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Universität/Hochschule J Überträgt sich die Divergenz?
kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-03-05


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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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-03-05

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
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
\(\endgroup\)


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kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-05


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.



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kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-06


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




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Wally
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-03-07

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
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
\(\endgroup\)


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kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-07


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



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haerter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-03-08


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


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



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kaotisch
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-03-09


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!



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haerter
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-03-09


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


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