Mathematik online lernen im Mathe-Forum. Nachhilfe online

Startseite » Forum » Funktion mit Randbedingungen finden

Funktion mit Randbedingungen finden

Universität / Fachhochschule

Gewöhnliche Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen

sarose

13:41 Uhr, 30.01.2010

Ich sitze hier mal wieder vor einem kleineren Problem. Doch leider komme ich nicht auf eine Lösung.

Ich möchte die exakte Lösung für die Differentialgleichung

u ʺ = 1

berechnen mit den Randbedingungen

u ʹ (0) = 0

und

u ʹ (1) = 0

.

Hier mein Rechenweg:

u ʺ (z) = 1

\int_{0}^{y} u ʺ (z) d z = \int_{0}^{y} 1 d z

u ʹ (z) ∣_{0}^{y} = z ∣_{0}^{y}

u ʹ (y) - u ʹ (0) = y

An dieser Stelle kann ich eine der beiden Randbedinungen einsetzen.

\int_{0}^{x} u ʹ (y) d y = \int_{0}^{x} y d y

u (y) ∣_{0}^{x} = \frac{1}{2} y^{2} ∣_{0}^{x}

u (x) - u (0) = \frac{1}{2} x^{2}

So und hier komm ich nicht weiter. Wie bekomme ich einen Wert für

u (0)

. Leite ich die Funktion nach

x

ab verschwindet doch mein

u (0)

. Setze ich

x = 1

habe ich zwei Unbekannte in der Gleichung. An welcher Stelle kann ich die zweite Randbedingung nutzen?

Gruß Sarose

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

funke_61 aktiv_icon

09:34 Uhr, 01.02.2010

Hallo Sarose,

Du hast vollkommen recht.
Mein Lösungsweg bei solchen Sachen war immer, unbestimmt zu integrieren. Dies liefert ein Gleichungssystem für die entstehenden Konstanten.
Hier kommt raus:

u'' = 1

u' = x + C

u = \frac{1}{2} x^{2} + C x + D

Dann erst würde ich die Randbedingungen einsetzen:

u' (0) = 0 = 0 + C \Rightarrow C = 0

u' (1) = 0 = 1 + C \Rightarrow C = - 1!!!

nachträglich korrigiert, siehe unten

!!!

da dies erstmal ein Widerspruch ist, kann es vielleicht sein, dass mit den beiden verschiedenen Randbedingungen zwei verschiedene Funktionen als Lösung rauskommen sollen. Diese wären dann:

u_{1} = \frac{1}{2} x^{2} + D

u_{2} = \frac{1}{2} x^{2} - x + D!!!

nachträglich korrigiert, siehe unten

!!!

wobei jeweils noch ein Parameter freibleibt.

Warscheinlicher ist aber, dass sich da ein Druckfehler in der Aufgabenstellung eingeschlichen hat. Denn wenn sich eine der beiden Randbedingungen auf die gesuchte Funktion

u

selber beziehen würde, (nehmen wir mal an die Zweite, also

u (1) = 0 (!!!

nachträglich korrigiert, siehe unten

!!!))

gäbe das ganze doch viel mehr Sinn

(!!!

Folgendes nachträglich korrigiert, siehe unten

!!!) :

u (1) = 0 = \frac{1}{2} 1^{2} + D \Rightarrow D = - \frac{1}{2}

So würde also

C = 0

und

D = - \frac{1}{2}

und damit wäre die gesuchte Funktion:

u (x) = \frac{1}{2} x^{2} - \frac{1}{2}

lg josef

sarose

11:20 Uhr, 01.02.2010

Vielen Dank schon mal für die Erklärung. Bin froh, dass ich mit meinen Gedanken nicht ganz auf dem Holzweg war. Merci.

Ich habe mir überlegt, dass die DGL vielleicht nicht eindeutig lösbar ist mit diesen Randwerten.

Wenn man

u (0)

beliebig wählt, wird die DGL dennoch erfühlt. Kann man das auch so sehen??

Gruß Sarose

funke_61 aktiv_icon

18:56 Uhr, 01.02.2010

"Ich habe mir überlegt, dass die DGL vielleicht nicht eindeutig lösbar ist mit diesen Randwerten."

