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Gewöhnliche DGL » Theorie der Gew. DGL » Picard-Lindelöf
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Universität/Hochschule J Picard-Lindelöf
NffN1
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2021-04-13


Guten Tag,

wie zeigt man, dass
$x(t)=t+\epsilon \int_0^\pi{sinx(s)ds}$
eine eindeutige Lösung $x\in C([0,\pi])$ hat.(für genügend kleines $\epsilon$)

Mein Idee wäre es, mit dem Eindeutigkeits- und Existenzsatz von Picard-Lindelöf zu arbeiten. Dann müsste man ja zeigen, dass die rechte Seite Lipschitz stetig ist, oder?
Aber wie würde man da vorgehen?

MfG,
Noah



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2021-04-13


Hallo Noah,

wenn \(x\) eine Lösung der Integralgleichung ist, dann gilt mit \(a:=\varepsilon\int_0^\pi\sin(x(s))\,ds\), dass \(x(t)=t+a\). Daraus folgt \(a=\varepsilon\int_0^\pi\sin(x(s))\,ds=\varepsilon\int_0^\pi\sin(s+a)\,ds=2\varepsilon\cos(a)\).

Gilt umgekehrt \(a=2\varepsilon\cos(a)\), so folgt aus der selben Rechnung, dass \(x(t):=t+a\) die Integralgleichung löst.

Die Lösungen der Integralgleichung sind also genau von der Form \(x(t)=t+a\) mit den Lösungen \(a\) der Gleichung \(a=2\varepsilon\cos(a)\). Überlege Dir nun, dass diese Gleichung stets eine Lösung besitzt und falls \(|\varepsilon|\) hinreichend klein ist, diese Lösung sogar eindeutig ist.



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2021-04-13


Alternativ kannst Du natürlich auch die Abbildung \(T\colon C[0,\pi]\to C[0,\pi]\) definiert durch \((Tx)(t):=t+\varepsilon\int_0^\pi\sin(x(s))\,ds\) betrachten und zeigen, dass \(T\) für kleine \(|\varepsilon|\) einen eindeutigen Fixpunkt besitzt. Dafür würde sich der Banachsche Fixpunktsatz anbieten, Du müsstest also zeigen, dass \(T\) eine Kontraktion ist. Dazu schätzt Du einfach \(|Tx(t)-Ty(t)|\) für \(x,y\in C[0,\pi]\) und \(t\in[0,\pi]\) nach oben ab und benutzt die Lipschitz-Stetigkeit des Sinus.



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NffN1
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-13


Hallo,

genau das zweite wollte ich machen.
Also wäre das dann $|(Tx)(t)-(Ty)(t)|\leq \epsilon |\int_0^\pi{sinx(s)-siny(s)ds}|\leq \epsilon L\int_0^\pi{|x(s)-y(s)|}$ (wegen Sinusstetigkeit)
Aber wie kommt man von hier auf $...\leq |x(t)-y(t)|$?




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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2021-04-13


2021-04-13 18:06 - NffN1 in Beitrag No. 3 schreibt:
genau das zweite wollte ich machen.

Du wolltest ursprünglich mit Picard-Lindelöf arbeiten. Das wird hier denke ich nicht gehen, da die zugehörige DGL von der Form \(\dot{x}(t)=1\) mit Anfangsbedingung \(x(0)=\varepsilon\int_0^\pi\sin(x(s))\,ds\) ist. Du hast hier also eigentlich gar keine echte DGL, dafür ist aber der Anfangswert nur implizit vorgegeben.


2021-04-13 18:06 - NffN1 in Beitrag No. 3 schreibt:
Also wäre das dann $|(Tx)(t)-(Ty)(t)|\leq \epsilon |\int_0^\pi{sinx(s)-siny(s)ds}|\leq \epsilon L\int_0^\pi{|x(s)-y(s)|}$ (wegen Sinusstetigkeit)

Du kannst \(L=1\) wählen.


2021-04-13 18:06 - NffN1 in Beitrag No. 3 schreibt:
Aber wie kommt man von hier auf $...\leq |x(t)-y(t)|$?

Gar nicht. Dein Ziel ist aber auch nicht, \(|Tx(t)-Ty(t)|\leq C|x(t)-y(t)|\) zu zeigen, sondern \(\|Tx-Ty\|_\infty\leq C\|x-y\|_\infty\), was äquivalent zu \(|Tx(t)-Ty(t)|\leq C\|x-y\|_\infty\) für alle \(t\in[0,\pi]\) ist (\(C\) soll natürlich unabhängig von \(t\) sein).



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NffN1
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-13


Okay, also das wäre dann:
$...\leq \epsilon \int_0^\pi|{x(s)-y(s)}|ds \leq \epsilon \int_0^\pi{sup|x(s)-y(s)|}ds \leq \epsilon \pi sup|x(t)-y(t)|$

Ist das so richtig?



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2021-04-13


Die Notation ist etwas unsauber, aber im Prinzip ist es richtig. Du erhältst also \(\|Tx-Ty\|_\infty\leq\pi\varepsilon\|x-y\|_\infty\) (bzw. \(|\varepsilon|\) falls Du auch negative \(\varepsilon\) zulassen möchtest) und musst damit einfach \(\varepsilon<\frac{1}{\pi}\) wählen.


Meinen ersten Ansatz kannst Du übrigens auch mit dem Banachschen Fixpunktsatz lösen: Betrachtest Du \(f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}\) definiert durch \(f(a):=2\varepsilon\cos(a)\), so gilt \(|f(a)-f(b)|\leq2\varepsilon|a-b|\) und damit hat diese Abbildung für \(\varepsilon<\frac{1}{2}\) einen eindeutigen Fixpunkt.


