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Gewöhnliche DGL » DGLen 1. Ordnung » Autonome DGL, time-1 map, dynamical systems
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Autor
Universität/Hochschule J Autonome DGL, time-1 map, dynamical systems
Neymar
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Dabei seit: 03.01.2019
Mitteilungen: 497
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-07-31


Hallo alle zusammen,

ich weiß leider nicht wirklich, wie man an folgende Aufgabe rangehen könnte:

"Show that there does not exist a first-order, autonomous ODE [Ordinary Differential Equation] where the map $f(x) = rx$ corresponds to the time-$1$ map, when $r < 0$."

Hier mal ein vorheriges Beispiel:

$\mathbf{\text{Example}}$ Let $\dot x = kx$, $x(0) = x_0$, and $k < 0$. The state space is $\mathbb{R}$ (the phase space, as opposed to the trajectory space $\mathbb{R}^2$), and the general solution is $\Phi(t, x_0) = x_0 e^{kt}$ (the evolution of the dynamical system is $\Phi(t, x) = x e^{kt}$). Notice that $\Phi(0, x) = x$, while $\Phi(1, x) = e^k x$. Hence the time$-1$ map is simply multiplication by $r = e^k$. The time$-1$ map is the discrete dynamical system on $\mathbb{R}$ given by the function above, $f(x) = rx$. In this case, $r = e^k$, where $k < 0$, so that $0 < r = e^k < 1$.  

$\mathbf{\text{Definition}}$ For $t \geq 0$, the time$-t$ map of a continuous dynamical system is the transormation of state space that takes $x(0)$ to $x(t)$.

_____________________________________________
$\mathbf{\text{Ansatz}}$ "Recall that one fairly general form for first-order systems of ODEs is $\mathbf{\dot x} = \mathbf{f}(t, \mathbf{x})$, [...]." Da wir eine autonome ODE vorliegen haben, lautet mein Ansatz also $\dot x = g(x)$. Diese Gleichung ist also separabel, i.e. \[ \frac{dx}{dt} = g(x) \overset{\text{formal}}{\Rightarrow} \frac{dx}{g(x)} = dt \Rightarrow \int_{x_0}^{x} \frac{dx'}{g(x')} = \int_{t_0}^{t} dt'. \]
Ich weiß aber nicht, ob dies weiterführend ist. Was meint ihr?


Beste Grüße,
Neymar



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Shaqrament
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-07-31


Hallo Neymar,
gibt es im Buch (, falls es sich um ein solches handelt) irgendwelche Einschränkungen an die autonome DGL? Beziehungsweise unter welchen Voraussetzungen wird von einem existenten Phasenfluss gesprochen?


Außerdem: Ist der Phasenraum als <math>\mathbb{R}^n</math> oder <math>\mathbb{R}^</math> vorausgesetzt?

Gruß, Shaqrament



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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-31


Grüß Gott Shaqrament,

ich glaube, dass der Phasenraum $= \mathbb{R}$ ist. (Selbst wenn nicht: Gehen wir einfach davon aus. Das ist ja eine Aufgabe, die ich für mich bearbeite.)

Was die Einschränkungen an die autonome DGL angeht, bin ich mir nicht ganz sicher, aber hier mal ein (stückweises) Zitat zum "flow", auch wenn ich mir nicht so ganz sicher bin, ob damit "phase flow" gemeint ist.

"$\mathbf{\text{Definition 1.6}}$ A dynamical system is a triple $(\mathcal S, \mathcal T, \Phi)$, where $\mathcal S$ is the state space (or phase space), $\mathcal T$ is the parameter space, and \[\Phi: (\mathcal T \times \mathcal S) \longrightarrow S\] is the evolution. [...] In ODEs, $\Phi$ plays the role of the $\textit{general} \ \textit{solution}$, as a $1$-parameter familiy of solutions (literally a $1$-parameter family of transformations of phase space): In this general solution, one knows for $\underline{any}$ specified starting value where it will be for $\underline{any}$ valid parameter value, all in one function of two variables. This is the concept of a flow, which you are familiar with from your study of ordinary differential equations: Let $\mathbf{\dot{x}} = \mathbf{f}(\mathbf{x}), \mathbf{x}(0) = \mathbf{x}_0 \in \mathbb{R}^n$ be an IVP [initial value problem], with a $\text{C}^1$ vector field $\mathbf{f}(\mathbf{x})$. [...]. Hence, flows are the evolutions of ODE systems, if they can be found."

