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  Randwertproblem ("Limes der Geschwindigkeiten") |
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Musikant88
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 12.11.2019
Mitteilungen: 37
 |  Themenstart: 2020-08-16
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Hallo!
Für jedes Paar $(L,c)\in\mathbb{R}_+\times\mathbb{R}$ kann man zeigen, dass das Problem
$$
(L,c)\begin{cases}u''+cu'+f(u)=0, & x\in (-L,L)\\
u(-L)=2\pi, u(L)=0, & 0\leq u\leq 2\pi\end{cases}
$$
eine eindeutige Lösung hat und $u'<0$ auf $(-L,L)$.
Für gegebenes $L$ existiert außerdem ein eindeutiges $c'=c'(L)$, sodass die eindeutige Lösung $u$ von $(L,c')$ die zusätzliche Eigenschaft $u'(-L)=u'(L)$ hat.
Für die Lösungen mit dieser zusätzlichen Eigenschaft würde ich gerne zeigen, dass
$\lim_{L\to 0}c'(L)=0$.
Leider gelingt mir das nicht und ich würde mich freuen, wenn jemand eine Idee hätte, wie man das zeigen kann.
Was ich versucht habe:
Man kann das Problem $(L,c')$ transformieren zu
$$
(L,c')^*\begin{cases}v''+c'Lv'+L^2f(v)=0,& -1
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haerter
Senior 
Dabei seit: 07.11.2008
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Wohnort: Bochum
| Beitrag No.1, eingetragen 2020-08-16
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Hallo,
kann es sein, dass da noch Informationen/Voraussetzungen über $f$ fehlen?
Viele Grüße,
haerter
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Musikant88
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-16
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Hallo!
Man kann hier zum Beispiel an $f(u)=\cos(u)$ denken.
Wäre das schon hilfreich?
Viele Grüße
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haerter
Senior
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| Beitrag No.3, eingetragen 2020-08-16
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Hallo,
ich weiß nicht, ob das hilft, aber man könnte die Gleichung mit u' multiplizieren und dann von -L bis L integrieren.
Da für $L\to 0$ gleichzeitig $u'\to-\infty$ würde sich der angestrebte Grenzwert ergeben.
Nur so eine Idee.
Viele Grüße,
haerter
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Musikant88
Ehemals Aktiv
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-17
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Hallo, haerter!
Mal schauen, ob ich dich richtig verstanden habe.
Du betrachtest also die Gleichung
$$
\int_{-L}^L u' u''+c'(u')^2+u'f(u)\, dx=0
$$
Und jetzt nehme ich an, stellst du nach $c'$ um? Dann habe ich
$$
c'(L)=-\frac{\left(\int_{-L}^L u'u''\, dx+\int_{-L}^L u'f(u)\, dx\right)}{\int_{-L}^L (u')^2\, dx}
$$
Wie machst du weiter?
Ich denke mit partieller Integration, aber sehe gerade nicht, wie.
Viele Grüße
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haerter
Senior
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| Beitrag No.5, eingetragen 2020-08-17
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Sorry, das war etwas kryptisch und passt auch noch nicht ganz.
Es ist ja
$ \displaystyle \int_{_L}^L u''(x)u'(x)+u'(x)f(u(x))\,dx=\left.\frac{1}{2}u'(x)^2+F(u(x)) \right|_{x=-L}^L $
mit $F'=f$ und wegen $u'(-L)=u'(L)$ und $F(0)=F(2\pi)$ (falls das zu den Voraussetzungen an $f$ gehört) fällt dieser Teil weg und man hätte noch die Gleichung
$c \displaystyle \int_{_L}^L u'(x)^2\,dx=0$.
Daraus würde dann sogar $c'(L)=0$ folgen.
Ich gehe also mal davon aus, dass $F(0)\neq F(2\pi)$ ist. Dann wäre
$ c'(L) = -\displaystyle \frac{F(2\pi)-F(0)}{\int_{_L}^L u'(x)^2\,dx}$
und da der Zähler konstant ist, müsste man dann eine passende Abschätzung finden, die besagt, dass für kleine L die "Geschwindigkeit" $u'(x)$ entsprechend groß sein muss. Das könnte aber aufwändig werden, jedenfalls sehe ich da leider kein schnelles Argument. Vermutlich würde ich die DGL in ein System 1.Ordnung umschreiben, zunächst mal nach einer groben Abschätzung für $c'(L)$ suchen und dann damit die Lösungskurven genauer untersuchen.
Viele Grüße,
haerter
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Musikant88
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-17
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Hallo, haerter,
aber wissen wir denn nicht, dass $u'\to\ - \infty$ für $L\to 0$ und folgt damit denn nicht sofort, dass der Zählen divergiert?
Viele Grüße
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haerter
Senior
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| Beitrag No.7, eingetragen 2020-08-17
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"Wissen" ist relativ...
