Gleichgewichtslösungen und Stabilität von DGL

27.08.2013, 21:11

LisaFee

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Gleichgewichtslösungen und Stabilität von DGL

Meine Frage:
Hey,

ich sitze hier vor einer Aufgabe und hätte ein paar Fragen, und zwar geht es um ein Räuber-Beute-Szenario, wobei x(t) die Anzahl der Beutetiere und y(t) die der Raubtiere ist, die DGL sehen wie folgt aus:
x´(t) $\begin{eqnarray*} =20*x(t)*(1-\frac{x(t)}{40} )-25*\frac{x(t)*y(t)}{20+x(t)} \end{eqnarray*}$
y´(t) $\begin{eqnarray*} =-60*y(t)+120*\frac{x(t)*y(t)}{20+x(t)} \end{eqnarray*}$
und ich muss die Gleichgewichtslösungen bestimmen und auf Stabilität untersuchen...

Meine Ideen:
Wenn ich die Gleichgewichtslösungen berechne setzte ich doch beide Ableitungen jeweils 0 oder? Also z.B. $\begin{eqnarray*} 0=-60*y(t)+120*\frac{x(t)*y(t)}{20+x(t)} \end{eqnarray*}$ wenn ich diese Gleichung umforme erhalte ich doch entweder y=0 oder x=20, sind das dann beides Gleichgewichtslösungen? Und wenn nicht, wieso nicht?
Und das selbe mache ich dann mit der anderen Änderungsrate.
Dann wäre meine nächste Frage: Ich muss doch dann, um auf Stabilität zu untersuchen, die Jacobi-Matrix aufstellen...behandle ich die beiden Änderungsraten dann wie eine ganz normale Funktion und leite beide je nach x und y ab? Dann erhalte ich doch eine 2*2 Matrix oder? Und in diese Matrix müsste ich dann nacheinander alle Gleichgewichtslösungen einsetzen oder? Und dann immer wieder die Eigenwerte der Matrix bestimmen und wenn der Realteil negativ ist dann ist das ganze stabil...stimmt das soweit?

Vielen lieben Dank schon einmal für eure Mühe ;-)

27.08.2013, 22:19

zweiundvierzig

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Ja, definiert man
$\begin{eqnarray*} f(x,y) := \begin{pmatrix} 20x(1-x/40)-25\frac{xy}{20+x} \\ -60y + 120\frac{xy}{20+x} \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ,
dann ist das System äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}' = f(x,y) \end{eqnarray*}$ . Die kritischen Punkte sind die Nullstellen von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , d.h. Du musst beide Einträge des Vektors simultan Null setzen und daraus die Kritischen Punkte $\begin{eqnarray*} (u,v) \end{eqnarray*}$ ermitteln.

Zur Stabilitätsuntersuchung kann man in bestimmten Fällen das Prinzip der linearisierten Stabilität anwenden. Ist $\begin{eqnarray*} (u,v) \end{eqnarray*}$ ein kritischer Punkt, dann betrachtet man die Eigenwerte von $\begin{eqnarray*} Df(u,v) \end{eqnarray*}$ . Sind die Realteile aller Eigenwerte negativ, so ist die Null-Lösung asymptotisch stabil. Gibt es hingegen einen Eigenwert mit positivem Realteil, dann ist die Null-Lösung instabil.

28.08.2013, 08:18

LisaFee

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D.h. also dass mein erster Punkt, den ich aus y´(t)=0 ermittelt habe (20/0) ist?
Ist das dann einer der beiden Punkte die ich in die Jacobi-Matrix einsetze oder habe ich das falsch verstanden?

Vielen lieben Dank!

28.08.2013, 12:11

zweiundvierzig

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Du meinst wohl $\begin{eqnarray*} x = 40 \end{eqnarray*}$ , dann stimmt's.

28.08.2013, 14:30

LisaFee

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Wie kommst du denn auf 40?
Wenn ich doch y´(t)=0 setze:
<--> 60y=(120x*y)/(20+x)
<--> 60y*(20+x)=120xy
<--> 1200y+60xy=120xy
<--> y*(1200-60x)=0
Un das ist doch für x=20 erfüllt oder?

28.08.2013, 15:44

zweiundvierzig

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Aber $\begin{eqnarray*} (x,y) = (20,0) \end{eqnarray*}$ in die erste Zeile eingesetzt ergibt nicht Null.

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28.08.2013, 16:31

LisaFee

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Wo ist denn mein Fehler? ich finde ihn nicht....

28.08.2013, 17:08

zweiundvierzig

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Wenn es nur darum ginge, $\begin{eqnarray*} y' = 0 \end{eqnarray*}$ zu lösen, dann wäre Dein Ergebnis auch richtig. Aber die Lösung muss eben simultan auch $\begin{eqnarray*} x' = 0 \end{eqnarray*}$ lösen.

28.08.2013, 17:12

LisaFee

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Achso...aber dann erhalte ich insgesamt nur eine Lösung (also ein Punkt) oder wie kann ich das sehen?

29.08.2013, 09:32

zweiundvierzig

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Nein, es gibt noch eine weitere Lösung. Welche Terme kannst Du denn jeweils in der ersten und zweiten Zeile ausklammern?

29.08.2013, 14:15

LisaFee

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Ich weis grad leider nicht was ich machen soll...steh total auf dem Schlauch...Ich hatte mir nur als Lösung aufgeschrieben, dass bei y´(t)=0 x(t)=20 und bei x´(t)=0 y(t)=16...um ehrlich zu sein weis ich nicht so recht, wie ich diese Aufgabe lösen soll...wir hatten bisher immer nur eine Gleichung und nicht 2...
Das ganze verwirrt mich total...

