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Universität/Hochschule Globale Lösbarkeit mit Vergleichskriterium
Mandacus
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-01-19


Guten Abend,

ich habe ein Problem bei der Untersuchung von Anfangswertproblemen auf globale Lösbarkeit.

Untersuche mit Hilfe des Vergleichskriteriums, ob die folgenden Anfangswertprobleme rechtsseitig (d.h. auf $[0, \infty)$) eine globale L"osung besitzen:
$$ \left\{        \begin{aligned}
u'(t) &=  f(t,u(t)),\\
u(0) &= u_0,
\end{aligned}\right.
$$
mit

(i)  $f\colon \mathbb{R}\times \mathbb{R}\to\mathbb{R}, \ f(t,v)=(t+1)^2+e^tv^2$ und $u_0=\frac{1}{2}$,

(ii) $f\colon \mathbb{R}\times \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2, \ f(t,v_1,v_2)=\sin\left(\sqrt{v_1^2+v_2^2}\right)\begin{pmatrix} 3v_1-2v_2\\ 2v_1+\frac{1}{2}v_2 \end{pmatrix}$ und $u_0=(0,1)^\top$.

Die Aussagen des Vergleichskriteriums lauten





Mein Problem liegt bei (i). Ich muss ja Funktionen $u_1,u_2$ finden sodass

$$ u_1'(t)>f(t,u_1(t))=(t+1)^2+e^t u_1(t)^2 \tag{1}
$$
$$ u_2'(t)<f(t,u_2(t))=(t+1)^2+e^t u_2(t)^2 \tag{2}
$$
für alle $t \in [0,\beta)$. Weiter muss $u_1(0) \geq u(0)=\frac{1}{2} \geq u_2(0)$ gelten. Die Ungleichung (2) ist erfüllt wenn man $u_2(t)=0$ für alle $t \in [0,\beta)$ wählt. Ich habe allerdings jetzt Probleme die Funktion $u_1$ zu finden. Die müsste ja eine Exponentialfunktion enthalten, um die Ungleichheit zu garantieren, da die Exponentialfunktion ja schneller wächst als jedes Polynom.    

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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-19

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo,

vielleicht weißt du, dass \( u'=u^2\) i. allg. keine auf ganz \( \IR\) definierte Lösung hat.

Lass also bei (i) den Polynomanteil weg und löse die enstehende Dgl. mit getrennten Veränderlichen.

Viele Grüße

Wally\(\endgroup\)

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