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Gewöhnliche DGL » Systeme von DGL » ODE-System: blow-up-Methode, Gleichgewichte finden
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Kein bestimmter Bereich J ODE-System: blow-up-Methode, Gleichgewichte finden
kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-03-20 17:52


Guten Abend!

Folgendes System aus $n$-ODEs habe ich gegeben:
$$ x_1'=e^{-x_1}
$$ $$ x_j'=e^{-x_j}-e^{-x_{j-1}},\quad 2\leq j\leq n
$$
Wenn ich $X_k:=e^{-x_k}$ für $1\leq k\leq n$ definiere, wird das System zu
$$ X_1'=-X_1^2
$$ $$ X_j'=(X_{j-1}-X_j)X_j,\quad 2\leq j\leq n
$$
Das einzige Gleichgewicht dieses Systems ist $\vec{0}=(0,\ldots,0)\in\mathbb{R}^n$. Ich möchte untersuchen, was in der Nähe dieses Gleichgewichts passiert. Da das Gleichgewicht jedoch nicht hyperbolisch ist, kann man Grobman-Hartman etc. nicht benutzen.

Eine Methode, die man in einer solchen Situation anwendet, ist die sog. Blow-up Methode (man bläst den singulären Punkt zu einer Sphäre auf und sucht dort nach Gleichgewichten, die hyperbolisch sind; dann erhält man Erkenntnisse für das ursprüngliche System).

Eine mögliche Transformation ist der Ansatz
$$ \vec{X}(t)=(X_1,X_2,\ldots,X_n)^T=R(t)\cdot (\phi_1,\phi_2,\ldots,\phi_n)^T=R(t)\vec{\phi}(t),
$$ wobei $R(t)\in\mathbb{R}$ und $\vec{\phi}\in S^{n-1}=\{\vec{x}\in\mathbb{R}^n: \lVert\vec{x}\rVert=1\}$.

In diesen Koordinaten (nachdem man das $R$ am Ende rauskürzt), ist das System

$$     \phi_1'=\phi_1\left(-\phi_1+\phi_1^3-\sum_{k=2}^n \phi_k^2(\phi_{k-1}-\phi_k)\right)
$$ $$     \phi_j'=\phi_j\left(\phi_{j-1}-\phi_j+\phi_1^3-\sum_{k=2}^n\phi_k^2(\phi_{k-1}-\phi_k)\right),\quad 2\leqslant j\leqslant n
$$
Der nächste Schritt wäre nun, dass man Gleichgewichte findet (die dann hoffentlich hyperbolisch sind).

Ich habe bisher keinerlei Erfolg gehabt, die Gleichgewichte zu identifizieren. Das scheint schwer zu sein.

Zuerst dachte ich an den Ursprung, also $\phi=(0,\ldots,0)$, aber der liegt ja nicht auf der Sphäre, ist also keine geeignete Lösung.



Kann jemand helfen?

Viele Grüße!



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-20 21:02


Hallo kaotisch,

mit blow-up Methoden kenne ich mich nicht aus, aber $(1,0,\dots,0)$ ist ein stationärer Punkt des neuen Systems und liegt auf der Einheitssphäre.

Viele Grüße

doglover



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kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-20 22:10


Guten Abend, doglover!

Danke, dieses Gleichgewicht habe ich nicht gesehen.

Nun frage ich mich natürlich, ob es weitere Gleichgewichte gibt, wovon ich ziemlich stark ausgehe. Probleme machen mir die Summen. Da gibt es bestimmt viele mögliche Kombinationen.

Viele Grüße!



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-03-20 23:23


Hallo kaotisch,

$(-1,0\dots,0)$ ist übrigens ebenfalls eine Lösung. Falls man für den Moment $\phi_1\neq 0$ annimmt und $S:=\phi^3_1-\sum_{k=2}^n\phi_k^2(\phi_{k-1}-\phi_k)$ definiert, so folgt aus der ersten Gleichung

$S=\phi_1$ und die zweite Gleichung wird zu

$0=\phi_j\left(\phi_{j-1}-\phi_j+S \right)=\phi_j(\phi_{j-1}-\phi_j+\phi_1)$.