Also um deine Frage (vermutlich) kurz zu beantworten: $f \in C^1$. :-)




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haerter
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Dabei seit: 07.11.2008
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Aus: Bochum
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-07-31


Hallo,

auf den ersten Blick sieht das nicht ganz einfach aus.
Ich vermute aber, dass als Phasenraum hier der <math>\mathbb{R}^n</math> mit beliebigem <math>n</math> gemeint ist.

Vielleicht ist ein möglicher Zugang zu zeigen, dass das Vektorfeld eine Ruhelage bei <math>x=0</math> hat mit Ableitung <math>Df(0)=0</math>.

(Es ist etwas schwierig mit der Notation, weil <math>f</math> bei Dir einmal für die Zeit-1-Abbildung und einmal für die rechte Seite der DGL steht.)

Ob das so stimmt, weiß ich nicht, aber es ist vielleicht eine Überlegung wert.

Viele Grüße,
haerter


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"The best way to have a good idea is to have lots of ideas."
 - Linus Pauling



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Shaqrament
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Aus: Bayern
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-08-01


Hallo zusammen,
zunächst einmal: Meines Wissens nach sind Fluss und Phasenfluss äquivalente Begriffe. Nun noch einmal zum Problem: Ich konnte es (vermutlich) lösen. Die <math>C^1</math>-Eigenschaft war das, was ich gebraucht habe. Wir betrachten also eine Abbildung <math>f\in C^1(U,\mathbb{R})</math> und die autonome DGL <math>\dot{x}=f(x)</math>, wobei <math>U\subseteq\mathbb{R}</math> der offene Phasenraum ist.

Wir wählen also oBdA <math>n=1</math>. Du wirst sehen, dass der Beweis für größere <math>n</math> ganz analog ist. Beachte, dass die <math>C^1</math>-Eigenschaft von <math>f</math> eine lokale Lipschitz-Stetigkeit impliziert. Damit können wir mit dem Satz von Picard-Lindelöf argumentieren, dass sich die Trajektorien nicht schneiden. In anderen Worten: Zu gegebenem Anfangswert ist die Lösung eindeutig.

Der Fluss <math>\Phi:\mathbb{R}\times U\rightarrow\mathbb{R}</math> sei nun oBdA vollständig (ansonsten wäre die Behauptung sowieso in den meisten Fällen widerlegt). Es existiere auch ein <math>r<0</math> mit <math>\Phi(1,y)=ry</math> für alle <math>y</math> aus dem Phasenraum. Wir werden jetzt zwei sich schneidende Trajektorien finden.

Fixiere dazu <math>y\in U</math> und wähle <math>\varepsilon>0</math> derart, dass <math>y+\varepsilon\in U</math> gilt. Wir definieren nun die stetige (!) Abbildung <math>\Delta:[0,1]\rightarrow\mathbb{R}</math>, die durch

<math>\Delta(t):=\Phi(t,y+\varepsilon)-\Phi(t,y)</math>

gegeben sei. Auswertung liefert <math>\Delta(0)=\varepsilon>0</math> und <math>\Delta(1)=\varepsilon r<0</math>. Der gute alte Zwischenwertsatz gibt uns daher ein <math>c\in[0,1]</math> mit <math>\Delta(c)=0</math>, also insbesondere <math>\Phi(c,y+\varepsilon)=\Phi(c,y)</math>.

Damit schneiden sich die Lösungen zum Anfangswert <math>y+\varepsilon</math> bzw. <math>y</math> in <math>c</math>. Dies gestattet uns der Satz von Picard-Lindelöf jedoch nicht.

Nur falls der Gedankengang interessiert: Den Beweis fand ich, als ich das Szenario im Fall <math>n=1</math> gezeichnet habe. Da kann man die sich schneidenden Trajektorien direkt erkennen.

