also einfacher lösen, und woran erkenne ich die Anf. Bed.?
31.07.2016, 15:00	Mathema	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo balance, tut mir Leid - ich kann auch nur mit meinen Gedanken (aber nicht mit einer sicheren Lösung) zu dieser Aufgabe etwas beitragen. Vielleicht hilft dir ja doch etwas (ansonsten betrachte diesen Beitrag als nichtig): Die Lösung für y kann man ja schon direkt ablesen, du hast sie ja auch berechnet: $\begin{eqnarray} y=c_1e^{-2t} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \dot{x}=x(1-x^2) \end{eqnarray}$ ist eine Bernoulli DGL, also bin ich hier folgenden Weg gegangen: $\begin{eqnarray} z:=x^{-2} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} z'=-2(z-1) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{\dd z}{\dd t}=-2z+2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \frac{\dd z}{-2z+2}=\dd t \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} -\frac{1}{2}\ln\|-2z+2\|=t+c \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} -2z+2=c_2e^{-2t} \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} z=c_2e^{-2t}+1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} x=\frac{1}{\pm \sqrt{c_2e^{-2t}+1}} \end{eqnarray}$ So weit so gut - nun weiß ich mit dieser Anfangsbedingung auch nicht wirklich was anzufangen. Folgende Überlegungen: Für $\begin{eqnarray} c_1>0 \end{eqnarray}$ bewegt sich $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} (0,\infty) \end{eqnarray}$ , für $\begin{eqnarray} c_1<0 \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} (-\infty,0) \end{eqnarray}$ für alle Zeiten $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ . Damit bleiben wir im Streifen $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ . Wenn ich mich nun bei $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x=\frac{1}{\sqrt{c_2e^{-2t}+1}} \end{eqnarray}$ entscheide, dann ist $\begin{eqnarray} x'=\frac{c_2e^{-2t}}{(c_e^{-2t}+1)^{3/2}} \end{eqnarray}$ (somit keine Extrema) und $\begin{eqnarray} \lim_{t \to -\infty}\frac{1}{\sqrt{c_2e^{-2t}+1}}=0 \end{eqnarray}$ sowie $\begin{eqnarray} \lim_{t \to \infty}\frac{1}{\sqrt{c_2e^{-2t}+1}}=1 \end{eqnarray}$ , damit liegen wir auch für alle Zeiten in $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ . Bleiben nur die Fragen: 1) Wieso nehmen wir die positive Wurzel? Bei der negativen bewegen wir uns in $\begin{eqnarray} [-1,0] \end{eqnarray}$ . 2) Ich verstehe das mit der Anfangsbedingung so, dass wir für $\begin{eqnarray} x(0) \end{eqnarray}$ einen Wert aus $\begin{eqnarray} 0 \leq x\leq 1 \end{eqnarray}$ aussuchen können (oder besser gesagt, es muss für jeden Wert gelten). Problem: Nehme ich die Null ergibt sich: $\begin{eqnarray} 0=\frac{1}{\sqrt{c_2+1}} \end{eqnarray}$ Und da findet man wohl kein $\begin{eqnarray} c \end{eqnarray}$ . Vielleicht bringt dich ja dieser Beitrag auf neue Ideen. Oder wir hoffen mal, dass sich noch jemand meldet mit mehr als Ahnung als ich. Schönen Sonntag!
31.07.2016, 15:15	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
Achso, das ist ne Bernoulli DGL. Das kenne ich zwa vom hören sagen her, aber es wurde glaub nicht behandelt. Aber danke, das hilft mir wohl schon weiter - mal schauen. Zur Menge S: Die Lösung sollte gerade die Menge S beranden, so dass es für beliebige Zeiten immer in dem Streifen bleibt. Wäre dem nicht so, könnte man wohl einfach schauen, für welche Zeiten das den gälte. In der Lösung haben die halt ohne Int. Konstante gearbeitet. :/ Wenn ich mich recht entsinne. Kann die Aufgbae auch raussuchen wenn du möchtest - weis es gerade nicht mehr wo genau sie war.
31.07.2016, 15:32	Mathema	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja - wenn du die Lösung hast, zeig doch mal her.
01.08.2016, 17:02	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
Die volle Lösung lautet: $\begin{eqnarray} x=0,1, \quad y=\pm e^{-2t} \end{eqnarray}$ sind Lösungen des Systems, deren Bahnen gerade der Rand von Ssind. Eine Lösung die in S startet kann daher diesen Rand nie kreuzen. :p Das ist alles - macht aber Sinn finde ich, mein Problem war ja eher erstmal die Lösung zu bekommen... Die Frage wieso sie wohl keine Integrationskonstanten haben, bleibt. hmm Edit: Ich hatte leider nicht die Quelle, leider scheint es nicht die ganze Aufgabe gewesen zu sein. [Ich hate es auch zugeschickt bekommen] Hier ist sie: http://imgur.com/a/gjDpY
01.08.2016, 17:19	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
@Mathema Hoffe es stört dich nicht wenn ich mich kurz einmische. Es ist leicht zu sehen, dass die Differentialgleichung $\begin{eqnarray} \dot x = x ( 1 - x^2) \end{eqnarray}$ lokal Lipschitz-stetig ist. Damit besitzt diese für jeden Anfangswert eine eindeutige Lösung (wenigstens solange diese existiert.) Starten wir am Rand, so ist die Lösung eindeutig durch die Konstanten 0 bzw. 1 gegeben. Jede andere Kurve bewegt sich erst einmal ein wenig im Inneren von S. Wichtig ist die Beobachtung, dass wir die Kurve lokal als neues Problem auffassen können. Wenn sie also den Rand trifft, sagen wir bei Zeit $\begin{eqnarray} t_0 > 0 \end{eqnarray}$ , so muss sie dort $\begin{eqnarray} \dot x = x ( 1 - x^2) \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x(t_0) = 0, 1 \end{eqnarray}$ lösen (je nachdem welchen Rand wir treffen.) Damit ist $\begin{eqnarray} \widetilde x(t) = 0, 1 \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} t > t_0 \end{eqnarray}$ eine weitere Lösung für den späteren Verlauf -- und nach Eindeutigkeit -- muss $\begin{eqnarray} \widetilde x = x \end{eqnarray}$ gelten.
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02.08.2016, 14:26	balance	Auf diesen Beitrag antworten »
hmm, das mit der Eindeutigkeit ist ein guter Hinweis. Danke - ich werd mir das heute gleich nochmal anschauen.

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