Falls nun ein $\phi_j$ nicht $0$ ist, so hat man

$\phi_j=\phi_1+\phi_{j-1}$ als Bestimmungsgleichung. Zum Beispiel falls alle $\phi_j$ ungleich $0$ sein sollen, so erhält man aus dieser Beziehung

$\phi_j=j\phi_1$ für alle $1\leq j\leq n$ und aufgrund der Normiertheit, die beiden Lösungen mit $\phi_1=\pm \sqrt{\frac{6}{n(n+1)(2n+1)}}$. Das sind die einzigen beiden Lösungen bei denen alle Koeffizienten nicht $0$ sind (Durch Einsetzen kann man sich vergewissern, dass es tatsächlich Lösungen des ursprünglichen Problems sind).

Falls $\phi_1=0$ ist so erhält man für $j=2$ die Gleichung

$0=\phi_2\left(-\phi_2+\phi^3_2-\sum_{k=3}^n\phi^2_k(\phi_{k-1}-\phi_k) \right)$

und für $j\geq 3$

$0=\phi_j\left(\phi_{j-1}-\phi_j+\phi^3_2-\sum_{k=3}^n\phi^2_k(\phi_{k-1}-\phi_k) \right)$

was mit dem ursprünglichen System übereinstimmt, außer dass man jetzt eine Dimension niedriger ist. Also gelten die gleichen Überlegungen wie zuvor. Daher kann man sich im Prinzip daraus alle möglichen Lösungen konstruieren.

Viele Grüße

doglover



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kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-21 12:49


Hallo, doglover!

Vielen lieben Dank für deine Antwort, die ich sehr hilfreich finde.

Ich habe das Szenario mal für die beiden einfachsten Fälle $n=2$ und $n=3$ durchgespielt.

1. $n=2$:

Sechs Gleichgewichte:

$$ (\pm 1,0),\quad \pm \left(\sqrt{\frac{1}{5}},2\sqrt{\frac{1}{5}}\right),\quad (0,\pm 1)
$$
2. $n=3$:

Hier ist die Lage schon etwas aufwändiger; ich habe mir ein Baumdiagramm gemalt, um alle Fälle einzeln zu behandeln.

2.1) $\phi_1\neq 0, \phi_2\neq 0, \phi_3\neq 0$ liefert mir die beiden Gleichgewichte
$$ \pm\left(\sqrt{\frac{1}{12}},2\sqrt{\frac{1}{12}},3\sqrt{\frac{1}{12}}\right)
$$
2.2) $\phi_1\neq 0, \phi_2\neq 0, \phi_3=0$ liefert mir die beiden Gleichgewichte
$$ \pm\left(\sqrt{\frac{1}{5}},2\sqrt{\frac{1}{5}},0\right)
$$
(Dies entspricht der Situation von $n=2$ mit $\phi_1\neq 0,\phi_2\neq 0$ und einem Nulleintrag für die dritte Komponente.)

2.3) $\phi_1\neq 0, \phi_2=0,\phi_3\neq 0$ liefert mir die beiden Gleichgewichte
$$ \pm\left(\sqrt{\frac{1}{2}},0,\sqrt{\frac{1}{2}}\right)
$$
2.4) $\Phi_1\neq 0, \phi_2=0,\phi_3=0$ liefert mir die beiden Gleichgewichte
$$ (\pm 1,0,0)
$$
2.5) $\phi_1=0, \phi_2=0,\phi_3=0$ ist keine zulässige Lösung

2.6) $\phi_1=0, \phi_2=0,\phi_3\neq 0$ liefert die beiden Gleichgewichte
$$ (0,0,\pm 1)
$$
2.7) $\phi_1=0,\phi_2\neq 0,\phi_3=0$ liefert die beiden Gleichgewichte
$$ (0,\pm 1,0)
$$
2.8) $\phi_1=0,\phi_2\neq 0,\phi_3\neq 0$ liefert die beiden Gleichgewichte
$$ \pm\left(0,\sqrt{\frac{1}{5}},2\sqrt{\frac{1}{5}}\right)
$$
Insgesamt bekomme ich also 14 Gleichgewichte.

-------

Das müsste man für ein allgemeines $n\in\mathbb{N}$ doch eigentlich kombinatorisch verallgemeinern können.

