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Stationäre Lösungen eines dynamischen Systems

Universität / Fachhochschule

Tags: dynamisches System, stationäre Lösungen

SlimJim aktiv_icon

17:05 Uhr, 18.02.2011

ich habe folgende Aufgabe zu bearbeiten, welche ich nicht ganz verstehe:

Folgendes zeitdiskretes System ist gegeben:

x (n + 1) = x (n) + y (n)

y (n + 1) = r \cdot x (n) - y (n)

mit dem Parameter

r \in [0,1]

Für welchen Wert von

r \in [0,1]

existieren stationäre Lösungen

(x^{⋆}, y^{⋆}) \neq (0,0)

und wie sehen diese aus?

Konvergieren die Folgen

x (n)

und

y (n)

für

r \in (0,1)

für jeden Startwert

(x (0), y (0)) \neq (0,0)

im Grentwert

n \to \infty

gegen die triviale stationäre Lösung

(x^{⋆}, y^{⋆}) = (0,0)

?

leider weiß ich nicht was genau gemeint ist?
Wer kann helfen?

michaL aktiv_icon

18:08 Uhr, 18.02.2011

Hallo,

man kann hier gut mit Matrizenrechnung an die Sache herangehen. Sei etwa

{\vec{x}}_{n} := (\binom{x (n)}{y (n)})

und

M_{r} := (\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ r & - 1 \end{array})

, dann kann man dein System wie folgt darstellen:

{\vec{x}}_{n + 1} = M_{r} {\vec{x}}_{n}

. Soll das System stationär sein, so muss

\vec{x} = M_{r} \vec{x}

gelten, d.h. du suchst die Eigenwerte und (vor allem) -vektoren der Matrix

M_{r}

.

Soll heißen: Es existieren für jeden Wert von

r

stationäre Lösungen. Wie sie aussehen, bekommst du heraus, wenn du die Eigenwerte der Matrix

M_{r}

in Abhängigkeit von

r

berechnest und die zugehörigen Eigenvektoren ermittelst.

Damit beantwortet sich auch die zweite Frage (von selbst): Nein, die Folgen konvergieren jedenfalls für solche Startwerte NICHT gegen die triviale stationäre Lösung, die den Eigenvektoren der Matrix entsprechen.

Man könnte sogar genauer die Grenzwerte (zu jedem Startwert) berechnen, indem man

M_{r}

diagonalisiert. Es gilt ja

lim_{n \to \infty} {\vec{x}}_{n} = (lim_{n} \to \infty M_{r}^{n}) \cdot {\vec{x}}_{0}

, sofern diese Grenzwerte existieren.

Mfg Michael

SlimJim aktiv_icon

23:10 Uhr, 18.02.2011

Ich habe nun die Eigenwerte bestimmt.

In Abhängigkeit von

r

erhalte ich als Eigenwert von

M = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ r & - 1 \end{matrix})

zum einen

λ = \sqrt{1 + r}

mit dem Eigenvektor

v = (\begin{matrix} 1 \\ \sqrt{1 + r} - 1 \end{matrix})

und

λ = - \sqrt{1 + r}

und Eigenvektor

v =

(hab ich noch nicht).

Wenn ich jetzt die Matrix

M

mit dem Eigenvektor

v

multipliziere, also

M \cdot v

erhalte ich als Ergebnis

M \cdot v = λ \cdot v

. So ist der Eigenvektor einer Matrix ja auch definiert.

Meine Frage ist jetzt weiter:

Welches ist denn nun der Vektor

z

der stationären Lösung für

z = M \cdot z

(wie du gesagt hast) und wie finde und berechne ich ihn? Denn der Eigenvektor erfüllt die Bedingung ja nicht. Oder habe ich da einen Fehler gemacht???

Wer hilft mir???

michaL aktiv_icon

23:18 Uhr, 18.02.2011

Hallo,

nein, du hast keinen Fehler gemacht. Trotzdem ist die Rechnung nicht umsonst, da du nun beweisen kannst, dass 1 KEIN Eigenwert für jedes

r \in (0; 1)

ist. Folglich gibt es keinen anderen Vektor, sodass das System stationär wird.

Die zweite Frage kann man aber trotzdem mit diagonalisieren der Matrix

M_{r}

beantworten, weil dann die Potenzen einfacher zu berechnen sind!

Mfg Michael

SlimJim aktiv_icon

23:25 Uhr, 18.02.2011

Das heißt im Endeffekt kann ich nur dort stätionäre Lösungen finden, wo der Eigenwert gleich 1 ist? ansonsten sind in diesem System sonst keine vorhanden?

Das würde dann bedeuten, dass nur für

(r)

gleich 0 der Eigenwert 1 ist und nur dort eine stationäre Lösung zu finden ist, welche dann auch noch die triviale wäre?

SlimJim aktiv_icon

23:56 Uhr, 18.02.2011

Mit dem Konvergieren der Folgen, schnalle ich auch noch nicht ganz. Also die Folgen konvergieren eigentlich für jedes

r \in (0,1)

und

n \to \infty

jeweils gegen

\infty,

oder?

ich hab das mal durchgespielt und jeweils im 2er-Zyklus ver(1+r)-fachen sich die Startwerte, egal wo ich beginne. Allerdings sieht das wenn

x (0) \leq (1 + r) \cdot y (0)

immer etwas komisch aus, weil

y (n)

dann mal negativ oder 0 (zwischen dem 2er-Zyklus)ist?

Kann mir da sonst jemand weiterhelfen??

michaL aktiv_icon

18:57 Uhr, 20.02.2011

Hallo,

sorry, ich hatte erst heute wieder Zeit, reinzuschauen.

"Das heißt im Endeffekt kann ich nur dort stätionäre Lösungen finden, wo der Eigenwert gleich 1 ist? ansonsten sind in diesem System sonst keine vorhanden?"

Naja, eine stationäre Lösung ist immer der Nullvektor. Abgesehen von diesem gilt aber, dass stationäre Lösungen Eigenvektoren zum Eigenwert 1 sind. Den Eigenwert 1 gibt es wegen

r > 0

aber nicht (Eigenwerte sind

λ_{1} = \sqrt{r + 1}

und

λ_{2} = - \sqrt{r + 1}

).

Zur Frage der Konvergenz: Hast du die Matrix

M_{r} := (\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ r & - 1 \end{array})

diagonalisiert? Dadurch lassen sich z.b. beweisen, dass

M_{r}^{2 n} = (\begin{array}{rr} (r + 1)^{n} & 0 \\ 0 & (r + 1)^{n} \end{array}) = (r + 1)^{n} * E

, wobei

E

die Einheitsmatrix sein soll.
Das dürfte reichen, um die Frage zu beantworten, ob die Folgen

(x (n))

und

(y (n))

jeweils gegen 0 konvergieren. Können sie ja nicht, da

r > 0 \Rightarrow 1 + r > 1 \Rightarrow \sqrt{1 + r} > 1 \Rightarrow (\sqrt{1 + r})^{n} \to \infty

.
Konvergenz gegen

(0, 0)

kann also nur dann sein, wenn der Startwert schon

(0, 0)

ist. Die anderen Folgen divergieren offenbar. (Dafür reicht eine divergierende Teilfolge, etwa jedes gerade Folgeglied.)

Alles beleuchtet?

Mfg Michael

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