Anfangswertproblem (Nichteindeutigkeit der Lösung)

29.01.2017, 11:49

SchneeweiZ

Anfangswertproblem (Nichteindeutigkeit der Lösung)

Meine Frage:
Heii.

Ich habe die DGL $\begin{eqnarray*} y'=\sqrt{y} \end{eqnarray*}$

Neben der stationären Lösung $\begin{eqnarray*} \varphi = 0 \end{eqnarray*}$ gibt es noch weitere Lösungen $\begin{eqnarray*} \varphi_c(t) = \frac{1}{4}(t-c)^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t \ge c \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich erhalte als Lösung für $\begin{eqnarray*} y'=\sqrt{y} \end{eqnarray*}$ wenn überhaupt
$\begin{eqnarray*} \varphi_c(t) = \frac{1}{4}(t+c)^2 \end{eqnarray*}$

Warum steht oben in der Musterlösung denn ein Minus?

LG

29.01.2017, 12:11

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Anfangswertproblem (Nichteindeutigkeit der Lösung)
Ob die additive Konstante mit plus oder minus angeschrieben wird, ist relativ egal - es ändert sich nicht wirklich etwas: wenn du in deiner Lösung c=1 setzt, dann entspricht das der Musterlösung mit c=-1 und umgekehrt. In Summe liefern beide Schreibweisen dieselben Lösungen smile

Lg
kgV

29.01.2017, 12:53

SchneeweiZ

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo kgV,

Danke für die Erklärung.

Ich habe noch weitere Fragen:

Das AWP ist ja nicht eindeutig lösbar, wenn ich $\begin{eqnarray*} y(0) = 0 \end{eqnarray*}$ wähle.

Es ist allerdings eindeutig lösbar, wenn ich $\begin{eqnarray*} y(0) = 1 \end{eqnarray*}$ wähle.

Ich habe mir bereits eine Grafik der geplotteten Funktionen angeschaut.

Für $\begin{eqnarray*} y(0) = 0 \end{eqnarray*}$ erhalte ich ja eine Funktionenschar.

Für $\begin{eqnarray*} y(0) = 1 \end{eqnarray*}$ erhalte ich nur eine Funktion.

Ich verstehe nicht, warum ich einmal dies Funktionenschar und einmal nur die eine Funktion erhalte.

Warum ist das denn so? Mit Rechenbeispielen bin ich nicht weitergekommen.

LG

30.01.2017, 11:24

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

für $\begin{eqnarray*} y(0)=0 \end{eqnarray*}$ bekomme ich keine Funktionsschar - es gibt dann genau 2 Lösungen: einmal die triviale Lösung und einmal $\begin{eqnarray*} \varphi_0 \end{eqnarray*}$ .

Generell: wenn wir die Nulllösung mal einen Moment außer Acht lassen, so gibt es die Lösungs"klasse" $\begin{eqnarray*} \varphi_c=\frac14(t-c)^2 \end{eqnarray*}$ . Die Lösung der DGL ist also nicht eindeutig. Allerdings wird sie es, wenn wir einen Anfangswert vorgeben, denn durch jeden Punkt $\begin{eqnarray*} (0,a) \end{eqnarray*}$ verläuft genau eine der Funktionen $\begin{eqnarray*} \varphi_c \end{eqnarray*}$ , und zwar für $\begin{eqnarray*} c=-\sqrt{4a} \end{eqnarray*}$
(für $\begin{eqnarray*} c=\sqrt{4a} \end{eqnarray*}$ verläuft die zugehörige Funktion zwar auch durch $\begin{eqnarray*} (0,a) \end{eqnarray*}$ , ist aber bei null nicht definiert - bedenke den Definitionsbereich $\begin{eqnarray*} t\geq c \end{eqnarray*}$ )

Für $\begin{eqnarray*} y(0)=0 \end{eqnarray*}$ bekommst du also eine Lösung $\begin{eqnarray*} \varphi_0 \end{eqnarray*}$ und zusätzlich noch die triviale Lösung dazu - damit geht dir hier dann die Eindeutigkeit verloren

30.01.2017, 12:50

IfindU

Auf diesen Beitrag antworten »

@kgV

Hier Lösungen $\begin{eqnarray*} \varphi_c \end{eqnarray*}$ wurden hier nicht ganz sauber dargstellt. Man meinte aber
$\begin{eqnarray*} \varphi_c(t) = \begin{cases}\frac 1 4 (t -c)^2 & \text{ falls } t \geq c\\ 0 & \text{ sonst} \end{cases} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} c \geq 0 \end{eqnarray*}$ .