Ich denke schon, dass das relativ offensichtlich ist, aber ich könnte jetzt keine Abschätzung hinschreiben, ohne mich damit vorher noch einige Zeit zu beschäftigen.
Viele Grüße,
haerter
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Musikant88
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-17
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Hallo,
habe jetzt länger drüber nachgedacht, aber mir fällt momentan irgendwie kein Weg ein, um zu zeigen, dass das Integral im Nenner divergiert.
Danke bis zu dieser Stelle!
Viele Grüße
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MontyPythagoras
Senior 
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 | Beitrag No.9, eingetragen 2020-08-18
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Hallo Musikant88,
es ist
$$\intop_{-L}^Lu'^2\mathrm dx=\intop_{-L}^Lu'\cdot(u'\mathrm dx)=\intop_{2\pi}^0\frac{\mathrm du}{\mathrm dx}\mathrm du=-\intop_0^{2\pi}\frac1{\frac{\mathrm dx}{\mathrm du}}\mathrm du$$Du integrierst über ein Intervall von $0$ bis $2\pi$. Wenn Du $L$ gegen null gehen lässt, muss fast überall $\frac{\mathrm dx}{\mathrm du}=0$ sein. Da $u' < 0$ auf dem gesamten Intervall ist, findet bei $\frac{\mathrm dx}{\mathrm du}$ auch kein Vorzeichenwechsel statt. Also ist der Integrand fast auf dem gesamten Intervall minus unendlich, wenn $L$ gegen null geht, und daher divergiert das Integral.
Ciao,
Thomas
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Musikant88
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| Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-18
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Hallo, MontyPythagoras,
Ich verstehe nicht, was du da in den Gleichungen machst.
Die Schreibweise finde ich echt komisch.
Du kürzt irgendwie das $dx$ und wie kommst du auf die Integrationsgrenzen $0$ und $2\pi$?
Ich muss da wohl irgendwas übersehen.
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
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| Beitrag No.11, eingetragen 2020-08-18
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\quoteon(2020-08-18 13:09 - Musikant88 in Beitrag No. 10)
Du kürzt das $dx$ und wie kommst du auf die Integrationsgrenzen $0$ und $2\pi$?
\quoteoff
So kann man es auch ausdrücken... 🙂
Ich substituiere einfach, so dass wir nicht über $x$, sondern über $u$ integrieren. Hast Du das erste Gleichheitszeichen verstanden? Es ist doch $\mathrm du=u'\mathrm dx$. Wenn wir nun über $u$ integrieren, müssen wir auch die Integrationsgrenzen passend einsetzen. Es ist $u(-L)=2\pi$ und $u(L)=0$.
Ciao,
Thomas
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Musikant88
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 12.11.2019
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-18
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Hallo,
okay, ich glaube, jetzt verstehe ich es.
Das "fast überall" gilt, weil man nicht weiß, ob $u'(0)=u'(2\pi)$ eventuell nicht-negativ ist?
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
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| Beitrag No.13, eingetragen 2020-08-18
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Hallo Musikant88,
ja, ich denke Du meinst das richtige. $u'<0$ bedeutet schließlich auch $\frac{\mathrm dx}{\mathrm du}<0$, denn es ist ja nur der Kehrwert. Wenn aber $u'\rightarrow-\infty$ gilt, was zwangsläufig der Fall ist, da die Intervallbreite auf $x$ ja gegen null geht, muss fast überall $\frac{\mathrm dx}{\mathrm du}\rightarrow-0$ gelten.
Ciao,
Thomas
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haerter
Senior 
Dabei seit: 07.11.2008
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| Beitrag No.14, eingetragen 2020-08-18
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Hallo,
wenn man dieselbe Idee etwas quantitativer machen will, könnte man auch mit der Cauchy-Schwarz-Ungleichung argumentieren:
$2\pi = u(L)-u(-L)=\left|\int_{-L}^L u'(x)\,dx\right| \leq \int_{-L}^L u'(x)^2\,dx \cdot \int_{-L}^L 1^2\,dx
$
Viele Grüße,
haerter
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Musikant88
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 12.11.2019
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-18
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Hallo, haerter,
fehlt da nicht noch ein Quadrat?
$$
4\pi^2=\left\lvert\int_{-L}^L u'(x)\, dx\right\rvert^2\leq \int_{-L}^L u'(x)^2\, dx\int_{-L}^L 1^2\, dx
$$
und somit
$$\int_{-L}^L u'(x)^2\, dx\geq\frac{4\pi^2}{2L}\to\infty, L\to 0?$$
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MontyPythagoras
Senior 
Dabei seit: 13.05.2014
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| Beitrag No.16, eingetragen 2020-08-18
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Hallo Musikant88,
das ist richtig.
Ciao,
Thomas
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Musikant88
Ehemals Aktiv
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2020-08-18
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Ich bedanke mich sehr herzlich bei euch beiden!
Tolle Hilfe!
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