Antworte auf:  Überträgt sich die Divergenz? von kaotisch
Forum:  Systeme von DGL, moderiert von: Wally haerter

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Themenübersicht
haerter
Senior
Dabei seit: 07.11.2008
Mitteilungen: 1605
Herkunft: Bochum
 Beitrag No.8, eingetragen 2020-03-09 21:54    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo kaotisch,

so richtig sehe ich Dein Problem nicht.
Wenn <math>y(T)=z(T)</math> ist, dann ist doch <math>y"(T)=0</math> und <math>z"(T)>0</math>, das heißt <math>y(t)<z(t)</math> für <math>t</math> etwas größer als <math>T</math>. Diese Anordnung bleibt dann ja bis in alle Ewigkeit erhalten, weil beim Schnitt von <math>y</math> und <math>z</math> immer <math>z</math> "von unten" schneiden müsste.

Viele Grüße,
haerter


kaotisch
Aktiv
Dabei seit: 27.04.2013
Mitteilungen: 952
Herkunft: Niedersachsen
 Beitrag No.7, eingetragen 2020-03-09 10:42    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo und herzlichen Dank für die Antwort!

Bei mir ist inzwischen noch die Frage aufgekommen, ob nicht sogar gilt, dass $y(T)=z(T)$, d.h. $y'(T)=0$, für ein $T>0$ impliziert, dass $y'(t)=0$ für alle $t>T$.


Ich frage das, weil ich ja strenggenommen nur gezeigt habe, dass es ein $T>0$ derart gibt, dass $y(t)\leq z(t)$ für alle $t>T$; ich würde ja aber gerne die echte Ungleichung $y(t)<z(t)$ haben.

Genauer:

Das Argument war das folgende:

Ich nehme per Widerspruch an, dass es für alle $T>0$ ein $t'>T$ gibt mit $y(t')>z(t')$, also mit $y'(t)<0$. Wegen $y(t)\to\infty$ existiert auch ein $t''>t'$ mit $y'(t'')>0$. Da $z$ monoton wächst, bedeutet dies, dass $y$ unendlich oft die Nullkline $y=z$ schneiden muss, was nicht möglich ist (diese Nullkline kann nur von rechts nach links geschnitten werden).
Also ergibt sich ein Widerspruch und somit existiert ein $T>0$ mit $y(t)\leq z(t)$ für alle $t>T$.

Ich hätte aber gerne die Existenz eines $T>0$ mit $y(t)<z(t)$ für alle $t>T$. Also muss ich noch ausschließen, dass $y(t)=z(t)$, also $y'(t)=0$, für abzählbar viele oder abzählbar unendlich viele $t>T$.


Wenn man nun, wie oben bemerkt, argumentieren könnte, dass $y'(t)=0$ impliziert $y'(s)=0$ für alle $s>t$, wäre das ein Widerspruch zu $y(t)\to\infty$.


Ich hoffe, ich habe mein Problem klar beschrieben.


Grüße!


haerter
Senior
Dabei seit: 07.11.2008
Mitteilungen: 1605
Herkunft: Bochum
 Beitrag No.6, eingetragen 2020-03-08 21:04    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

ich habe mir die Argumente von Dir durchgelesen und glaube, dass man so argumentieren kann (auch für eine größere Anzahl Spezies).

Man müsste streng genommen noch den Fall ausschließen, dass <math>y(t)</math> unbeschränkt ist und nicht gegen <math>+\infty</math> konvergiert, aber das ist vermutlich nicht schwer, da ja wie Du schon angemerkt hast <math>y(t)</math> und <math>z(t)</math> sich nicht mehr als einmal schneiden können und lokale Extrema von <math>y(t)</math> nur in einem Schnittpunkt der Kurven vorliegen können.

Viele Grüße,
haerter


kaotisch
Aktiv
Dabei seit: 27.04.2013
Mitteilungen: 952
Herkunft: Niedersachsen
 Beitrag No.5, eingetragen 2020-03-07 15:21    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

das ist schön und gut, aber da ich später ein ähnliches System mit beliebig vielen Gleichungen betrachten will, bringt mir das - glaube ich - nicht so viel.

Daher wäre mir ein qualitativer Beweis, wie ich ihn versucht habe, auf den aber nicht eingegangen wird, lieber.


Grüße


Wally
Senior
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 8815
Herkunft: Dortmund, Old Europe
 Beitrag No.4, eingetragen 2020-03-07 14:38    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo, kaotisch,

mit \(ax=\ln p\), \(ay=\ln q\) und \(az=\ln r\) kannst du daraus ein System von drei inhomogenen linearen Dgl. machen, dass du fast analytisch lösen kannst (\(r\) und \(q\) jedenfalls, \(p\) mit einem Integral). Die Größenrelationen zwischen \(x,y\) und \(z\) sind wie die  zwischen \(p,q\) und \(r\).