D.h. die Funktion mag beliebig lange 0 bleiben, und darf an einer beliebigen Stelle $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ ihr quadratisches Wachstum anfangen. Das ergibt sich daher weil man dann an der Stelle das neue AWP $\begin{eqnarray*} y' = \sqrt y \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(c) = 0 \end{eqnarray*}$ lösen darf/kann.

Sobald es wächst, ist die Lösung aber eindeutig vorgegeben. Liegt an der globalen Lipschitz-Stetigkeit von $\begin{eqnarray*} x\mapsto \sqrt x \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} (\epsilon, \infty) \end{eqnarray*}$ für jedes $\begin{eqnarray*} \epsilon > 0 \end{eqnarray*}$ . (Etwas stärker als lokal Lipschitz auf $\begin{eqnarray*} (0, \infty) \end{eqnarray*}$ ).

30.01.2017, 19:25

SchneeweiZ

Auf diesen Beitrag antworten »

Hallo ihr beiden.

Also wenn ich den Anfangswert y(0)=0 betrachte, dann gibt es zwei Lösungen, richtig?

Nämlich einmal die triviale (ist das der Fall wenn t= c ist?) und einmal $\begin{eqnarray*} \varphi_0= \frac{1}{4}t^2 \end{eqnarray*}$

Somit habe ich bei diesem Anfangswert zwei Lösungen und die Eindeutigkeit geht verloren.

Wenn ich jetzt den Anfangswert außer Acht lasse, dann erhalte ich $\begin{eqnarray*} \varphi_c= \frac{1}{4}(t-c)^2~~falls t \ge c \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \varphi_c = 0~falls~ t \le c \end{eqnarray*}$

Warum ist denn nicht schon $\begin{eqnarray*} \varphi_c=0~~fuer~ t=c \end{eqnarray*}$ ?

Wenn ich mir dann ein neues AWP nehme mit y(c)=0, dann erhalte ich die Eindeutigkeit , weil ich die Funktion erst ab diesem neuen c betrachte so zu sagen?

Bedeutet dies, dass es dann eine lokale Lipschitz-Stetigkeit ab dem Punkt c gibt, jedoch keine globale Lipschitz-Stetigkeit, weil ich in der Umgebung von 0 nie eine Steigung messen kann, da siese ins unendliche geht?

LG

02.02.2017, 09:09

kgV

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, dass die Antwort jetzt gedauert hat - über die Prüfungen hab ich das leider etwas vernachlässigt unglücklich

$\begin{eqnarray*} \varphi_c(c)=0 \end{eqnarray*}$ muss schon aus stetigkeitsgründen gelten (rechtsseitiger Grenzwert der Nullfunktion)

Zitat:

Wenn ich mir dann ein neues AWP nehme mit y(c)=0, dann erhalte ich die Eindeutigkeit , weil ich die Funktion erst ab diesem neuen c betrachte so zu sagen?

mir ist nicht ganz klar, was du damit sagen willst. Aber wenn du deinen Anfangswert in die rechte Hälfte der Ebene verlegst (die x-Koordinate strikt positiv), dann wird deine Lösung dadurch auch nicht eindeutiger - es wird wieder ein c geben, so dass das zugehörige $\begin{eqnarray*} \varphi_c \end{eqnarray*}$ dort eine Nullstelle hat

Und ja, die Wurzelfunktion ist nicht global Lipschitzstetig auf $\begin{eqnarray*} [0,\infty[ \end{eqnarray*}$ , weil die Steigungen bei null unbeschränkt sind.

02.02.2017, 10:19

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein Link, wo eine ähnliche DGL (nur mit Betrag) ausführlich diskutiert wurde: https://www.matheboard.de/thread.php?threadid=526063

Neue Frage »

Antworten »

Anfangswertproblem (Nichteindeutigkeit der Lösung)

Verwandte Themen