(A) Zunächstmal hat man $n$ Möglichkeiten, bei Vektoren der Länge $n$ an eine Position eine $1$ einzutragen; das liefert meiner Meinung nach schonmal die $2n$ Gleichgewichte, bei denen genau ein Eintrag ungleich $0$ ist.

(B) Dann gibt es die Möglichkeit, dass alle Einträge ungleich $0$ sind, dies liefert die beiden Gleichgewichte
$$ \pm (\phi_1,2\phi_1,\ldots,n\phi_1),\quad \phi_1=\sqrt{\frac{6}{n(n+1)(2n+1)}}
$$
(Cj) Genau $j$ Einträge sind ungleich $0$ mit $j\in\{2,\ldots,n-1\}$ bzw., dazu äquivalent, genau $n-j$-Einträge sind gleich $0$. Hier gibt es $\binom{n}{j}$ Möglichkeiten, dass $j$ Einträge ungleich $0$ sind. Dies liefert $2\binom{n}{j}$ Gleichgewichte.

Es scheint aber wesentlich davon abzuhängen, welche $j$ Einträge ungleich $0$ sind. Komme da nicht so wirklich weiter.


Viele Grüße



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-03-21 13:38


Hallo kaotisch,

wenn es dir um die Anzahl der Lösungen geht, dann kann man es in der Tat kombinatorisch lösen. Dazu musst du die wiederkehrende Struktur der Gleichungen nutzen, die ich schon beschrieben hatte. Das heißt für den Fall $n=3$ reicht es aus den Fall $\phi_1\neq 0$ zu betrachten, sofern du den Fall $n=2$ abgehandelt hast. Denn die Lösungen im Fall $n=3$ und $\phi_1=0$ sind genau die Lösungen für $n=2$ mit einer davor gesetzten $0$.

Zu gegebenem $n$ betrachte den Fall $\phi_1\neq 0$. Wie viele Möglichkeiten gibt es, dass genau $k$ der übrigen Einträge $0$ sind?

Wir unterscheiden also Eintrag$=0$ oder Eintrag nicht $0$. Letzteres kodieren wir als Eintrag$=1$. Damit ist die Frage wie viele Kombinationsmöglichkeiten es gibt $k$ Nullen und $(n-1)-k$ Einsen auf einen Vektor der Länge $(n-1)$ zu verteilen. Erstmal kann man alle Permutationen nehmen $(n-1)!$ und hat dann aber die Permutationen die nur die Nullen unter einander tauschen und die nur die Einsen untereinander tauschen mitgezählt. Diese muss man wieder rausdividieren

$\frac{(n-1)!}{((n-1)-k)!k!}=\binom{n-1}{k} $

Möglichkeiten zur Anordnung, für den Fall $\phi_1\neq 0$ und genau $k$ Nullen. Da nun $0\leq k\leq n-1$ sein kann, erhält man

$\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n-1}{k}$ als Anzahl aller Lösungen mit $\phi_1\neq 0$ für eine feste Wahl von $\phi_1$. Aufgrund der Normiertheitsbedinung (und da alle anderen Einträge [nach Festlegung der $0$ Einträge] eindeutig durch $\phi_1$ bestimmt sind) ist der Betrag von $\phi_1$ eindeutig festgelegt. Das heißt die Gesamtanzahl an Lösungen für $\phi_1\neq 0$ ist das doppelte des obigen Ausdrucks. Sei nun $A_n$ die Gesamtanzahl dieser Kombinationsmöglichkeiten für die Dimension $n$ und $\phi_1\neq 0$. Dann ist die Anzahl der Lösungen $L_n$ für $n$ gegeben durch

$L_n=A_n+L_{n-1}$, da wie bereits erklärt, der Fall $\phi_1=0$ genau so viele Lösungen enthält wie die Gesamtanzahl an Lösungen für den Fall $(n-1)$. Wiederhole die Rekursion bis $n=1$ (beachte für den Rekursionsanfang $L_1=2=A_1$ mit unseren Formeln).

$L_n=\sum_{j=1}^nA_j=2\sum_{j=1}^n\sum_{k=0}^{j-1}\binom{j-1}{k}$.

