Differentialgleichung < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:59 Mi 30.03.2022 | | Autor: | Deltaeps |
| Aufgabe | Seien [mm] c\in \IR^+ [/mm] und [mm] f(0)\in \IR^+ [/mm] gegeben. Sei F'(x)=f(x) und gelte f(x)+f(x+1)=cF(x+1)-cF(x).
Bestimme F(x). |
Hallo,
ich habe die Gleichung zunächst in zwei lineare inhomogene Differentialgleichungen zerlegt:
(I) f(x) + cF(x) = g(x) und
(II) f(x+1) - cF(x+1) = -g(x) .
Dann habe ich die homogenen Lösungen bestimmt:
Für (I) habe ich
[mm] F^{h}(x) [/mm] = [mm] k_{1}e^{-cx} [/mm] und
für (II) habe ich
[mm] F^{h}(x+1) [/mm] = [mm] k_{2}e^{cx+c}.
[/mm]
Wenn ich nun mittels Variation der Konstanten versuche [mm] k_{1}(x) [/mm] und [mm] k_{2}(x) [/mm] zu bestimmen, erhalte ich zunächst
[mm] k_{1}'(x)e^{-cx} [/mm] = g(x) und
[mm] k_{2}'(x)´e^{cx+c} [/mm] = -g(x).
Wie erhalte ich daraus nun [mm] k_{1}(x) [/mm] und [mm] k_{2}(x) [/mm] ?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Seien [mm]c\in \IR^+[/mm] und [mm]f(0)\in \IR^+[/mm] gegeben. Sei F'(x)=f(x)
> und gelte f(x)+f(x+1)=cF(x+1)-cF(x).
> Bestimme F(x).
> Hallo,
>
> ich habe die Gleichung zunächst in zwei lineare inhomogene
> Differentialgleichungen zerlegt:
Ich gehe mal ganz anders vor:
[Dateianhang nicht öffentlich]
Im Koordinatensystem haben x und x+1 den Abstand 1. Daher gibt (f(x)+f(x+1))/2 die Fläche des Trapezes an, das durch die Verbindungsstrecke der Punkte (x|f(x)) mit (x+1|f(x+1)) entsteht (rote Linie).
Andererseits ist F(x+1)-F(x) der Wert des Integrals von x bis x+1 und damit die Fläche A zwischen x-Achse und dem Graphen.
Man findet auf jeden Fall eine Lösung des Problems, wenn die rote Linie durch f beschrieben wird, also eine Gerade ist.
Dieser Ansatz führt dann nach Integration zu
Ansatz: F(x) = [mm] ax^2+bx+k
[/mm]
Dann ist f(x) = 2ax + b
Eingesetzt in die Ausgangsgleichung:
f(x)+f(x+1) = 2ax+b + 2a(x+1)+b = 4ax+2a+2b =2(2ax+a+b) [mm] \red{(korrigiert)}
[/mm]
cF(x+1)-cF(x) = [mm] c(ax^2+2ax+a+bx+b+k)-c(ax^2+bx+k)=c(2ax+a+b)
[/mm]
Der Vergleich zeigt, dass c=2 sein muss, a, b und k dann beliebig sind. Wegen f(0)=b>0 muss b positiv sein.
Damit haben wir eine Lösung gefunden.
Jetzt kannst du sie für deinen Ansatz als spezielle Lösung nutzbar machen und/oder mit Hilfe der Variationsrechnung weitere Untersuchungen anstellen.
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:27 Do 31.03.2022 | | Autor: | fred97 |
> > Seien [mm]c\in \IR^+[/mm] und [mm]f(0)\in \IR^+[/mm] gegeben. Sei F'(x)=f(x)
> > und gelte f(x)+f(x+1)=cF(x+1)-cF(x).
> > Bestimme F(x).
> > Hallo,
> >
> > ich habe die Gleichung zunächst in zwei lineare inhomogene
> > Differentialgleichungen zerlegt:
>
> Ich gehe mal ganz anders vor:
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Im Koordinatensystem haben x und x+1 den Abstand 1. Daher
> gibt (f(x)+f(x+1))/2 die Fläche des Trapezes an, das durch
> die Verbindungsstrecke der Punkte (x|f(x)) mit (x+1|f(x+1))
> entsteht (rote Linie).