Hm, nach wie vor glaube ich, dass die beiden Randbedingungen wie sie oben in Deiner Aufgabe angegeben sind, zu einem Widerspruch führen, es sei denn, man akzeptiert zwei VERSCHIEDENE Funktionen

u_{1} (x)

und

u_{2} (x)

als Lösungen. (Siehe meine Antwort von oben.

(!!!

Satz entfernt, Siehe unten

!!!)

"Wenn man

u (0)

beliebig wählt, wird die DGL dennoch erfühlt. Kann man das auch so sehen??"

Ja, so gibts einfach (zwei verschiedene) "Funktionenscharen" wie Ihr Sie vielleicht schon mal in der Schule hattet.

Aber vielleicht kann ja noch jemand anderes was einbringen ;-)

lg josef

sarose

19:14 Uhr, 01.02.2010

Die Randwerte lauten doch

u ʹ (0) = 0

und

u ʹ (1) = 0

. Es sind also an zwei verschiedenen Stellen x erste Ableitungen vorhanden.

funke_61 aktiv_icon

09:32 Uhr, 02.02.2010

Opps, Danke, da hab ich in meiner ersten Antwort was falsch gesehen und verkehrt interprtiert

: - (

Also nochmal:

u' (0) = 0 = 0 + C \Rightarrow C = 0

u' (1) = 0 = 1 + C \Rightarrow C = - 1

aber da bleibt für mich ein Widerspruch, denn die Differentialgleichung

u'' = 1

sagt nichts anderes als "dass die zweite Ableitung einer zu bestimmenden Funktion konstant ist". Wenn man nun einmal integriert, dann kann für die erste Ableitung der gesuchten Funktion nur eine Gerade mit der Steigung 1 rauskommen.
Um die zwei verschiedenen Werte für

C_{1} = 0

und

C_{2} = - 1

welche sich aus den beiden Randbedingungen ergeben, "unter einen Hut" zu bringen, gibt es also mE. nur die Möglichkeit, dass es sich bei dieser ersten Ableitung um zwei verschieden Geraden

u_{1}' (x) = x

(Ursprungsgerade mit Steigung

m = 1)

und

u_{2}' (x) = x - 1

(Gerade mit Steigung

m = 1,

y-Achsenabschnitt

- 1,

Schnittpunkt mit der x-Achse bei

x = 1)

handelt ;-)

"Ich habe mir überlegt, dass die DGL vielleicht nicht eindeutig lösbar ist mit diesen Randwerten"
Ja ich stimme Deiner Aussage jetzt zu, weil es ja schon zwei verschiede erste Ableitungen der gesuchten Funktion gibt, welche die Differentialgleichung (mit jeweils aber NUR EINER der beiden Randbedingungen) erfüllen.

Integration der beiden ersten Ableitungen führt (je nach Wahl der Randbedingung) zu den gesuchten Funktionen:

u_{1} (x) = \frac{1}{2} x^{2} + D

(nach oben offene, mit

a = \frac{1}{2}

"gestauchte" Parabelschar, mit dem Scheitel (Minimum) bei

x = 0,

je nach Wahl des Parameters

D

"in Richtung der y-Achse verschoben") und

u_{2} (x) = \frac{1}{2} x^{2} - x + D

(nach oben offene, mit

a = \frac{1}{2}

"gestauchte" Parabelschar, mit Minimum bei

x = 1

je nach Wahl des Parameters

D

"in Richtung der y-Achse verschoben") ;-)

"Wenn man

u (0)

beliebig wählt, wird die DGL dennoch erfühlt. Kann man das auch so sehen??"
Ja, das ist bestimmt richtig. Die Lösung ist hier eben jeweils eine Parabelschar, wie eben beschrieben. Entsprechende Lösungen von Differentialgleichungen sind sogar üblich. (In der Vektoranalysis werden zB. Elektromagnetische Felder oder auch Strömungen von Flüssigkeiten so beschrieben.)

Den Unsinn, den ich oben geschrieben habe, korrigiere ich noch entsprechend, damit er nicht weiterhin Andere verwirrt.

lg josef

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

717963

716808

	Status: nicht eingeloggt	Noch nicht registriert?