Mit dem Binomischen Lehrsatz hat man $\sum_{k=0}^{j-1}\binom{j-1}{k}=2^{j-1}$ und mit der geometrischen Summenformel den geschlossenen Ausdruck:

$L_n=2\sum_{j=1}^n2^{j-1}=2(2^n-1)$ (beachte die Summe startet bei $j=1$ und nicht bei $j=0$).

Dies ist die Anzahl der Gesamtlösungen für gegebenes $n$. Für $n=2$ erhält man $6$ und für $n=3$ hat man $14$ Möglichkeiten, was mit deinen Beispielen übereinstimmt.

Viele Grüße

doglover



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kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-21 14:57


Dankeschön!

Ich würde auch gerne generell etwas darüber aussagen, wie die Gleichgewichte für gegebenes $n\in\mathbb{N}$ aussehen.



Also wir wissen, dass es

$2n$ Gleichgewichte gibt, die genau einen Eintrag 1 bzw. -1 und sonst nur 0en haben.

Wir wisen auch, dass es genau zwei Gleichgewichte gibt, deren Einträge alle ungleich 0 sind (und wir wissen, wie diese Einträge aussehen).

Es bleibt also noch zu klären, wie die Gleichgewichte aussehen, die $j$ Einträge haben, die nicht 0 sind, wobei $j\in\{2,...,n-1\}$.


Sei also $j\in\{2,...,n-1\}$. Dann gibt es $\binom{n}{j}$ Vektoren der Länge $n$ mit $j$ Einträgen ungleich $0$.

Ich wüsste jetzt gerne, wie diese aussehen.

Offensichtlich kommt es darauf an, ob die Einträge, die nicht 0 sind, benachbart sind, oder ob zwischen ihnen mindestens eine 0 liegt.

$k$ benachbarte Einträge ungleich 0, die nach einem 0-Eintrag stehen oder bei der ersten Position beginnen, sind immer von der Form
$$ (S, 2S, 3S,\ldots,kS).
$$
Damit gibt es schonmal $n-(j-1)$ Gleichgewichte, die das Tupel $(S,2S,3S,\ldots,jS)$ und ansonsten nur Nulleinträge beinhalten.

Jetzt können die $j$ Einträge, die nicht 0 sind, aber auch anders verteilt sein. Zum Beispiel kann das (j+1)-Tupel
$$ (0,S,2S,3S,\ldots,(j-1)S,0)
$$ auftreten und irgendwo auf einer der übrigen Positionen gibt es genau einen weiteren Eintrag S (und alle anderen Einträge sind 0).


Oder das Tupel
$$ (0,S,2S,\ldots,(j-2)S,0)
$$ tritt auf und zwei weitere nicht benachbarte Einträge sind $S$, oder es gibt zwei benachbarte Einträge $(S,S2)$.

Und das kann man so weiter machen, bis man beim Tupel
$$ (0,S,0)
$$ angekommen ist, für das es dann noch $j-1$ weitere Nichtnulleinträge geben muss.


Kann man das kombinatorisch irgendwie ausdrücken?

Mir fällt das extrem schwer.


Viele Grüße



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-03-21 16:23


Hallo kaotisch,

ich sehe jetzt auf die Schnelle nicht wie man alle Lösungen in einer kompakten Form darstellen kann. Aber auch hier ist die Regel:

Findest du die Lösungen für den Fall $\phi_1\neq 0$, so hast du wegen der Struktur der Gleichungen alle Lösungen gefunden. Außerdem ist $-\vec{\phi}$ eine Lösung wann immer $\vec{\phi}$ eine Lösung ist. Man kann daher $\phi_1>0$ annehmen und dieser Wert ist wegen der Normiertheit eindeutig.

In jedem Fall solltest du aber zunächst den Fall $n=2$ mit seinen $6$ Lösungen betrachten (was ja noch sehr übersichtlich ist) und nachrechnen, ob die Blow-up Methode, die du anwenden möchtest überhaupt zum Erfolg führt. Falls nicht, investieren wir nur unnötig Zeit in ein Problem, was gar nicht erst zur Lösung beiträgt.

Daher rechne den Fall $n=2$ erstmal durch und melde dich zurück, ob es funktioniert hat. Falls ja, kann man sich gegebenenfalls weitere Gedanken machen.


Viele Grüße

doglover



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kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-22 13:48


Hallo, doglover!

