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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:16 So 12.01.2020 | | Autor: | clemenum |
| Aufgabe | Sei $y$ eine Lösung der Gleichung [mm] $y'=\arctan(y)$ [/mm] in [mm] $\mathbb{R}.$ [/mm] Zeige folgendes:
(a) $y(1)y(-1) [mm] \ge [/mm] 0 $
(b) $y$ monoton
(c) $y(0) [mm] \neq [/mm] 0 [mm] \Rightarrow$ [/mm] $y$ unbeschränkt
(d) [mm] $y\in C^{\infty}(\mathbb{R}) [/mm]
(e) $y(0) [mm] \ge [/mm] 0 [mm] \Rightarrow [/mm] y$ konvex |
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 $y(-1)>0.$ Zu zeigen ist, dass $y(1)>0$
Aus $y(-1)>0$ folgt aus der Monotonie der Arcustangensfunktion , dass [mm] $\arctan(-1)>\arctan(0)=0$ [/mm] ist. Also folgt $y'(-1)>0.$ Die Frage ist also, wie man von $y'(-1)$ auf $y'(1)$ kommt?
Meine Idee ist hier die: Da ja die Tangente beim Punkt $y(t=1)$ steigend ist, bedeutet dies, dass in einer "kleinen" Umgebung dieses Paares die Integralkurve steigt. Also können wir schreiben: $y(-1 + dt) > y(-1).$ Folglich muss dies aufgrund der Monotonie des Arctan(y) auch für die dortigen Steigungen gelten: [mm]y'(-1 + dt) > y'(-1). [/mm] Da [mm]\arctan(y(t))[/mm] monton wächst, müsste jetzt [mm]y'(t) > y'(-1)[/mm] für alle weiteren [mm]t[/mm]. Somit ist [mm]y(1)>y(-1)[/mm] also ist auch [mm]y(1)>0[/mm] und somit [mm]y(-1)y(1)>0.[/mm]
Frage: Ist diese Schlussfolgerung für diese weiteren $y(t)$ 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 $y$ bei wackelnden $t$ passiert; bei letzterem ist also "jedes" Verhalten möglich. Aber exakter also das mit dem $dt$ 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 [mm] |y'|\ge 0[/mm] für alle [mm]t \in \mathbb{R}[/mm] gilt;
In [mm] y \in ]0,\infty[ [/mm] ist [mm]y'>0[/mm]
In [mm] y\in ]-\infty,0[ [/mm] ist [mm] y'<0 [/mm]
Gilt [mm] y = 0 \Rightarrow y'=\arctan(0)=0 [/mm]
Folglich gilt also insgesamt [mm] |y'|\ge 0 [/mm], also monton (aber nicht streng monoton).
Passt das so?
Zu (c)
Zu zeigen ist also, dass für ALLE Anfangswert-Paare [mm] (0,a) \in \mathbb{R}^2\setminus \{(0,0)\} [/mm] gilt, dass $y$ unbeschränkt ist.
1. Fall [mm] y(0)>0 [/mm]:
[mm] y(0) >0 \Rightarrow y'(0) >0 \Rightarrow y'(0 + dt) > y'(0). [/mm]
So, jetzt wäre günstig so etwas wie [mm] y'(t) > y'(0) [/mm] 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 [mm] t[/mm] variiert.
Wäre für Aufklärung sehr dankbar.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:08 So 12.01.2020 | | Autor: | Infinit |
Hallo clemenum,
bevor wir hier in verschiedene Richtungen denken, kommt hier eine kleine Frage. Beziehen sich wirklich alle Teilaufgaben auf die unbekannte Lösung y, oder ist hier vieleicht beim Schreiben, zumindest teilweise, ein Ableitungsstrich verlorengegangen?
In Aufgabe a) ist die Ableitung für negative Werte auf jeden Fall auch negativ. Schaue doch bitte vorsichtshalber noch mal nach.
Vielen Dank und viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 19:51 So 12.01.2020 | | Autor: | Gonozal_IX |
Hallo infinit,
die Aufgabe a) ist doch soweit ok… nur in seiner Lösung hat der Fragesteller ab und an mal ein y vergessen…
Gruß,
Gono
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:01 So 12.01.2020 | | Autor: | clemenum |
eigentlich müsste es jetzt ausgebessert sein. Ein Fehler mit den ' fand ich nicht.
Mein Problem im Wesentlichen ist, dass ich nicht mehr weiterkomm in der Frage wie $y$ von $t$ abhängig ist. Ohne das zu wissen, sind ja viele dieser Fragen kaum zu beantworten.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:47 So 12.01.2020 | | Autor: | clemenum |
"Beziehen sich wirklich alle Teilaufgaben auf die unbekannte Lösung y"
JA, tun sie! Es ist immer ein und dasselbe [mm] y [/mm] gemeint!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 07:31 Mo 13.01.2020 | | Autor: | fred97 |
Setze $f(x,y):= [mm] \arctan(y)$ [/mm] Mit dem Mittelwersatz sieht man $|f(x,y)-f(x,u)| [mm] \le [/mm] |y-u|$. f erfüllt also eine Lipschitzbedingung bezügl. y.
Sind nun [mm] x_0,y_0 \in \IR, [/mm] so liefert Picard -Lindelöf: das Anfangswertproblem (AWP)
[mm] $u'=f(x,u)=\arctan(u), \quad u(x_0)=y_0$
[/mm]
hat auf [mm] \IR [/mm] genau eine Lösung. Sei nun y eine Lösung der DGL und [mm] y_0:=y(0).
[/mm]
Setze z(x):=y(-x). Zeige y und z lösen das AWP
[mm] $u'=f(x,u)=\arctan(u), \quad u(0)=y_0$.
[/mm]
Damit ist z=y auf [mm] \IR, [/mm] also y(-x)=y(x) für alle x.
Insbes. ist y(1)=y(-1). Das zeigt (a).
Nun nehmen wir an, dass es [mm] x_1,x_2 \in \IR [/mm] gibt mit [mm] y(x_1) [/mm] <0 und [mm] y(x_2)>0. [/mm] Nach dem Zwischenwertsatz gibt es dann ein [mm] t_0 [/mm] zwischen [mm] x_1 [/mm] und [mm] x_2 [/mm] mit [mm] y(t_0)=0.
[/mm]
Das AWP
[mm] $u'=f(x,u)=\arctan(u), \quad u(t_0)=0$.
[/mm]
hat dann zwei Lösungen, nämlich y und die Nullfunktion. Da das AWP genau eine Lösung hat ist y die Nullfunktion. Das widerspricht aber [mm] y(x_1) [/mm] < 0.
Fazit: es ist y [mm] \ge [/mm] 0 auf [mm] \IR [/mm] oder y [mm] \le [/mm] 0 auf [mm] \IR. [/mm] Damit y' [mm] \ge [/mm] 0 auf [mm] \IR [/mm] oder y' [mm] \le [/mm] 0 auf [mm] \IR. [/mm] Somit ist y monoton. Das liefert (b).
Nun versuche Dich mal an (c) und (e).
(d) ist einfach, warum ?
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