Wally
\(\endgroup\)

kaotisch
Aktiv
Dabei seit: 27.04.2013
Mitteilungen: 952
Herkunft: Niedersachsen
 Beitrag No.3, eingetragen 2020-03-06 17:27    [Diesen Beitrag zitieren]

🙁 Ich wäre froh, wenn sich jemand meine Ideen aus dem letzten Beitrag ansehen könnte. Ich habe sie eben hinzugefügt.



kaotisch
Aktiv
Dabei seit: 27.04.2013
Mitteilungen: 952
Herkunft: Niedersachsen
 Beitrag No.2, eingetragen 2020-03-05 23:30    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich schlage mal was vor, damit's weiter geht.

Zu (1).

Zeig zunächst $y(t)\to\infty$ für $t\to\infty$.
Angenommen dies ist nicht der Fall, dann ist $y$ beschränkt, d.h. es gibt ein $M>0$, sodass $y\leq M$. Dann gilt $y'(t)\geq e^{-aM}-e^{-az(t)}$ und für $t>0$ groß genug gilt also $y'(t)>0$. Dann konvergiert $x_2$ aber, was wiederum bedeutet $y'(t)\to 0$, also $y(t)\to z(t)$, was der Beschränktheit widerspricht.

Da wir nun haben $y(t)\to\infty$, kann man das gleiche Argument anwenden um zu zeigen, dass $x(t)\to\infty$.


Zu (2).

Zeige zunächst per Widerspruch: Es gibt ein $T>0$, sodass $y(t)<z(t)$ für alle $t>T$.

Angenommen für alle $T>0$ gibt es ein $t'>0$ mit $y(t')\geq z(t')$, d.h. $y'(t')\leq 0$. Wegen $y(t)\to\infty$ gibt es ein $t''>t'$ mit $y'(t'')>0$. Da dies für jedes $T>0$ gilt und $z$ monoton wächst, bedeutet das, dass $y$ um $z$ herum oszilliert. Dies ist aber nicht möglich, da die Nullkline $y=z$ nur in eine Richtung gekreuzt werden kann. Genauer: Die Menge $\{(y,z): y'>0\}$, ist vorwärtsinvariant. Widerspruch!

Es gibt also ein $T>0$, sodass $y'(t)>0$ für alle $t>T$.
Dann kann ich aber das gleiche Argument wieder anwenden um zu zeigen, dass es ein $T'>T$ gibt mit $x(t)<y(t)$ für alle $t>T'$.

Und insgesamt ist die Behauptung gezeigt.


Wally
Senior
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 8815
Herkunft: Dortmund, Old Europe
 Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-05 21:12    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Hallo,

so richtig durchgerechnet habe ich es nicht, aber wenn man \(p=\ln(ax)\), \(q=\ln(ay)\) und \(r=\ln(az)\) substituiert, bekommt man wegen \(\dot p=\frac{\dot x}{x}\) u.s.w. etwas, was vielleicht übersichtlicher ist.

Wally
\(\endgroup\)

kaotisch
Aktiv
Dabei seit: 27.04.2013
Mitteilungen: 952
Herkunft: Niedersachsen
 Themenstart: 2020-03-05 19:51    [Diesen Beitrag zitieren]

Nabend,

ich habe hier drei Gleichungen:

$\displaystyle
\begin{align*}
x'(t)&=e^{-ax}-e^{-ay}\\
y'(t)&=e^{-ay}-e^{-az}\\
z'(t)&=e^{-az},
\end{align*}
$
wobei $a>0$ eine Konstante ist.

Nun kann ich die dritte Gleichung ja (mittels Trennung der Variablen) explizit lösen:

$z(t)=\frac{1}{a}\ln(a(t+C))$, d.h. ich habe insbesondere, dass $z(t)\to\infty$ für $t\to\infty$.

Jetzt würde ich gerne zwei Dinge zeigen.

(1) Dann gilt auch $x(t)\to\infty$ und $y(t)\to\infty$ für $t\to\infty$.

(2) Es gibt ein $T>0$, sodass $x(t)<y(t)<z(t)$ für alle $t\geq T$.


Ich sollte noch dazu sagen, dass alle drei Funktionen nicht-negative Funktionen sind. Wahrscheinlich könnte das wichtig sein.



Ich habe leider keine wirkliche Idee.

Zu (1) wäre es wahrscheinlich sinnvoll, zuerst zu zeigen, dass $y(t)\to\infty$ für $t\to\infty$, da in der Gleichung mit $y'(t)$ der Ausdruck $z(t)$ vorkommt, für den man schon weiß, dass er divergiert. Das ist aber leider auch schon alles, was ich vorzubringen habe...




Viele Grüße!
 


 
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