2020-03-21 16:23 - doglover in Beitrag No. 7 schreibt:
[...]
Daher rechne den Fall $n=2$ erstmal durch und melde dich zurück, ob es funktioniert hat. Falls ja, kann man sich gegebenenfalls weitere Gedanken machen.
[...]

Das ist eine gute Idee.

Also nachdem ich für $n=2$ die 6 Gleichgewichte explizit vorliegen habe, würde ich nun gerne in ihnen linearisieren, um zu wissen, ob sie hyperbolisch sind.

Das System lautet für $n=2$:
$$ \begin{align}
\phi_1' &=-\phi_1^2+\phi_1^4-\phi_1^2\phi_2^2+\phi_1\phi_2^3=:f(\phi_1,\phi_2)\\
\phi_2' &=\phi_1\phi_2-\phi_2^2+\phi_1^3\phi_2-\phi_1\phi_2^3+\phi_2^4=:g(\phi_1,\phi_2)
\end{align}
$$
Die Jacobi-Matrix lautet demnach
$$ J(\phi_1,\phi_2)=\begin{pmatrix}\frac{\partial f}{\partial\phi_1} & \frac{\partial f}{\partial\phi_2}\\ \frac{\partial g}{\partial\phi_1} & \frac{\partial g}{\partial\phi_2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\phi_1+4\phi_1^3-2\phi_2^2\phi_1+\phi_2^3 & -2\phi_1^2\phi_2+3\phi_1\phi_2^2\\ \phi_2+3\phi_2\phi_1^2-\phi_2^3 & \phi_1-2\phi_2+\phi_1^3-3\phi_1\phi_2^2+4\phi_2^3\end{pmatrix}
$$
Für die sechs Gleichgewichte ergibt sich:
$$ \begin{align*}
J(1,0) & =\begin{pmatrix}2 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix}\\
J(-1,0) &=\begin{pmatrix}-2 & 0\\ 0 & -2\end{pmatrix}\\
J(0,1) &=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & 2\end{pmatrix} \\
J(0,-1) &=\begin{pmatrix}-1 & 0\\ 0 & -2\end{pmatrix} \\
J\left(\sqrt{\frac{1}{5}},2\sqrt{\frac{1}{5}}\right)&=\begin{pmatrix}-\frac{6}{5}\sqrt{\frac{1}{5}} & \frac{8}{5}\sqrt{\frac{1}{5}}\\\frac{8}{5}\sqrt{\frac{1}{5}} & \frac{6}{5}\sqrt{\frac{1}{5}}\end{pmatrix}\\
J\left(-\sqrt{\frac{1}{5}},-2\sqrt{\frac{1}{5}}\right)&=\begin{pmatrix}\frac{6}{5}\sqrt{\frac{1}{5}} & -\frac{8}{5}\sqrt{\frac{1}{5}}\\-\frac{8}{5}\sqrt{\frac{1}{5}} & -\frac{6}{5}\sqrt{\frac{1}{5}}\end{pmatrix}
\end{align*}
$$
Damit ergeben sich folgende Eigenwerte:

$J(1,0)$ hat den doppelten Eigenwert $\lambda_{1,2}=2$.

$J(-1,0)$ hat den doppelten Eigenwert $\lambda_{1,2}=-2$.

$J(0,1)$ hat die beiden Eigenwerte $\lambda_1=1$ und $\lambda_2=2$.

$J(0,-1)$ hat die beiden Eigenwerte $\lambda_1=-1$ und $\lambda_2=-2$

$J\left(\sqrt{\frac{1}{5}},2\sqrt{\frac{1}{5}}\right)$ hat die beiden Eigenwerte $\lambda_1=2\sqrt{\frac{1}{5}}$ und $\lambda_2=-2\sqrt{\frac{1}{5}}$.

$J\left(-\sqrt{\frac{1}{5}},-2\sqrt{\frac{1}{5}}\right)$ hat die beiden Eigenwerte $\lambda_1=2\sqrt{\frac{1}{5}}$ und $\lambda_2=-2\sqrt{\frac{1}{5}}$


Somit bekomme ich, dass alle Gleichgewichte hyperbolisch sind; genauer:

$(1,0)$ und $(0,1)$ sind "unstable nodes".

