Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert

12.01.2020, 18:29

clemensum

Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert

Meine Frage:
Sei y eine Lösung der Gleichung $\begin{eqnarray*} y'=\arctan(y) \end{eqnarray*}$ in $\begin{eqnarray*} \mathbb{R}. \end{eqnarray*}$ Zeige folgendes:
(a) $\begin{eqnarray*} y(1)y(-1) \ge 0 \end{eqnarray*}$
(b) $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ monoton
(c) $\begin{eqnarray*} y(0) \neq 0 \Rightarrow y \end{eqnarray*}$ unbeschränkt
(d) $\begin{eqnarray*} y\in C^{\infty}(\mathbb{R}) \end{eqnarray*}$
(e) $\begin{eqnarray*} y(0) \ge 0 \Rightarrow y \end{eqnarray*}$ konvex

Meine Ideen:
Zu (a):
Idee: Ich unterscheide die Fälle, dass beide Faktoren größer 0 sind und im Zweiten Fall, dass beide Faktoren kleiner als 0 sind.
Also I:
Sei $\begin{eqnarray*} y(-1)>0. \end{eqnarray*}$ Zu zeigen ist, dass $\begin{eqnarray*} y(1)>0 \end{eqnarray*}$
Aus $\begin{eqnarray*} y(-1)>0 \end{eqnarray*}$ folgt aus der Monotonie der Arcustangensfunktion , dass $\begin{eqnarray*} \arctan(-1)>\arctan(0)=0 \end{eqnarray*}$ ist. Also folgt $\begin{eqnarray*} y'(-1)>0. \end{eqnarray*}$ Die Frage ist also, wie man von $\begin{eqnarray*} y'(-1) \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} y'(1) \end{eqnarray*}$ kommt?
Meine Idee ist hier die: Da ja die Tangente beim Punkt $\begin{eqnarray*} y(t=1) \end{eqnarray*}$ steigend ist, bedeutet dies, dass in einer "kleinen" Umgebung dieses Paares die Integralkurve steigt. Also können wir schreiben: $\begin{eqnarray*} y(-1 + dt) > y(-1). \end{eqnarray*}$ Folglich muss dies aufgrund der Monotonie des Arctan auch für die dortigen Steigungen gelten: $\begin{eqnarray*} y'(-1 + dt) > y'(-1). \end{eqnarray*}$ Da $\begin{eqnarray*} \arctan \end{eqnarray*}$ monton wächst, müsste jetzt $\begin{eqnarray*} y'(t) > y'(-1) \end{eqnarray*}$ für alle weieren $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ . Somit ist $\begin{eqnarray*} y(1)>y(-1) \end{eqnarray*}$ also ist auch $\begin{eqnarray*} y(1)>0 \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} y(-1)y(1)>0. \end{eqnarray*}$

Frage: Ist diese Schlussfolgerung für diese weiteren $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ korrekt? Ich bin nicht sicher ob nicht plötzlich die Kurve abflacht und die Steigung nicht plötzlich abnimmt. Das Problem ist, dass nur ein Zusammenhang zwischen Lösungskurven und deren Steigungsverlauf bekannt ist, nicht aber was mit dem $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ bei wackelnden $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ passiert; bei letzterem ist also "jedes" Verhalten möglich. Aber exakter also das mit dem $\begin{eqnarray*} dt \end{eqnarray*}$ schaffe ich es nicht. Das ist das einzige was mir dazu kam.
Was sagt ihr zu dieser Idee?

Zu (b) Man soll also zeigen, dass $\begin{eqnarray*} |y'|\ge 0 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} t \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gilt;
In $\begin{eqnarray*} y \in ]0,\infty[ \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} y'>0 \end{eqnarray*}$
In $\begin{eqnarray*} y\in ]-\infty,0 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} y'<0 \end{eqnarray*}$
Gilt $\begin{eqnarray*} y = 0 \Rightarrow y'=\arctan(0)=0 \end{eqnarray*}$
Folglich gilt also insgesamt $\begin{eqnarray*} |y'|\ge 0 \end{eqnarray*}$ , also monton (aber nicht streng monoton).
Passt das so?

Zu (c)
Zu zeigen ist also, dass für ALLE Anfangswert-Paare $\begin{eqnarray*} (0,a) \in \mathbb{R}^2\setminus \{(0,0)\} \end{eqnarray*}$ gilt, dass $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ unbeschränkt ist.
1. Fall $\begin{eqnarray*} y(0)>0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y(0) >0 \Rightarrow y'(0) >0 \Rightarrow y'(0 + dt) > y'(0). \end{eqnarray*}$
So, jetzt wäre günstig so etwas wie $\begin{eqnarray*} y'(t) > y'(0) \end{eqnarray*}$ folgern zu können, aber ich habe keine Garantie, dass dies aus der Gestalt der DGL folgen kann, weil - wie oben schon gesagt - eben NICHT bekannt ist, wie sich die Funktion verhält, wenn $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ variiert.