29.08.2013, 17:20

LisaFee

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Kannst du mir vielleicht erklären, wie das mit dem simultan 0 setzen (das du oben erwähnt hast) aussieht?

29.08.2013, 17:32

LisaFee

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Wenn ich das f(x,y) das du definiert hast gleich Null setzte (also beide Komponenten) dann steht bei mir sowas da:
$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -0,5x^2+10x+400=25y \\ 60xy=1200y \\\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Nun habe ich aber ehrlich keine Idee mehr, wie ich weiter umformen muss und wie ich auf (u,v) komme...

Vielen lieben Dank schon einmal für die Hilfe!

29.08.2013, 23:51

zweiundvierzig

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Die Gleichungen sind in unvorteilhafter Form aufgeschrieben. Guck Dir nochmal meine Darstellung an. Dort siehst Du, dass Du $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ Ausklammern kannst. Gehe zunächst von $\begin{eqnarray*} y = 0 \end{eqnarray*}$ aus. Was folgt dann? Was folgt für $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ aus der Annahme $\begin{eqnarray*} y \ne 0 \end{eqnarray*}$ ?

30.08.2013, 08:16

LisaFee

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Irgendwie bin ich gerade überfordert... ich soll x bzw. y ausklammern...also:
$\begin{eqnarray*} x*(20-0,5*x-25*\frac{y}{20+x}) = 0 \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} y*(120*\frac{x}{20+x}-60) = 0 \end{eqnarray*}$ ?
Dann wäre die obere für x=0 bzw y=16 und die untere fü y=0 bzw. x=20 erfüllt?
Aber du sagtest ja dass das nicht richtig ist...
Leider weis ich mir ansonsten nicht weiter zu helfen...

30.08.2013, 08:32

LisaFee

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Wenn du meintest ich soll bei beiden Gleichungen y=0 setzen erhalte ich für x entweder 0 oder 40.
Dann wären zwei Punkte (0/0) und (40/0) oder wie darf ich das verstehen?
Und bei y ungleich 0 ...um ehrlich zu sein keine Ahnung was da rauskommen soll...wie komme ich denn da auf eine vernünftige Lösung?

Und dann hätte ich noch eine Frage, wieso hat unser Übungsleiter (der das leider nicht vorgerechnet hat) als Lösung der stationären Lösung x=20 und y=16 angegeben?

30.08.2013, 10:04

zweiundvierzig

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Zitat:

Original von LisaFee
Dann wäre die obere für x=0 bzw y=16 und die untere fü y=0 bzw. x=20 erfüllt?

Das nützt gar nichts, denn das Paar $\begin{eqnarray*} (x,y) \end{eqnarray*}$ muss gleichzeitig beide Gleichungen erfüllen. Du kannst nachrechnen, dass $\begin{eqnarray*} (0,16) \end{eqnarray*}$ nicht die zweite und $\begin{eqnarray*} (0,20) \end{eqnarray*}$ nicht die erste Zeile erfüllt.

Zitat:

Original von LisaFee
Wenn du meintest ich soll bei beiden Gleichungen y=0 setzen erhalte ich für x entweder 0 oder 40.
Dann wären zwei Punkte (0/0) und (40/0) oder wie darf ich das verstehen?

Ja, das ist richtig.

Zitat:

Original von LisaFee
Und bei y ungleich 0 ...um ehrlich zu sein keine Ahnung was da rauskommen soll...wie komme ich denn da auf eine vernünftige Lösung?

So, wie Du es eben auch gemacht hast. Wenn $\begin{eqnarray*} y \ne 0 \end{eqnarray*}$ sein soll, muss offenbar $\begin{eqnarray*} -60 + \frac{120x}{20+x} = 0 \end{eqnarray*}$ sein, d.h. ...?

01.09.2013, 15:49

LisaFee

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Also hab ich 3 Gleichgewichtspunkte?
(0/0), (40/0) und (20/16)?
Stimmt das? Und die setzte ich jetzt in die Jacobi-Matrix ein und berechne jeweils die Eigenwerte und dann schau ich ob der Realteil negativ ist und wenn ja ist die Lsg stabil?
Was mache ich denn eigentlich wenn ich für einen Punkt zwei Eigenwerte heraus bekomme, der eine mit positivem der andere mit negativem Realteil?
Vielen Dank schon einmal für deine Hilfe ;-)

01.09.2013, 17:47

zweiundvierzig

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Zitat:

Original von LisaFee
(0/0), (40/0) und (20/16)?
Stimmt das?

Das stimmt. Freude

Freude

Zitat:

Original von LisaFee
Und die setzte ich jetzt in die Jacobi-Matrix ein und berechne jeweils die Eigenwerte und dann schau ich ob der Realteil negativ ist und wenn ja ist die Lsg stabil?

Ja, sogar asymptotisch stabil.

Zitat:

Original von LisaFee
Was mache ich denn eigentlich wenn ich für einen Punkt zwei Eigenwerte heraus bekomme, der eine mit positivem der andere mit negativem Realteil?

Ja, das habe ich bereits oben geschrieben...sobald es einen Eigenwert mit positivem Realteil gibt, ist der zugehörige Punkt instabil. Gibt es nur negative Realteile, sowie einen rein imaginären Eigenwert, dann macht das Prinzip der linearisierten Stabilität keine Aussage.

01.09.2013, 18:02

LisaFee

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Supi! Vielen lieben Dank! Du hast mir sehr weitergeholfen...DANKE! Freude

Freude

01.09.2013, 18:03

zweiundvierzig

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Gern geschehen. smile

smile

Alles Gute noch. Wink

Wink

01.09.2013, 18:45

LisaFee

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Danke dir auch Wink

Wink

Und v.a. danke für die Geduld ;-)

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