> Andererseits ist F(x+1)-F(x) der Wert des Integrals von x
> bis x+1 und damit die Fläche A zwischen x-Achse und dem
> Graphen.
>
> Man findet auf jeden Fall eine Lösung des Problems, wenn
> die rote Linie durch f beschrieben wird, also eine Gerade
> ist.
>
> Dieser Ansatz führt dann nach Integration zu
>
> Ansatz: F(x) = [mm]ax^2+bx+k[/mm]
>
> Dann ist f(x) = 2ax + b
>
> Eingesetzt in die Ausgangsgleichung:
>
> f(x)+f(x+1) = 2ax+b + 2a(x+1)+b = 4ax+2a+2b =2(ax+a+b)
>
> cF(x+1)-cF(x) =
> [mm]c(ax^2+2ax+a+bx+b+k)-c(ax^2+bx+k)=c(2ax+a+b)[/mm]
>
> Der Vergleich zeigt, dass c=2 sein muss, a, b und k dann
> beliebig sind. Wegen f(0)=b>0 muss b positiv sein.
Das stimmt nicht. Es muss c=1 sein und b=-a. Wählt man nun z.B. a=-1 und b=1, so sieht man , dass die ursprüngliche Gleichung nicht erfüllt ist:
es ist dann F(x+1)-F(x)=-2x, aber f(x+1)+f(x)=-4x.
>
> Damit haben wir eine Lösung gefunden.
>
> Jetzt kannst du sie für deinen Ansatz als spezielle
> Lösung nutzbar machen und/oder mit Hilfe der
> Variationsrechnung weitere Untersuchungen anstellen.
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> > > Seien [mm]c\in \IR^+[/mm] und [mm]f(0)\in \IR^+[/mm] gegeben. Sei F'(x)=f(x)
> > > und gelte f(x)+f(x+1)=cF(x+1)-cF(x).
> > > Bestimme F(x).
> > > Hallo,
> > >
>
> Das stimmt nicht. Es muss c=1 sein und b=-a. Wählt man nun
> z.B. a=-1 und b=1, so sieht man , dass die ursprüngliche
> Gleichung nicht erfüllt ist:
>
> es ist dann F(x+1)-F(x)=-2x, aber f(x+1)+f(x)=-4x.
>
Das stimmt, aber es soll ja nicht F(x+1)-F(x)= f(x+1)+f(x) sein, sondern [mm] \red{c}F(x+1)-\red{c}F(x)= [/mm] f(x+1)+f(x), also [mm] \red{2}F(x+1)-\red{2}F(x)= [/mm] f(x+1)+f(x).
Für a = -1, b = 1 und k = 4 gilt:
F(x) = [mm] -x^2+x+4 [/mm] und F(x+1)= [mm] -(x+1)^2+(x+1)+4 [/mm] = [mm] -(x^2+2x+1)+(x+1)+4 [/mm] = [mm] -x^2-x+4 [/mm] und damit (wobei c=2 ist)
cF(x+1)-cF(x) = 2F(x+1)-2F(x) = [mm] (-2x^2-2x+8)-(-2x^2+2x+8)= [/mm] -4x
f(x)=-2x+1 und damit
f(x+1)+f(x)=(-2x-2+1)+(-2x+1)= -4x
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:20 Do 31.03.2022 | | Autor: | fred97 |
Aus deinem Ansatz folgt nicht c=2, sondern c=1. Rechne nochmal nach.
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Ich nehme mal einfach nur F(x)=x und damit f(x)=1, also [mm] f(0)\ne [/mm] 0.
Dann ist doch f(x+1)+f(x)=1+1=2 sowie
cF(x+1)-cF(x)=c(x+1)-cx=c
Da beides übereinstimmen soll, muss c=2 sein.
Außerdem ist a=0 und b=1, also [mm] a\ne [/mm] -b.
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:50 Do 31.03.2022 | | Autor: | fred97 |
> Ich nehme mal einfach nur F(x)=x und damit f(x)=1, also
> [mm]f(0)\ne[/mm] 0.
>
> Dann ist doch f(x+1)+f(x)=1+1=2 sowie
> cF(x+1)-cF(x)=c(x+1)-cx=c
>
> Da beides übereinstimmen soll, muss c=2 sein.
