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Maximale Lösung des Cauchyproblems mit y'=ln(y)

Universität / Fachhochschule

Gewöhnliche Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen

Schurli aktiv_icon

15:52 Uhr, 20.02.2020

Sei

y > 0

die maximale Lösung des Cauchy-Problems

y ʹ = \ln (y),

y (0) = y_{0} > 0 .

Man zeige:
(1)

y

monoton
(2)

y_{0} \in] 0, 1] \Rightarrow

y

beschränkt
(3)

\exists! y_{0} > 0 \Rightarrow y

konstant
(4)

y ʺ < 0 \Leftrightarrow y_{0} \in] 0, 1 [

(5)

y_{0} \in] 0, 1 [\Rightarrow y

NICHT auf ganz

ℝ

definiert.

Zu (1) Es ist

y_{1} \equiv 1

eine Lösung der DGL, denn

y_{1} ʹ = 1 ʹ = 0 = \ln (1) = \ln (y_{1})

Deswegen können wir mit Piccard-Lindelöf schließen, dass

y_{1}

niemals gekreuzt werden kann. Die Frage ist aber, wo BEGINNT y? Wenn wir annehmen, dass

y > 1

ist, haben wir

\ln (y) > 0

und somit

y ʹ > 0

und somit ein streng monotones Wachstum. Aber - wie gesagt - ist NICHT gesichert, dass

y

bei 1 herum beginnt und nicht etwa bei

y_{0} = 0, 1 .

Wenn es bei letzterem beginnen würde, dann würde es wegen - im dortigen Bereich y'<0 - wahrscheinlich gegen die Abszisse konvergieren. Die Monotonie wäre anschaulich noch möglich. Jedoch haben wir bei der obigen DGL KEINE Info darüber wo die Funktion stoppen würde. Es folgt nur aus der Grundangabe, dass

y > 0

ist.

Aber - wie gesagt - für die Monotonie brauche ich Sicherheit, dass

y

frühestens bei

1

beginnt und ich sehe nicht wieso das so garantiert sein sollte und bitte hier um Hilfe.

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

HAL9000

16:09 Uhr, 20.02.2020

Irgendwas ist da durcheinander geraten: Lautet (2) nicht eher

(2)

y_{0} \in] 1, \infty [\Rightarrow y

unbeschränkt.

Außerdem wälzt du z.T. dieselben Probleme wie in dem Thread

www.onlinemathe.de/forum/y0-%E2%82%AC-0Pi2-y-konvex-auf-oo0 ,

um den du dich vielleicht auch mal wieder kümmern solltest.

Schurli aktiv_icon

16:14 Uhr, 20.02.2020

Ja, habe es ausgebessert. Hatte einen Abschreibfehler gemacht!

Ich werde mich darum kümmern!

Meine Frage war, ob es eine Sicherheit dafür gibt, dass

y

bei 1 beginnt. Aus Piccard-Lindelöf folgt das jedenfalls nicht!

HAL9000

16:18 Uhr, 20.02.2020

Generell gilt doch: Wenn Picard-Lindelöf anwendbar ist, sowie

y (t) = a

eine Konstantlösung der DGL

y' = F (y)

ist (d.h. es gilt

F (a) = 0

), dann kann keine andere Lösung der DGL diese

a

-Linie queren, weder in Vergangenheit noch Zukunft: Denn im Moment

t^{*}

der Querung ist ja

y (t^{*}) = a

, und damit die Gesamtlösung wieder

y (t) = a

, Widerspruch zu einer "echten" Querung. Genau dasselbe Argument kam in deinem anderen Thread zweimal zum Tragen: Einmal für

a = 0

und das andere mal für

a = π

(tja, wenn du den eben gelesen hättest...).

Wenn also

y_{0} > 1

ist, dann muss auch

y (t) > 1

in der gesamten Vergangenheit gelten!!!

P.S.: Das liegt natürlich auch mit an der Besonderheit

y' = F (y)

statt des allgemeineren Typs

y' = F (t, y)

Schurli aktiv_icon

17:12 Uhr, 20.02.2020

Ja eh, aber die Unsicherheit bestand ja darin, dass nicht klar ist wo

y_{0}

ist. Denn meines Erachtens kann die Funktion auch von

y_{0} < 1

runter auf 0 gehen. Aus Piccard folgt ja nur, dass es keine weiter Lösung durch diesen Anfangspunkt gibt, nicht aber, wo

y

nun wirklich an der Ordinate startet.

