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Universität Duisburg-Essen Fakultät für Mathematik Essen, den 09.07. S. BauerC. Hubacsek C. Thiel
12. Übung zur Vorlesung
„Mathematisches Modellieren“Lösung
Aufgabe 1:benen Systeme. Skizzieren Sie das Phasenportrait. Bestimmen Sie die Trajektorien und damit das Phasenportrait der angege- a) x˙ = 0, y˙ = 0 b) x˙ = 1, y˙ = 1 c) x˙ = x, y˙ = y d) x˙ = −x, y˙ = −y^2 Lösung Vorweg eine kurze Zusammenfassung samt Motivation der Vorgehensweise. Nur an der Minimallösung interessierte, können diesen Abschnitt überspringen und gleich bei a) wei-terlesen. Betrachten wir zunächst die DGLLösungsmenge aller x(t) = c 1 cos(t (^) )+¨x =c 2 −sin(x für die wir aus früheren Übungen bereits diet) für c 1 , c 2 ∈ R kennen. Wegen x(0) = c 1 und xLösung ˙(0) = −xc( (^2) t) = erhalten wir also für das AWP x 0 cos(t) − v 0 sin(t). x¨ = −x, x(0) = x 0 , x˙(0) = v 0 die eindeutige Liegendes Additionstheorems x 0 und v 0 nun als cos ( x (^0) α= + r β· (^) ) = coscos(ϕ), αv 0 cos = βr −· sin( sinϕ α) sin vor, dann erhalten wir aufgrund β x(t) == rr cos(cos(ϕt +) cos( ϕ)t) − r sin(ϕ) sin(t) und somit x ˙(t) = −r sin(t + ϕ). Exemplarisch für x 0 = 1 und v 0 = 0 verläuft die Lösung gegenüber t für x somit als
t
x 0 1.5708 3.14159 4.71239 6.28319 7.
und für x˙ = v als
t
v 0 1.5708 3.14159 4.71239 6.28319 7.
Wie schon in der Vorlesung verwendet, lässt sich aus der DGL zweiter Ordnung auch ein System von Differentialgleichungen erster Ordnung ¨x = −x {x ˙ = v v ˙ = −x mit t 7 → x(x(0) =(t), v x(t (^0) )) =, v(0) = mit xv( (^0) t (^) )formen. So erhalten wir als Lösung die Abbildung und v(t) wie oben. Für die verschieden möglichen Anfangswerte R → R^2 mit xdarstellen. Diese Lösungskurven nennen wir die Trajektorien der DGL. Wegen in unserem 0 , v 0 lassen sich die Lösungen als über t parametrisierte Kurven im R^2 als Phasenportrait Fallstartet eine Lösung als Punkt im x(t) = r cos(t + ϕ), v(t) = rR sin( (^2) und bewegt sich für steigendet + ϕ) sind dies konzentrische Kreise um t mit dem Uhrzeigersinn (0, 0). So im Kreis.
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-5^0
x 0
Unter dieser Landschaft eingezeichnet sind einzelne Linien gleichen Niveaus: Schnitte mandie Landschaft horizontal in Scheiben, so ergäben sich die Niveaulinien als Schnittkanten. Wofür können wir nunsuchen solche Funktionen H H gebrauchen, um die Lösungskurven zu finden? Es ist so, wir, in denen die Höhenlinien von den Lösungskurven im Phasen- portrait überdeckt werden. So wie die Lösungen erstmal unbekannt sind, nehmen wir auch H als unbekannt an. Aber einer Lösung t 7 → (x(t), y(t)) für steigende t folgend soll H diese (d dxt (Ht)(, yx((tt))), y auf dieselbe Höhe abbilden. Wir fordern somit(t)) = 0 ∀t. Auch wenn wir x(t) und y(t) nicht kennen, so können wir doch H(x(t), y(t)) = const ∀t bzw. zumindest die Ableitung bestimmen. t 7 → (x(t), y(t)) und (x, y) 7 → H(x, y), so gilt nach der Kettenregel H(x(t), y(t)) ist die Verkettung der Abbildungen
ddt H(x(t), y(t)) =^ d(x, yd ) H(x(t), y(t))^ ·^ ddt^ (x^ y((tt))^ ) =^ (^ ∂x ∂ H(x(t), y(t)) (^) ∂y ∂ H(x(t), y(t))^ ) ·^ (^ xy˙˙((tt))^ ) = (^) ∂x ∂ H(x(t), y(t)) · x˙(t) + (^) ∂y ∂ H(x(t), y(t)) · y˙(t) oder in einer (in einer im Umfeld der partiellen Differentialgleichungen oft gebräuchlichen)Kurzschreibweise Ht = Hx x˙ + Hy y .˙ mit dem üblichen (aber nicht sehr sauberen) Weglassen der Argumente.Wir sehen aber nun, in der Forderung 0 = H direkt auf, x˙ und y˙ kennen wir aber. t^ =^ Hx^ x˙^ +^ Hy^ y˙^ tauchen^ x^ und^ y^ nicht mehr Im Falle obiger DGL x˙ = v, v˙ = −x erhalten wir wegen 0 = = HHxx xv˙ ++ (^) HHvv (v˙−x)
und dem im Falle von x 6 = 0 und v 6 = 0 dazu äquivalenten 0 = Hx^1 x − Hv^1 v die Implikation: AusAus Hx = x und Hv = v folgt Ht = 0, bzw. genauer ∂x ∂ H(x, v) =^ x^ und^ ∂v ∂ H(x, v) =^ v folgt (^) d