Wäre für Aufklärung sehr dankbar.

13.01.2020, 15:47

Ulrich Ruhnau

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert
Was die DGL macht, will ich zeigen, indem ich y' gegenüber y auftrage. Dummerweise ist der Matheboard-Funktionenplotter zu schlecht dokumentiert, um die Achsenbeschriftung und die Legende anzupassen. Nach rechts ist hier y statt x aufgetragen und nach oben y'. Dargestellt wird hier $\begin{eqnarray*} y'=arctan(y) \end{eqnarray*}$

Die Dgl $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=arctan(y) \end{eqnarray*}$ läßt sich durch Trennung der Veränderlichen lösen. $\begin{eqnarray*} \int \! \frac{dy}{\arctan(y)} =x \end{eqnarray*}$ , sodaß wir auf die Gleichung kommen $\begin{eqnarray*} x=y\arctan(y)-\tfrac{1}{2}\ln (y^2+1) \end{eqnarray*}$ . Wenn man x als Funktion von y aufträgt, liefert das den folgenden Graphen: Hier zeigt die x-Achse also nach oben, die y-Achse nach rechts und in der Legende muß man sich y statt x denken.

Damit habe ich die Aufgaben keineswegs gelöst, aber vielleicht zumindest geholfen.

13.01.2020, 22:25

URL

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert
Die zweite Ableitunug von y hilft.

13.01.2020, 22:52

Ulrich Ruhnau

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert

Zitat:

Original von URL
Die zweite Ableitunug von y hilft.

Ok, ich wüßte auf Anhieb nicht, warum das helfen sollte, aber leiten wir das ruhig mal ab!

Ausgangsgleichung umgeformt: $\begin{eqnarray*} \tan(y')=y \end{eqnarray*}$
Ableitung nach x: $\begin{eqnarray*} (1+\tan(y')^2)y''=y' \end{eqnarray*}$
Auflösen nach 2. Ableitung: $\begin{eqnarray*} y''=\frac{y'}{1+\tan(y')^2} \end{eqnarray*}$
Oder anders ausgedrückt: $\begin{eqnarray*} y''=\frac{\arctan(y)}{1+y^2} \end{eqnarray*}$
@URL: Was bringt das jetzt?

Zu a: Weil offensichtlich x eine Funktion von y ist und außerdem nicht bijektiv ist, halte ich $\begin{eqnarray*} y(1)y(-1)\ge 0 \end{eqnarray*}$ für unangemessen.

13.01.2020, 22:54

URL

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert
Die Idee ist, dass $\begin{eqnarray*} y,y',y'' \end{eqnarray*}$ das gleiche Vorzeichen haben.

14.01.2020, 18:11

Ulrich Ruhnau

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert

Zitat:

Original von URL
Die Idee ist, dass $\begin{eqnarray*} y,y',y'' \end{eqnarray*}$ das gleiche Vorzeichen haben.

Ok, dann plotten wir mal los!

$\begin{eqnarray*} \tan(y')=y \end{eqnarray*}$ Nach rechts geht y', nach oben geht y.

$\begin{eqnarray*} y''=\frac{y'}{1+\tan(y')^2} \end{eqnarray*}$ Nach rechts geht y', nach oben geht y''.

$\begin{eqnarray*} y''=\frac{\arctan(y)}{1+y^2} \end{eqnarray*}$ Nach rechts geht y, nach oben geht y''.

@URL: Kommen wir damit weiter?

14.01.2020, 21:06

URL

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert
Ist $\begin{eqnarray*} y(a)\neq 0 \end{eqnarray*}$ , dann hat y rechts von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ keine Nullstelle (Widerspruchsbeweis mit Mittelwertsatz).
Also hat y immer das gleiche Vorzeichen. Also haben auch $\begin{eqnarray*} y', y'' \end{eqnarray*}$ immer das gleiche Vorzeichen.
Das erledigt alles außer Teil d)

14.01.2020, 21:51

HAL 9000

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Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{dy}{\arctan(y)} =x \end{eqnarray*}$ , sodaß wir auf die Gleichung kommen $\begin{eqnarray*} x=y\arctan(y)-\tfrac{1}{2}\ln (y^2+1) \end{eqnarray*}$ .

Man sollte tunlichst nicht $\begin{eqnarray*} \int \frac{\dd y}{\arctan(y)} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} \int \arctan(y) ~ \dd y \end{eqnarray*}$ verwechseln.