Mich würde am Rande mal interessieren, ob man analytisch das Supremum aller \(\varepsilon>0\) bestimmen kann, sodass \(f\) einen eindeutigen Fixpunkt hat. Das scheint irgendwo bei \(\varepsilon^*=1.48...\) zu liegen.



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2021-04-13


Wenn ich mich recht erinnere gibt es im Buch von Walter eine Methode mit einer gewichteten Norm, die intervallunabhängig eine Kontraktion liefert.

Viele Grüße

Wally



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sonnenschein96
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2021-04-13


Ich glaube \(\varepsilon^*\) ist positive Lösung der Gleichung \[(2\varepsilon)^2-1-\pi^2-\left(\arcsin\left(\frac{1}{2\varepsilon}\right)\right)^2+2\pi\arcsin\left(\frac{1}{2\varepsilon}\right)=0,\] falls ich mich nicht verrechnet habe, was aber auch nicht gerade unwahrscheinlich ist. Dies scheint mir nicht analytisch lösbar zu sein.

WolframAlpha gibt mir \(2\varepsilon^*=2.97169387071380...\)


@Wally: Ich weiß gerade nicht was Du meinst, ein Buch zur Analysis oder zu ODE's?



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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2021-04-13


Das ist das Buch von Wolfgang Walter "Einführung in die gewöhnlichen Differentialgleichungen".

Die Idee findet man in <a href="www.mathematik.tu-dortmund.de/steinmetz/dgl.pdf" target=_blank>Punkt 17.

Viele Grüße

Wally




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NffN1
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2021-04-14


Wie sieht es denn bei uneigentlichen Integralen aus?
Zum Beispiel:

$x(t)=sint+\epsilon \int_0^\infty{e^{-s}x(t+s)}ds$
Ich habe:
$|Tx(t)-Ty(t)|\leq ...\leq \epsilon \int_0^\infty{sup|e^{-s}(x(t+s)-y(t+s))|}ds$
Kann man hier s=0 setzen, weil das Supremum von $e^{-s}$ dort angenommen wird?



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2021-04-14 18:21 - NffN1 in Beitrag No. 10 schreibt:
Kann man hier s=0 setzen, weil das Supremum von $e^{-s}$ dort angenommen wird?

Nein kann man nicht, du kannst aber \(|e^{-s}(x(t+s)-y(t+s))|\leq e^{-s}\|x-y\|_\infty\) abschätzen.


2021-04-14 18:21 - NffN1 in Beitrag No. 10 schreibt:
Wie sieht es denn bei uneigentlichen Integralen aus?

Dazu müsstest Du zunächst erst einmal sagen, was Du unter einer Lösung dieser Integralgleichung verstehst. Der Ausdruck \(x(t+s)\) muss für alle \(s\geq0\) Sinn ergeben, d.h. \(x\) müsste z.B. aus dem Raum \(C[t_0,\infty)\) für ein gewisses \(t_0\) sein. Diesen Raum kannst Du nicht mit der Supremumsnorm versehen, da stetige Funktionen auf nicht-kompakten Intervallen im Allgemeinen unbeschränkt sind.

Du könntest vielleicht stattdessen mit dem Banachraum \(C_b(I)\) der beschränkten stetigen Funktionen arbeiten, wobei \(I\) ein nach rechts unendliches Intervall ist, d.h. \(I\neq\emptyset\) und mit \(t\in I\) ist auch \(t+s\in I\) für alle \(s\geq0\).

Der Operator \(T\) wäre dann durch \((Tx)(t):=\sin(t)+\varepsilon\int_0^\infty e^{-s}x(t+s)\,ds\) definiert. Wegen \(|e^{-s}x(t+s)|\leq e^{-s}\|x\|_\infty\) existiert das Integral und es gilt \(|(Tx)(t)|\leq1+\varepsilon\int_0^\infty e^{-s}\|x\|_\infty\,ds=1+\varepsilon\|x\|_\infty\), d.h. \(Tx\) ist beschränkt. Aus der Stetigkeit von \(x\) und den Sätzen über die Stetigkeit von Parameterintegralen erhältst Du die Stetigkeit von \(Tx\), womit \(T\colon C_b(I)\to C_b(I)\) gezeigt ist.

Außerdem gilt \(|(Tx)(t)-(Ty)(t)|\leq \varepsilon\int_0^\infty e^{-s}\|x-y\|_\infty\,ds=\varepsilon\|x-y\|_\infty\), also \(\|Tx-Ty\|_\infty\leq\varepsilon\|x-y\|_\infty\), d.h. wenn Du \(\varepsilon<1\) wählst, sollte es eine eindeutige stetige beschränkte Lösung der Integralgleichung geben.


Ich hoffe das stimmt so, ich habe in diesem Kontext noch nie den Raum \(C_b(I)\) verwendet.



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Okay, habs verstanden. Vielen Dank!



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Wenn ich nicht irgendwo einen Denkfehler drin habe, dann hast Du vom Sinus nur die Stetigkeit und Beschränktheit verwendet, d.h. Du könntest ihn Durch ein beliebiges \(f\in C_b(I)\) ersetzen, und von der Exponentialfunktion hast nur die Integrierbarkeit verwendet, d.h. Du kannst diese durch ein beliebiges \(g\in L^1(0,\infty)\) ersetzen.

Es sollte damit für jedes \(f\in C_b(I)\) und \(g\in L^1(0,\infty)\) ein eindeutiges \(x\in C_b(I)\) mit \(x(t)=f(t)+\varepsilon\int_0^\infty g(s)x(t+s)\,ds\) für alle \(t\in I\) geben, solange \(\varepsilon<\frac{1}{\|g\|_1}\) ist.



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