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| Autor |
  Lösung nichtlinearer Differentialgleichung |
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fuesicho
Junior 
Dabei seit: 14.02.2017
Mitteilungen: 5
 |  Themenstart: 2017-02-14
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Hallo zusammen!
Ich habe so meine lieben Probleme mit der Lösung der Differentialgleichung
$
\frac{\pi^2}{6} (f(x)^2)''= \beta f(x)^5 -1,
$
wo $\beta \in [0, \infty] $ ein reeler Parameter ist. Ich suche Lösungen im Interval $[0,1]$ mit den Randbedingungen $f(0)=f'(1)=0$.
Für $\beta=0$ ist die Lösung trivial. Für $\beta>0$ vermute ich, dass die DGL nicht analytisch lösbar ist. Eine numerische Lösung ist für kleine $\beta$ mittels der "Shooting method" möglich, jedoch macht die Numerik Probleme für große $\beta \sim 10^3$.
Ich habe daher versucht die DGL zunächst analytisch etwas zu vereinfachen:
1) Substitution $g=f^2$ führt auf
$
\frac{\pi^2}{6} g''(x)= \beta g(x)^{5/2} -1.
$
2) Multiplikation mit $g'$ ergibt (Abkürzung $\gamma\equiv 2\beta/7$)
$
\frac{\pi^2}{12} (g'(x)^2)'= \gamma (g^{7/2})' -g'.
$
und nach Integration (Integrationskonstante $c_1$)
$
\frac{\pi}{\sqrt{12}} g'(x)= \sqrt{\gamma g^{7/2} -g +c_1}
$
3) Trennung der Variable und erneute Integration (Integrationskonstante $c_2$)
$
\int \frac{dg}{\sqrt{\gamma g^{7/2}-g+c_1}}= \frac{\sqrt{12}}{\pi} x + c_2
$
Nun habe ich aber irgendwie ein Brett vor dem Kopf. Wie löst man nun diese Integralgleichung? (Ich vermute, dass man das Integral nur numerisch auswerten kann.) Wie bestimmt man die Integrationskonstanten $c_1$ und $c_2$ aus den Randbedingungen?
Schonmal vorab vielen Dank für eure Ratschläge!
fuesicho
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MontyPythagoras
Senior 
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3414
Wohnort: Werne
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2017-02-14
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Hallo fuesicho,
herzlich willkommen auf dem Matheplaneten.
Wenn f(0)=0 ist, was folgt dann daraus für g(0) und g'(0)? Und was folgt daraus für c_1?
c_2 wirst Du los, indem Du links ein >>bestimmtes<< Integral ansetzt.
Ciao,
Thomas
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fuesicho
Junior
Dabei seit: 14.02.2017
Mitteilungen: 5
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-14
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Lieber Thomas,
vielen Dank für deine Antwort.
Aus $g=f^2$ folgt $g'=2 f f'$. Aus der Randbedingung $f(0)=0$ folgt daher $g'(0)=2f(0)f'(0)=0$. Das hatte ich übersehen. Ebenso haben wir natürlich $g(0)=f(0)^2=0$ und $g'(1)=2f(1)f'(1)=0$. Damit folgt natürlich sofort $c_1=0$.
Ich weiß nicht, ob ich deinen Tipp zum bestimmten Integral richtig verstehe. Ich würde nun
$
\int_0^{f^2} \frac{dg}{\sqrt{\gamma g^{7/2}-g}}= \frac{\sqrt{12}}{\pi} x + c_2
$
ansetzen. Ausgewertet bei $x=0$ würde $c_2=0$ folgen, aber da scheint mir irgendwas nicht zu passen. Die Randbedingung $f'(1)=0$ hätten wir gar nicht benutzt, sondern zwei mal $f(0)=0$.
Kannst du mir nochmals weiterhelfen?
Viele Grüße
fuesicho
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Wally
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Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9774
Wohnort: Dortmund, Old Europe
 | Beitrag No.3, eingetragen 2017-02-14
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Hallo fuesicho,
maple gibt für das Integral eine schwierige hypergeometrische Funktion aus - daher besteht wenig Hoffnung auf eine handhabbare analytische Lösung.
Wo kommt diese abartige Differentialgleichung denn her?
Wally
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fuesicho
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Dabei seit: 14.02.2017
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-14
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Lieber Wally,
die DGL kommt nach einigen Umformungen aus der Boltzmann-Gleichung und beschreibt die Elektronentemperatur $f(x)$ entlang eines eindimensionalen Drahtes. Der Term erste Term auf der rechten Seite beschreibt die Elektron-Phonon-Streuung, der zweite Term die Elektron-Elektron-Streuung.
Dass die Integrale zu hypergeometrischen Funktionen führen und sich die DGL am Ende nicht geschlossen analytisch wird lösen lassen, ist für mich kein Problem. Die letzten Schritte können ruhig numerisch erfolgen.