>
>
> Außerdem ist a=0 und b=1, also [mm]a\ne[/mm] -b.
>
Hier hast du für F ein Polynom vom Grad 1 genommen. In Deinem ersten Post hattest Du für F ein Plynom vom Grad 2 genommen. In diesem Fall ist c=1. Was anderes habe ich nicht behauptet. In deinem ersten Post hattest du dich vertan.
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> > Ich nehme mal einfach nur F(x)=x und damit f(x)=1, also
> > [mm]f(0)\ne[/mm] 0.
> >
> > Dann ist doch f(x+1)+f(x)=1+1=2 sowie
> > cF(x+1)-cF(x)=c(x+1)-cx=c
> >
> > Da beides übereinstimmen soll, muss c=2 sein.
> >
> >
> > Außerdem ist a=0 und b=1, also [mm]a\ne[/mm] -b.
> >
>
> Hier hast du für F ein Polynom vom Grad 1 genommen. In
> Deinem ersten Post hattest Du für F ein Plynom vom Grad 2
> genommen. In diesem Fall ist c=1. Was anderes habe ich
> nicht behauptet. In deinem ersten Post hattest du dich
> vertan.
>
>
Ich verstehe deinen Einwand immer noch nicht. Im obigen Beispiel ist a=0 und b=1. Jetzt nehme ich mal a=b=1, wegen f(0)>0 will ich b nicht 0 setzen. Also:
[mm] F(x)=x^2+x, [/mm] diesmal also quadratisch.
[mm] F(x+1)=(x+1)^2+(x+1)=x^2+2x+1+x+1=x^2+3x+2
[/mm]
[mm] cF(x+1)-cF(x)=(cx^2+3cx+2c)-(cx^2+cx)=2cx+2c=c(2x+2)
[/mm]
f(x)=2x+1
f(x+1)=2(x+1)+1=2x+2+1=2x+3
f(x)+f(x+1)=(2x+1)+(2x+3)=4x+4=2(2x+2)
Damit soll gelten: c(2x+2)=2(2x+2)
Wieso muss jetzt c=1 sein? und wieso a=-b?
In meinem ersten Post hat sich allerdings ein Schreibfehler eingeschlichen, vielleicht nimmst du darauf Bezug:
Statt
f(x)+f(x+1) = 2ax+b + 2a(x+1)+b = 4ax+2a+2b =2(ax+a+b)
muss es natürlich f(x)+f(x+1) = 2ax+b + 2a(x+1)+b = 4ax+2a+2b [mm] =2(\red{2}ax+a+b) [/mm] heißen.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 07:42 Fr 01.04.2022 | | Autor: | Deltaeps |
Vielen Dank für Deine Überlegungen und Deine Antwort.
> Jetzt kannst du sie für deinen Ansatz als spezielle
> Lösung nutzbar machen und/oder mit Hilfe der
> Variationsrechnung weitere Untersuchungen anstellen.
Wie mache ich das? Ich habe bereits den Eindruck, daß mein Ansatz zur Bestimmung der allgemeinen Lösung falsch ist, weil die gegensätzlichen Vorzeichen im Exponenten meiner allgemeinen "Lösungen" bewirken, daß c = 0 wäre.
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> Vielen Dank für Deine Überlegungen und Deine Antwort.
>
> > Jetzt kannst du sie für deinen Ansatz als spezielle
> > Lösung nutzbar machen und/oder mit Hilfe der
> > Variationsrechnung weitere Untersuchungen anstellen.
>
> Wie mache ich das? Ich habe bereits den Eindruck, daß mein
> Ansatz zur Bestimmung der allgemeinen Lösung falsch ist,
> weil die gegensätzlichen Vorzeichen im Exponenten meiner
> allgemeinen "Lösungen" bewirken, daß c = 0 wäre.
>
Das sehe ich genau so.
Ich habe mal versucht, ob ein Polynom 3. Grades möglich wäre, aber das geht - auch mit einem veränderten c - nicht.
Weitere Versuche meinerseits (e-Fkt., sin-Fkt., ...) sind ebenfalls gescheitert.
Wie hier eine Variationsrechnung aussehen könnte, weiß ich auch nicht. Vielleicht haben wir ja die einzigen Lösungen schon erfasst.