Schurli aktiv_icon

17:25 Uhr, 20.02.2020

Nun zu (2):
Sei also

y_{0} \in] 0, 1] .

Wir haben vorher gesehen, dass in diesem Fall

y \equiv 1

NICHT überschritten werden kann, bildet folglich also eine obere Schranke von

y

. Was bietet sich jetzt jedoch als UNTERE Schranke an?

y > 0

ist ja die Voraussetzung, also ist

y \in] 0, 1]

und damit beschränkt.

HAL9000

18:04 Uhr, 20.02.2020

> Denn meines Erachtens kann die Funktion auch von

y_{0} < 1

runter auf 0 gehen.

Ja schon, nur hatten wir oben über den Fall

y_{0} > 1

geredet. Wenn man sowas ignoriert, und nach Beliebigkeit zwischendurch zu anderen Fällen wechselt, kann man natürlich alles mit sinnfreien "aber"-Repliken zupflastern.

Ok, nun WIRKLICH zu

y_{0} \in] 0, 1 [

. Dann gilt im gesamten Definitionsbereich der Lösungsfunktion

y (t) \in] 0, 1 [

, bzw. am rechten Ende

t_{E}

dieses DB dann auch

y (t_{E}) = 0

.

Wie kommt man dahin? Nun zunächst ist für alle diese

t

y' (t) = \ln (y (t)) < 0

, d.h., die Funktion ist streng monoton fallend. Damit ist schon mal gesichert, dass der Definitionsbereich mindestens

(- \infty, 0]

umfasst, denn dort ist

1 > y (t) \geq y (0) = y_{0}

.

Nach "vorn" betrachtet kann man das Ende

t_{E}

folgendermaßen abschätzen, und zwar von jedem

t

aus dem DB und zugehörigem

y (t)

ausgehend: Nach MWS gibt es ein

ξ \in] t, t_{E} [

mit

- y (t) = y (t_{E}) - y (t) = (t_{E} - t) \cdot y' (ξ) = (t_{E} - t) \cdot \ln (y (ξ)) < (t_{E} - t) \cdot \ln (y (t))

, umgestellt

t_{E} < t + \frac{y (t)}{- \ln (y (t))}

speziell mit

t = 0

gilt also schon mal die Grobabschätzung

t_{E} < \frac{y_{0}}{- \ln (y_{0})}

Schurli aktiv_icon

19:32 Uhr, 20.02.2020

Ich bin gerade am Nachvollziehen wobei deine Abschätzung oben weiterhelfen kann.

Bis dorthin veröffentliche ich mal (3):
Nun wenn es nur genau ein

y_{0} > 0

gibt, dann wissen wir von unseren obigen Überlegungen, dass jetzt

y = 1

diese sein muss, weil diese folgt ja unabhängig von den Teilpunkten. Und diese ist klarerweise konstant.

Schurli aktiv_icon

20:06 Uhr, 20.02.2020

Zu (4)

(\Rightarrow) :

Angenommen

y_{0} \geq 1 .

Dann folgt aus Punkt (1), dass

y (t) \geq 1 \forall t .

Weil der Logarithmus monoton ist, folgt nun, dass

\ln (y) \geq l n (1) = 0 \Rightarrow y ʹ \geq 0 .

Nun ist

y ʺ = \frac{y ʹ}{y}

ein Quotient von zwei Zahlen mit beiden Teilen minimal 0 und einem von 0 verschiedenem Nenner. Also wäre nun

y ʺ \geq 0,

ein Widerspruch zur Voraussetzung, dass y''<0. Daher muss

y_{0} < 1

sein.

Nun zu

(\Leftarrow) :

Sei also

y_{0} \in] 0, 1 [.

Aus Picard-Lindelöf folgt, dass

0 < y (t) < 1 \Rightarrow \ln (y) < 0 \Rightarrow y ʹ < 0 \Rightarrow

wegen

y ʺ = \frac{y ʹ}{y} = y ʹ \cdot \frac{1}{y} < 0,

y ʹ < 0 \land y > 0

gilt. q.e.d

Würdest du sagen, habe ich den Beweis damit erbracht?

(Ich bin währenddessen noch am Nachvollziehen was du mir mit deiner Erklärung oben schildern wolltest)

HAL9000

07:48 Uhr, 21.02.2020

Ja, das ist Ok so. Gerafft formuliert könnte man sagen, dass in