Viele Grüße


Anmerkung: Die Verallgemeinerung auf den <math>\mathbb{R}^n</math> müsste so funktionieren: Man wählt <math>\varepsilon</math> einfach vektorwertig und wendet das Zwischenwertsatzargument komponentenweise an.



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haerter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-08-01


Hallo,

die Aussage gilt vielleicht tatsächlich nur für <math>n=1</math> (oder <math>n</math> ungerade?).

Betrachte in <math>\mathbb{R}^2</math> die DGL der starren Rotation

<math>\dot{x} = -\pi y</math>
<math>\dot{y} = \pi x</math>

Wenn ich mich nicht irre, ist da die Zeit-1-Abbildung gerade <math>F(x,y)=(-x,-y)</math>.

Gruß,
haerter


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Neymar
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-01


Hi haerter und Shaqrament,

danke euch erst einmal! :-) Ein paar Nachfragen bleiben mir noch.  

(i) Picard-Lindelöf sagt (unter gewissen Voraussetzungen) voraus, dass wir eine (eindeutige) Lösung haben.

Wieso bedeutet das aber, dass sich die Trajektorien nicht schneiden können? Impliziert Eindeutigkeit etwa, dass keine zwei verschiedenen Trajektorien sich selbst $\mathbf{\text{in einem Punkt}}$ nicht schneiden können? Betrachten wir außerdem nicht eine Trajektorie, die ja dann z.B. auf einem gewissen Intervall konstant sein kann?

(ii) Woher wissen wir, dass $\Delta(0) = \Phi(0, y + \epsilon) - \Phi(0, y) = \epsilon$ ?

(iii) ad haerter. Vielleicht funktioniert die Verallgemeinerung ja auf den $\mathbb{R}^n$ doch nicht? Ich vermute, dass es daran liegt, dass der Zwischenwertsatz nicht komponentenweise angewandt werden kann, sonst müsste es ja auch einen auf $\mathbb{R}^n$ geben, oder? (Aber Wikipedia hat einen Zwischenwertsatz nur für $n = 1$.)


Gruß,
Neymar


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]



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Shaqrament
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-08-01


Seid gegrüßt,

zunächst einmal zur Verallgemeinerung auf den <math>\mathbb{R}^n</math>. Haerter hat Recht. Die starre Rotation ist tatsächlich ein Gegenbeispiel. Ich habe diesen einfachen aber eklatanten Denkfehler begangen: Nicht jede Komponente von <math>\Delta</math> (vektorwertig) muss zum gleichen Zeitpunkt den Wert <math>0</math> annehmen. Die Trajektorien können also disjunkt bleiben. In <math>\mathbb{R}</math> ist der Beweis jedoch zulässig.

Nun zu Neymars Punkt (i): Dass sich die Trajektorien nicht schneiden können, ist eine direkte Folgerung aus dem Satz vom Picard-Lindelöf. Angenommen wir betrachten die DGL <math>\dot{x}=f(x)</math> auf dem <math>\mathbb{R}^n</math> und der Satz von Picard-Lindelöf ist anwendbar. Gibt es nun eine Zeit <math>t_0</math> mit <math>l:=\Phi(t_0,z)=\Phi(t_0,y)</math>, wobei <math>z,y\in\mathbb{R}^n</math>, <math>z\neq y</math>, dann hat das AWP <math>\dot{x}=f(x)</math>, <math>x(t_0)=l</math> zwei Lösungen, nämlich gerade <math>t\mapsto\Phi(t,z)</math> und <math>t\mapsto\Phi(t,y)</math>. Dies widerspricht offensichtlich dem Satz von Picard-Lindelöf.

Zu (ii): Dies folgt aus der Definition des Flusses. <math>\Phi(t,y)</math> ist ja gerade die Lösung mit <math>x(0)=y</math> zum Zeitpunkt <math>t</math>. Also hat man:

<math>\Delta(0)=(y+\varepsilon)-y=\varepsilon</math>


Viele Grüße




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Neymar
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 03.01.2019
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2019-08-01


Ergibt Sinn, danke für den Beweis! :-)

Gruß,
Neymar



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