Darüber hinaus glaube ich, dass in meiner Antwort auf den Tipp von MontyPythagoras (Thomas) etwas falsch ist. Man kann ja mal $\gamma=0$ setzen. Dann folgt $c_1=3/\pi^2, c_2=-2\sqrt{3}/\pi$ und
$
f(x)= \frac{\sqrt{3}}{\pi} \sqrt{1-(1-x)^2}.
$
Hast du eine Idee?
Viele Grüße
fuesicho
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3414
Wohnort: Werne
| Beitrag No.5, eingetragen 2017-02-15
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Hallo fuesicho,
bei Deiner letzten Lösung sind alle Randbedingungen erfüllt, es ist also eine gültige Lösung, aber $\gamma=0$ ist eben gleichbedeutend mit $\beta=0$. Du hattest in Deinem Eröffnungsbeitrag ja schon $\beta=0$ als trivial bezeichnet, also hätte ich darauf jetzt nicht den Schwerpunkt gelegt.
Die DGL lautet ja im Original:
$\displaystyle \frac{\pi^2}6 \left(f(x)^2\right)''= \beta f(x)^5 -1$
Leitet man links zweimal ab, folgt daraus:
$\displaystyle \frac{\pi^2}3\left(f'(x)^2+f(x)f''(x)\right)=\beta f(x)^5-1$
Nehmen wir an, dass f'' jetzt nicht plus oder minus unendlich ist, und setzen wir f(0)=0 ein, dann bleibt übrig:
$\displaystyle \frac{\pi^2}3f'(0)^2=-1$
Das ist in $\mathbb{R}$ gar nicht lösbar. Das heißt, f''(0) muss plus/minus unendlich sein, was es bei Deiner Lösung für $\beta=0$ auch ist. Dann ist die Schlussfolgerung, dass c_1 gleich null sein muss, auch falsch. Sorry, da habe ich Dich auf die falsche Fährte gelockt.
Tatsache ist allerdings, dass zumindest Wolfram Alpha zu dem Integral, falls c_1 ungleich null ist, keine Lösung findet. Da wird es wohl auf eine numerische Lösung hinauslaufen.
Ciao,
Thomas
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fuesicho
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Dabei seit: 14.02.2017
Mitteilungen: 5
| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-15
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Hallo Thomas,
ich habe kein Problem damit die am Ende auftretenden Integrale numerisch auszuwerten. Jedoch weiß ich nicht wie man nach Schritt 3) in meinem Eröffnungsbeitrag weitermachen soll. Idee meines letzten Betrags war den Fall $\gamma=0$ nochmals anzuschauen und zu sehen ob man da etwas lernen kann. Viel hat es aber nicht gebracht, da $c_1$ und $c_2$ Funktionen von $\gamma$ seien können.
Viele Grüße
fuesicho
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MontyPythagoras
Senior
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Wohnort: Werne
| Beitrag No.7, eingetragen 2017-02-15
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Hallo fuesicho,
ich habe das jetzt mal weiterverfolgt, und man kann auch für große $\beta$ eine numerische Lösung hinbekommen. Dazu fangen wir noch einmal vorne an.
Du warst ja nach Deinem Schritt 2 bei
$\displaystyle \frac{\pi^2}{12} (g'(x)^2)'= \gamma (g^{7/2})' -g'$
$\displaystyle \frac{\pi^2}{12} g'(x)^2= \frac27\beta g^{7/2} -g+c_1$
Substituieren wir mal zurück:
$\displaystyle \frac{\pi^2}{12} \left((f(x)^2)'\right)^2= \frac27\beta f(x)^7 -f(x)^2+c_1$
$\displaystyle \frac{\pi^2}{12} \left(2f(x)f'(x)\right)^2= \frac27\beta f(x)^7 -f(x)^2+c_1$
$\displaystyle \frac{\pi^2}3 f(x)^2f'(x)^2= \frac27\beta f(x)^7 -f(x)^2+c_1$
Hier setzen wir die Randbedingung f'(1)=0 ein. Da f(1) ein endlicher Wert sein soll, gilt dann
$\displaystyle \frac{\pi^2}3 f(x)^2f'(x)^2= \frac27\beta f(x)^7 -f(x)^2+f(1)^2-\frac27\beta f(1)^7$
Als Abkürzung definieren wir
$\displaystyle y=f(x)\qquad y_1=f(1)$
und somit:
$\displaystyle \frac{\pi^2}3 y^2y'^2= \frac27\beta y^7 -y^2+y_1^2-\frac27\beta y_1^7=y_1^2-y^2-\frac27\beta(y_1^7-y^7)$