Greifen wir diese Forderung auf, so finden wir leichtdt H(x(t), y(t)) = 0 H∀t .(x, v) = 1 Umformung von 0 = Hx v + Hy x zu 0 = Hx (^1) x + Hv (^) v^1 in sofern nahe, dass wir leichter^2 x^2 +^12 v^2. Hierbei lag die Funktionen finden, wenn die partiellen Ableitungen nachnach v nur Ausdrücke über v erhalten. In diesem Fall suchen wir somit nach Funktionen x nur Ausrücke über x und die fmüssen wir „nur“ Stammfunktionen zu (x) und g(v) mit H(x, v) = f (x) + g (fv ′) (^) undund gf′ ′finden, das ist einfacher, als zur Jacobi-(x) = Hx und g′(v) = Hv, zum Finden Matrix (HxHy)) die Funktion H. Welche Eigenschaft hat nun unser gefundeneswir ein c ∈ R finden, so dass mit H(x(t), v(t)) = H? Für jede Lösung c auch 12 x(t) (^2) + 12 t v 7 →(t) ( 2 x=(t )c, v gilt.(t)) können
v
-5^0
x (^510)
Sämtliche Lösungskurven verlaufen somit auf Kreisbahnen, in unserem Fall mit Radius√ 2 c. Die Niveaulinien von H sind im Allgemeinen aber nicth gleichbedeutetnd mit den Trajektorien, die Trajektorien verlaufen auf den Niveaulinien und sind im Allgemeinennur eine Teilmenge von ihnen, wie die in a) bis d) folgenden Beispiele zeigen.
Links das Vektorfeld, rechts das Phasenportrait mit ausgewählten Lösungskurven:
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c) Wegenbei (0, (^) 0)( ˙x,. Dazu wird y˙) = (0, 0) (^) 0 =⇔ (Hx, yx x˙) = (0 + Hy ,y (^) ˙0) = befindet sich der einzige stationäre Punkt Hx x + Hy y von Hx = (^1) x und Hy = − (^1) y , also von H(x, y) = log |x| − log |y| = log^ ∣∣∣xy^ ∣∣∣ erfüllt. Hierbei haben wirwir sehen leicht, aus x = 0x(t (^) ) = 0und y für ein= 0 aus unserer Betrachtung herusgenommen. Aber t folgt wegen x˙ = 0 dann x(t) = 0 für alle t, für y(t) = 0 analog. Somit verlaufen Lösungen auf der x- und der y-Achse. Für x x 6 = 0 und x 6 = 0 und H(x, y) = ˜c mit ˜c ∈ R erhalten wir log^ ∣∣∣xy^ ∣∣∣ = ˜c und somit Links das Vektorfeld, rechts das Phasenportrait:y^ =^ ±^ e˜c^ also^ y^ =^ c x^ mit^ c^ ∈^ R^ \ {^0 }.
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Wir sehen im Vektorfeld: Im linken oberen Quadranten, also fürx < ˙ 0 , y >˙ 0 , es verlaufen die Trajektorien nach links oben. Im rechten oberen x < 0 , y > 0 gilt Quadranten, also fürnach rechts oben. Im linken unteren Quadranten, also für x > 0 , y > 0 gilt x >˙ 0 , y >˙ 0 , es verlaufen die Trajektorien x < 0 , y < 0 gilt x <˙ 0 , y <Quadranten, also für ˙ 0 , es verlaufen die Trajektorien nach links unten. Und im rechten unteren x > 0 , y < 0 gilt x >˙ 0 , y <˙ 0 , es verlaufen die Trajektorien nach rechts unten. Somit verlaufen die Trajektorien stets vom Ursprung weg. 1
d) Stationärer Punkt ist wie in c) nur sowohl Hx = (^) x (^1) und Hy = − (^) y (^12) also auch (0, 0). Zudem erhalten wir für Hx · (−x) + Hy · (−y (^2) ) = 0 H. Die Trajektorien(x, y) = log |x|+ (^1) y sind also jeweils Teilmengen vonNiveaulinien von H als Funktion y^ {(x (x, y) zeichnen zu können, stellen wir um zu) | c = log |x| + (^1) y^ } für ein c ∈ R. Um die y(x) = c−log^1 |x|. Wir sehen, die Abbildung ist gerade, es gilt also^ y(−x) =^ y(x). Weiterhin ist limx→ 0 y(x) = 0, limx→ec;|x|<ec y(x) = ∞ und limx→ec;|x|>ec y(x) = −∞
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Im vorliegenden Fall können wir eine Schwäche der Vektorfelder erkennen: Für Vek-torpfeile mit sehr unterschiedlicher Länge in einem Diagramm, ist es uns nicht mög- lich, alle Pfleile so unter Beibehaltung ihrer wahren Längenverhältnisse so umzu-skalieren, dass noch eine vernünftige Visualisierung möglich ist. In diesem Fall kann man durch Normieren aller Pfeile auf ein sogenanntes Richtungsfeld ausweichen.Hier lässt sich nur noch die Richtung der Lösungen ablesen, keine Rückschlüsse auf den Fortschritt mit der Zeit sind mehr möglich.