15.01.2020, 10:20

Ulrich Ruhnau

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau
Die Dgl $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=arctan(y) \end{eqnarray*}$ läßt sich durch Trennung der Veränderlichen lösen. $\begin{eqnarray*} \int \! \frac{dy}{\arctan(y)} =x \end{eqnarray*}$ , sodaß wir auf die Gleichung kommen $\begin{eqnarray*} x=y\arctan(y)-\tfrac{1}{2}\ln (y^2+1) \end{eqnarray*}$ . Wenn man x als Funktion von y aufträgt, liefert das den folgenden Graphen: Hier zeigt die x-Achse also nach oben, die y-Achse nach rechts und in der Legende muß man sich y statt x denken.

Damit habe ich die Aufgaben keineswegs gelöst, aber vielleicht zumindest geholfen.

Ich muß HAL recht geben, der Plot ist Unfug und das rot markierte falsch. Und ich habe inzwischen festgestellt, daß sich für $\begin{eqnarray*} \int \! \frac{dy}{\arctan(y)} =x \end{eqnarray*}$ mit Maple keine analytische Stammfunktion finden läßt. Aber ich habe mit Maple durch einen Polynomansatz zwei Lösungen für $\begin{eqnarray*} y'=arctan(y) \end{eqnarray*}$ mit der Randbedingung y(0)=1 sowie y(0)=-1 gefunden. Der nachfolgenden Plot zeigen die Lösung für jeweils die Ordnungen 8 (rot), 18 (blau), 28 (grün). Dort wo die Kurven übereinander liegen, ist jeweils eine Lösung der Dgl. numerisch vorhanden. Ich vermute mal, daß im Interval $\begin{eqnarray*} x \in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right) \end{eqnarray*}$ meine Polynome gegen die Lösung konvergieren. Man kann übrigens den Anfangswert frei wählen $\begin{eqnarray*} y(0) \in (-\infty,\infty) \end{eqnarray*}$ . Und für $\begin{eqnarray*} y(0) = 0 \end{eqnarray*}$ ergibt sich die Lösung $\begin{eqnarray*} y=0 \end{eqnarray*}$ .

[attach]50397[/attach][attach]50398[/attach]

15.01.2020, 23:25

mYthos

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Bilder erscheinen doppelt!
Kein Wunder, dass deine Bilder doppelt erscheinen, denn du hast 4 Dateien in deinen Dateianhängen! Davon sind je zwei gleich (Poly1.png und Poly_1.png)
Klicke in deinem Beitrag (im Edit Mode!) auf "Dateianhänge" und lösche dort die oberen zwei, 50395 und 50396, sie sind identisch mit 50397 und 50398, deren Links sich schon in deinem Beitrag befinden.

Falls du dort nicht dazu kommst, kann ich das für dich machen.

mY+

16.01.2020, 06:44

Ulrich Ruhnau

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RE: Bilder erscheinen doppelt!
Danke Mythos!

Als ich die Dateien angehängt habe, habe ich mit meinem PC unter Microsoft gearbeitet. Dabei trat der Fehler auf, daß zwar 4 Bilder in der Ansicht erschienen, aber wenn man auf "Dateianhänge" klickt, nur zwei hochgeladene Dateien aufgelistet wurden. Jetzt wo ich gerade mit Mac_Book_Pro arbeite, wurden mir beim Klick auf "Dateianhänge" alle vier Dateien angezeigt, sodaß ich die oberen beiden löschen konnte. Da muß ich an Bill Gates denken und daran, daß Jesus Christus einmal gesagt hat: "Eher geht ein Kamel durch ein Nadelöhr, als daß ein Reicher in den Himmel kommt."

20.01.2020, 12:33

Ulrich Ruhnau

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert
Ich habe für die Dgl $\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=arctan(y) \end{eqnarray*}$ mit Matlab numerische Lösungen für $\begin{eqnarray*} y(0) \in \{-5, -4.5, -4, ... , 5\} \end{eqnarray*}$ gefunden und geplottet.

[attach]50444[/attach]

19.02.2020, 10:04

clemensum

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert

Zitat:

Original von URL
Ist $\begin{eqnarray*} y(a)\neq 0 \end{eqnarray*}$ , dann hat y rechts von $\begin{eqnarray*} a \end{eqnarray*}$ keine Nullstelle (Widerspruchsbeweis mit Mittelwertsatz).
Also hat y immer das gleiche Vorzeichen. Also haben auch $\begin{eqnarray*} y', y'' \end{eqnarray*}$ immer das gleiche Vorzeichen.
Das erledigt alles außer Teil d)

Hi, meinst du hier nicht den Zwischenwertsatz? Es ist ja der Zwischenwertsatz, den Zusammenhang zwischen abwechselnden Vorzeichen untersucht!

19.02.2020, 21:12

URL

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RE: Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert
Ich meinte schon den Mittelwertsatz, freue mich aber auf (d)einen Beweis, der nur mit dem Zwischenwertsatz auskommt

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Abhängigkeit der Lösungen vom Anfangswert

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