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Für Polynome habe ich alle Lösungen gefunden.
Sei F(x) ein Polynom, für das gilt:
Es gibt ein C>0, so dass für alle x [mm] \in \IR [/mm] gilt: f(x+1)+f(x)=C(F(x+1)-F(x)) mit f(x)=F'(x).
Behauptung: Das Polynom hat höchstens den Grad 2 (und für f(0) [mm] \ne [/mm] 0 mindestens den Grad 1).
Beweis:
Sei F ein Polynom mit Grad > 2. Dann ist F beliebig oft diffbar, und es gilt:
f(x+1)+f(x)=C(F(x+1)-F(x)) beide Seiten ableiten [mm] \Rightarrow
[/mm]
f'(x+1)+f'(x)=C(F'(x+1)-F'(x))=C(f(x+1)+f(x)) beide Seiten ableiten [mm] \Rightarrow
[/mm]
f''(x+1)+f''(x)=C(f'(x+1)+f'(x)) beide Seiten ableiten [mm] \Rightarrow
[/mm]
f'''(x+1)+f'''(x)=C(f''(x+1)+f''(x)) beide Seiten ableiten [mm] \Rightarrow
[/mm]
usw.,
bis auf der rechten Seite die beiden Polynome den Grad 3 haben.
Für diese muss also auch die obige Eigenschaft gelten. Ich zeige, dass das für ein Polynom 3. Grades nicht möglich ist. Das steht dann im Widerspruch dazu, dass auch für ein Polynom höheren Grades diese Eigenschaft gilt, da diese Eigenschaft sich ja sonst, wie soeben gezeigt, bis zum 3. Grad "herunter-vererbt" hätte.
Sei nun F(x) = [mm] ax^3+bx^2+dx+e [/mm] mit [mm] a\ne [/mm] 0.
Dann ist F(x+1)= [mm] a(x+1)^3+b(x+1)^2+d(x+1)+e=(ax^3+3ax^2+3ax+a)+(bx^2+2bx+b)+(dx+d)+e=ax^3+(3a+b)x^2+(3a+2b+d)x+a+b+d+e
[/mm]
und [mm] F(x+1)-F(x)=3ax^2+(3a+2b)x+a+b+d
[/mm]
Es ist [mm] f(x)=3ax^2+2bx+d [/mm] und
[mm] f(x+1)=3a(x+1)^2+2b(x+1)+d=3ax^2+6ax+3a+2bx+2b+d, [/mm] also
[mm] f(x)+f(x+1)=6ax^2+(6a+4b)x+3a+2b+2d
[/mm]
Nun müsste gelten:
[mm] 6ax^2+(6a+4b)x+3a+2b+2d=C(3ax^2+(3a+2b)x+a+b+d)
[/mm]
Aus [mm] 6ax^2=C*3ax^2 [/mm] folgt wieder C=2 und damit
[mm] 6ax^2+(6a+4b)x+3a+2b+2d=6ax^2+(6a^2+4b)x+2a+2b+2d, [/mm] also
a=0 im Widerspruch dazu, dass F 3. Grades war.
Dass jedes Polynom 2. oder 1. Grades eine Lösung ist, habe ich schon in meinem ersten Post gezeigt.
Hat man eine Funktion mit unendlicher Taylorentwicklung (z.B. sin- oder e-Fkt.), lässt sich die Argumentation nicht anwenden, weil man durch ständiges Ableiten nicht zu einer Fkt. 3. Grades kommt und daher die obige Summe weiterhin unendlich viele Glieder hat, so dass ein Koeffizientenvergleich so nicht möglich ist.
Experimente mit meinem Matheprogramm mit Polynomen höheren Grades zeigen: C muss immer 2 sein, damit auf der linken und rechten Seite die Koeffizienten der höchsten x-Potenzen übereinstimmen. Ist der Grad von F > 2, so ist dann die Differenz zwischen der linken und der rechten Seite der Gleichung immer ein Polynom, dessen Grad um 3 kleiner als der Grad von F ist (also bei Grad(F)=3 vom Grad 0, eine Konstante =a [mm] \ne [/mm] 0, wie oben gezeigt, bei Grad(F)=4 vom Grad 1 usw.).
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