Wir wissen nun also, für jede Lösungskurvefür alle t dann c = x(t) − (^21) g v(t) (^2) gilt. Die Abhängigkeit von t 7 → (x(t), v(t)) gibt es ein x und c ∈v (^) , die aberR, sodass unabhängig von t ist, können wir nun umstellen zu x(v) = − (^21) g v^2 − c oder auch wegen x = − (^21) g v^2 − c ⇔ v^2 = − 2 gx − 2 gc zu v(x) = ±√− 2 gx + ˜c mitAbhängigkeit von c, c˜ ∈ R. Es lässt sich erkennen, dass es sich manchmal anbietet, nicht x sondern x in Abhängigkeit von v zu zeichnen. v in Ferner gilt stets stets vom Startwert beginnend nach unten. v <˙ 0 , so verlaufen die Lösungskurven auf den Niveaulinien von H Links das Vektorfeld, rechts das Phasenportrait:
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Aufgabe 3:benutzt werden wird. Hier sollen Sie sich an ein Aufgabenformat gewöhnen, das in der Klausur Entscheiden Sie, ob folgende Aussagen wahr oder falsch sind. Für jede richtige Antwortgibt es einen halben Punkt, nicht angekreuzte Teilaufgaben ergeben null Punkte. Für jede falsche Antwort wird ein Punkt abgezogen, solange die Gesamtpunktzahl für dieseAufgabe nicht negativ wird.
- Jede Lösung der Differenzengleichung an+1 = 5an − 2 a^2 n, n ∈ N, wahr^ falsch
- ist divergent.Die Lösung der Differentialgleichung^ y′^ = √y, t ≥ 0 , mit y(0) = 1 X
- explodiert nach endlicher Zeit.Eine Population, die sich gemäß der logistischen Differential-^ X gleichung entwickelt und zur Zeitvon Individuen besteht, stabilisiert sich für große Zeiten in der t = 0 aus einer positiven Zahl
- Nähe eines positiven Wertes.Die zeitliche Entwicklung der Höhe^ h des Mittelpunktes einer X Kugel, die sich an einer Feder hängend reibungsfrei bewegt, wirddurch eine Differentialgleichung der Form h′′ (^) = a · h (^2) − b · g mit
- a, b >Ein Prozess, der durch eine für alle Zeiten^0 beschrieben, wobei^ g^ die Erdbeschleunigung angibt. t ≥ 0 positive Größe^ X yDifferentialgleichung der Form(t) mit y(t) → 0 für t → ∞ charakterisiert ist, kann durch eine y′ (^) = −ay mit a > 0 modelliert
- werden.Die Funktion^ y : [1, ∞) → R, definiert durch y(t) := t^5 für t ≥ 1 , X ist die Lösung einer linearen Differentialgleichung. X In der Klausur wird tatsächlich nur ihr Kreuz bewertet. In dieser Übung sollen sie ihreÜberlegungen dokumentieren. Lösung1. Die Aussage ist falsch. Leicht ist zu erkennen, ausAber die Folge konvergiert nicht nur für a 0 = 0 folgt a (^0) a= 0 für alle n ∈ N, so auch limn→∞ an = 0. Zum Beispiel folgt aus an+1 − an = 4an −^0 2 = 0a^2 n := 0 entweder wie oben an = 0 oder a konstant und somit insgesamt konvergent. So führt beispielsweise wegenn = 2. Fall es ein n ∈ N gibt mit an = 0 oder an = 2, dann ist die Folge ab an = 0 = n (^5) aann−− 1 1 ∈ − { 212 a, 2 n 2 −} (^1) dann= 2 aan 0 − 1 ∈^ ( {^52 0 −, 12 a , n 52 − , 1 2 )}^ ⇔zu einer ab dem Glied nach dem Anfangsglied an− 1 ∈ { 0 , 52 }^ und 2 = 5an− 1 − 2 a^2 n− 1 ⇔ konstanten Folge. Es gibt abzählbar unendlich viele Anfangswerte, für die die Folgekonvergiert. 0.
- Die Aussage ist falsch.Eine Lösung der DGL ist gegeben durch √ y(t) = 14 (t+1) (^2) , denn es ist y′(t) = 12 (t+1) = Lösung nicht in endlicher Zeit.y(t). Damit gilt für alle^ t^ ≥^0 für diese Lösung^ y(t)^ ∈^ R^ und somit explodiert die 0.
- Die Aussage ist richtig.Wie in der Vorlesung gezeigt, konvergiert jede Lösung der DGL x′(t) = r ·^ ( 1 − x x(Mt)^ ) · x(t) mit x(0) = x 0 > 0 für t → ∞ gegen xM. 0.