$(-1,0)$ und $(0,-1)$ sind "stable nodes".

$\pm \left(\sqrt{\frac{1}{5}},2\sqrt{\frac{1}{5}}\right)$ sind Sattelpunkte.


------

Hieraus würde ich nun gerne etwas darüber erfahren, wie das Phasenportrait für das ursprüngliche System in der Nähe des nicht-hyperbolischen Gleichgewichts $(0,0,...,0)$ aussieht, indem man die sechs Gleichgewichte auf $S^1$ zu diesem Punkt zusammenzieht.




Viele Grüße!



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doglover
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-03-22 23:34


Hallo kaotisch,

wie gesagt kenne ich mich nicht mit blow-up Methoden aus und weiß daher auch nicht, was man für Informationen aus dieser Sachlage über das ursprüngliche System ziehen kann. Was auffällt ist aber, dass die Matrizen, die du berechnet hast (habe es nicht auf Richtigkeit überprüft) symmetrisch sind. Symmetrische $n\times n$ Matrizen haben immer $n$-reele Eigenwerte (womöglich mehrfach vorkommend). Die Determinante einer Matrix ist das Produkt der Eigenwerte der Matrix, daher kommen Eigenwerte mit verschwindendem Realteil genau dann vor (bei symmetrischen Matrizen), wenn die Determinante $0$ ist.

Also wäre ein mögliches Vorgehen, um nachzuweisen, dass alle Fixpunkte hyperbolisch sind wie folgt:

1. Zeige die Jacobimatrix ist symmetrisch in den Fixpunkten.

2. Zeige die Determinante der Jacobimatrix ist nicht $0$ (äquivalent zeige die Spalten sind linear unabhängig).

Für 1. muss man die genaue Gestalt der Fixpunkte nicht unbedingt kennen. Es kann ausreichend sein die Rekursionsrelationen und Gleichungen zu kennen, die die $\phi_i$ erfüllen. Punkt 2. scheint komplizierter zu sein. Evtl. kann man auch hier die Bestimmungsgleichungen (Rekursionsgleichungen) benutzen, um die Einträge wesentlich zu vereinfachen und eine geschlossene Form für die Determinante finden? Das sind jetzt alles nur Vermutungen. Zum Beispiel zu 1. im Fall $n=2$ kann man sich folgendes überlegen:

Falls $\phi_1=0$ ist der Eintrag oben rechts sofort $0$ und der Eintrag unten links ist $\phi_2-\phi^3_2$, was wegen der wiederkehrenden Struktur der Gleichungen $0$ sein muss (das sind gerade unsere Gleichung(en) für den Fall $n=1$). Daher ist die Matrix in dem Fall symmetrisch. Falls $\phi_2=0$ ist, so sind beide Einträge $0$, also auch symmetrisch. Der Letzte Fall ist $\phi_1\neq 0$ und $\phi_2\neq 0$. In dem Fall ist $\phi_2=2\phi_1$ nach unserer Rekursionsgleichung und wegen der Normiertheit $\phi^2_2+\phi^2_2=1$.
damit ist

$\phi_2+3\phi_2\phi^2_1-\phi^3_2=\phi_2+3\phi_2(1-\phi^2_2)-\phi^3_2=4\phi_2(1-\phi^2_2)=4\phi_2\phi^2_1=8\phi^3_1$.

und für den oberen rechten Eintrag

$-2\phi^2_1\phi_2+3\phi_1\phi^2_2=\phi_2(-2\phi^2_1+6\phi^2_1)=4\phi_2\phi^2_1=8\phi^3_1$,

was genau mit dem anderem Eintrag übereinstimmt. Es ist also möglich (im Fall $n=2$) nachzuweisen, dass die Matrizen stets symmetrisch sind ohne die Gleichgewichte genau berechnet zu haben.

Zur Determinante habe ich mir nichts überlegt. Mein vorgeschlagenes Vorgehen sagt dir auch nichts über die genaue Art des Gleichgewichts.

Woher stammt die Aufgabe denn genau? Das Ganze scheint mir doch ein wenig kompliziert zu werden.

Viele Grüße

doglover



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kaotisch
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* diese Frage stelle ich lieber separat, es artet hier sonst aus *



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kaotisch hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
kaotisch hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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