$\displaystyle \frac{\pi}3\sqrt3\cdot y\frac{\text{d}y}{\text{d}x}= \sqrt{y_1^2-y^2-\frac27\beta(y_1^7-y^7)}$
$\displaystyle \text dx=\frac{\pi}3\sqrt3\frac y{\sqrt{y_1^2-y^2-\frac27\beta(y_1^7-y^7)}}\text dy$
$\displaystyle x=\frac{\pi}3\sqrt3\int \frac y{\sqrt{y_1^2-y^2-\frac27\beta(y_1^7-y^7)}}\text dy$
Da f(0)=0 ist, benutzen wir das bestimmte Integral mit u als Integrationsvariable:
$\displaystyle x=\frac{\pi}3\sqrt3\intop_0^y \frac u{\sqrt{y_1^2-u^2-\frac27\beta(y_1^7-u^7)}}\text du$
Dabei ist immer noch die Randbedingung einzuhalten, dass $f(1)=y_1$ ist, also:
$\displaystyle 1=\frac{\pi}3\sqrt3\intop_0^{y_1} \frac u{\sqrt{y_1^2-u^2-\frac27\beta(y_1^7-u^7)}}\text du$
Die letzte Gleichung ist also eine implizite Funktion, die $y_1$ als Abhängige von $\beta$ definiert. Mit anderen Worten: Du musst erst einmal $y_1$ so bestimmen, dass die letzte Gleichung erfüllt ist, bevor Du in das allgemeine Integral gehen kannst, um damit x in Abhängigkeit von y zu berechnen, denn dort taucht $y_1$ ja auch drin auf. Dummerweise ist hier $y_1$ sowohl im Integranden als auch in der oberen Integrationsgrenze. Das umgehen wir, indem wir substituieren:
$\displaystyle u=y_1z\qquad \text du=y_1\text dz$
Die Randbedingung lautet dann:
$\displaystyle 1=\frac{\pi}3\sqrt3\intop_0^1 \frac {y_1z}{\sqrt{y_1^2-y_1^2z^2-\frac27\beta(y_1^7-y_1^7z^7)}}y_1\text dz$
Wir können einmal $y_1$ vor das Integral ziehen und einmal kürzen:
$\displaystyle 1=\frac{\pi}3\sqrt3 y_1\intop_0^1 \frac z{\sqrt{1-z^2-\frac27\beta y_1^5(1-z^7)}}\text dz$
Wir haben nun ein Integral, das immer von 0 bis 1 läuft. Außerdem kann man im Integranden den Term $\beta y_1^5$ zu einer neuen Variablen $a$ zusammenfassen:
$\displaystyle a=\beta y_1^5\qquad y_1=\frac{a^{\frac15}}{\beta^{\frac15}}$
$\displaystyle 1=\frac{\pi}3\sqrt3 \frac{a^{\frac15}}{\beta^{\frac15}}\intop_0^1 \frac z{\sqrt{1-z^2-\frac27a(1-z^7)}}\text dz$
$\displaystyle \beta^{\frac15}=\frac{\pi}3\sqrt3 \cdot a^{\frac15}\intop_0^1 \frac z{\sqrt{1-z^2-\frac27a(1-z^7)}}\text dz$
Nun haben wir die Randbedingung so umgeformt, dass Du zum Beispiel über ein Näherungsverfahren à la Newton zunächst für Dein gegebenes $\beta$ ein $a$ bestimmst. Man kann zeigen (das überlasse ich Dir), dass der Term unter der Wurzel im Intervall $\left[0,1\right]$ nur dann durchgängig nichtnegativ ist, wenn $0\leq a\leq 1$ ist. Damit gilt schon einmal als Minimalforderung
$\displaystyle 0\leq\beta y_1^5\leq1$
Für $a\rightarrow1$ geht das Integral gegen unendlich. Du findest also für jedes endliche $\beta\geq 0$ auch ein $a<1$. Wenn Du das hast, berechnest Du daraus $y_1$, und dann kannst Du mit dem allgemeinen Integral eine Wertetabelle basteln. Dabei bietet sich an, die gleiche Substitution durchzuführen, wonach dann folgt:
$\displaystyle x=\frac{\pi}3\sqrt3 y_1\intop_0^{\frac y{y_1}} \frac z{\sqrt{1-z^2-\frac27a(1-z^7)}}\text dz$
Setzt man übrigens $\beta=0$, sind die Integrale geschlossen berechenbar und es kommt die Lösung heraus, die Du in Beitrag #4 schon angegeben hast.
Ciao,
Thomas
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|  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-15
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Hallo MontyPythagoras,
Vielen Dank für deine Antwort, insbesondere für den Tipp wie man $f'(1)$ zu verarbeiten hat. Es ist nun in der Tat kein Problem mehr die DGL für beliebige $\beta$ numerisch zu lösen.
Der Vollständigkeit halber habe ich mal eine Abbildung mit Lösungen der DGL angehängt.
Viele Grüße & nochmals vielen Dank
fuesicho
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