Nichtlineare Differentialgleichung mit Randbedingungen lösen

Betrachten Sie dieses Problem mit einer Differentialgleichung und Randbedingungen. Ich muss eine differenzierbare Funktion finden F : [ 0 , 1 ] → R so dass es die folgenden Bedingungen erfüllt:

F ( 0 ) = A , F ( 1 ) = B , F ¨ = F ˙ 2 − C 2 F 4 F
mit A , B , C ∈ R gegeben.

Differentialgleichungen sind wirklich nicht mein Gebiet und ich weiß wirklich nicht, wie ich diese Funktion finden soll F (insbesondere wie man diese Differentialgleichung löst), also hoffe ich, dass mir jemand einen Weg aufzeigt, wie ich vorgehen kann.

Wie ich in den Kommentaren sagte, ergibt sich dieses Problem aus der Riemannschen Geometrie: Dies sind die Bedingungen, die eine Komponente einer Geodäte erfüllen muss.

Ich habe versucht, die Differentialgleichung imposant zu lösen v := F ˙ . Auf diese Weise bekomme ich

∂ v ∂ F v = v 2 − C 2 F 4 F
aber das ist keine gewöhnliche trennbare Differentialgleichung und ich weiß leider nicht, wie ich vorgehen soll.

Danke schön.

EDIT: Benutzer zwim hat eine Lösung gefunden F = k C ⋅ C H ( k X + ϕ ) was auscheckt. Meine Frage ist nun: Wie kann ich sicher sein, dass es keine anderen Lösungen gibt? Wenn es andere Lösungen gibt, welche sind das?

Die Lösung sieht sehr hässlich aus
Woher stammt diese Gleichung?
es stammt aus der geodätischen Gleichung einer Riemannschen Metrik

Antworten (1)

Lassen Sie eine andere Änderung versuchen

u = 1 / C F .

u ' = − F ' / C F 2

u ″ = 2 F ' 2 / C F 3 − F ″ / C F 2 = ( 2 F ' 2 − F F ″ ) / C F 3

Somit erhalten wir: u u ″ − u ' 2 = ( 2 F ' 2 − F F ″ ) / C 2 F 4 − F ' 2 / C 2 F 4 = ( F ' 2 − F F ″ ) / C 2 F 4 = 1 .

Die neue Gleichung ist

u u ″ − u ' 2 = 1

Laut diesem Link: So lösen 1 + j ' 2 = j j ″ ?

Wenn wir dies ableiten und integrieren, erhalten wir u = A e k X + B e − k X .

Lassen Sie uns in der Anfangsgleichung berichten [...] und ich bekomme 4 A B k 2 = 1 , Lass uns anrufen λ = 2 A k was willkürlich ist.

Wir bekommen u = 1 2 k ( λ e k X + 1 λ e − k X )

Und schlussendlich F = 2 k C   ( λ e k X + 1 λ e − k X )

Hinweis: Es gibt eine Menge fragwürdiger Dinge, die auf dem Weg gemacht werden u gelöst ist, also haben wir möglicherweise einige Lösungen übersehen, aber spätestens seit wir diese gefundenen Gleichungen in der Anfangsgleichung angegeben haben, sind wir sicher, dass das, was wir gefunden haben, zumindest korrekt ist.

Nachtrag Jan. 02:

Die Substitution u = 1 / C F stellt kein Problem dar, da es bereits vorhanden ist F am Nenner im ursprünglichen Ausdruck. Das einzig heikle, was es gibt, kommt von der Auflösung u u ' ' − u ' 2 = 1 weil wir ableiten (angenommen u ist 3 mal ableitbar). Wir dividieren auch durch u u ' ' aber das ist kein Problem, weil u u ' ' = 1 + u ' 2 > 0 .

Wie von Han.d.Bruijn angegeben, erhalten wir dann eine lineare ODE, sodass der Eindeutigkeitssatz gilt.

Noch u ″ hat einen Ausdruck, der nur von abhängt F , F ' , F ″ So u ‴ besteht wenn F ‴ existiert, aber F ″ selbst hat einen Ausdruck, der nur von abhängt F , F ' so können wir die Ableitung fortsetzen. Durch den gleichen Prozess, wenn man annimmt F Ist C 1 dann wird es automatisch C ∞ und das tut es auch u . Folglich können wir ziemlich zuversichtlich sein, dass wir zumindest alle Lösungen gefunden haben C 1 und die nicht annullieren.

Ich habe gerade festgestellt, dass dies äquivalent ist k C   C H ( k X + ϕ ) mit ϕ = ln ⁡ λ .
Also ± k berücksichtigen λ < 0
Danke! Aber wie kann ich sicher sein, dass es keine anderen Lösungen gibt?
C@User29983: Wenn Sie dem Link in dieser (+1)-Antwort folgen, gelangen Sie zu einer Antwort, die mit einer linearen ODE endet. Und der Benutzer zwim hat gerade die Lösung dieser ODE verwendet, die ziemlich vollständig ist, nehme ich an. (Es ist übrigens eine Oberleitung)
Ja, ich verstehe, aber meine Sorge gilt der Substitution u = 1 / C F und die Schritte davor u u ″ − u ' 2 = 1
@User29983: Die von dir formulierte ODE sagt das schon F ≠ 0 , Rechts? Was kann noch schief gehen?
Nichtlineare Differentialgleichung mit Randbedingungen lösen
AntwortenHierDatenschutz-Bestimmungen1y, 0v