DGL: Beweis der Translationsinvarianz

25.03.2009, 21:27	MrPSI	Auf diesen Beitrag antworten »
DGL: Beweis der Translationsinvarianz Guten Abend. Bei einem Beweis zu einer Aussage, ist mir ein Schritt nicht ganz klar. Vielleicht kann's mir ja jemand erklären. Aussage (Translationseigenschaft bzw. -invarianz): Sei $\begin{eqnarray} x(t) \end{eqnarray}$ eine Lösung der autonomen Differentialgleichung $\begin{eqnarray} \dot{x}(t) = F(x(t)) \end{eqnarray}$ . Dann ist auch $\begin{eqnarray} x(t-t_0) \end{eqnarray}$ eine Lösung der DGL. Beweis: Es sei $\begin{eqnarray} \bar{x}(t) \colon = x(t-t_0) \end{eqnarray}$ . Weiters ist $\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}~\bar{x}(t) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}~x(t-t_0) = F(x(t-t_0)) = F(\bar{x}(t)) \end{eqnarray}$ . Folglich ist $\begin{eqnarray} x(t-t_0) \end{eqnarray}$ ebenfalls eine Lösung. Der unklare Schritt: warum ist $\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}~x(t-t_0) = F(x(t-t_0)) \end{eqnarray}$ ? $\begin{eqnarray} \dot{x} = F(x(t)) \end{eqnarray}$ ist klar, aber wieso gilt das auch für $\begin{eqnarray} x(t-t_0) \end{eqnarray}$ ?
25.03.2009, 22:57	Mathespezialschüler	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist doch der einfachste Fall der Kettenregel, denn die innere Ableitung ist einfach $\begin{eqnarray} (t-t_0)'=1 \end{eqnarray}$ . Alles andere, was da steht, ist dann die äußere Ableitung.
25.03.2009, 23:18	MrPSI	Auf diesen Beitrag antworten »
Jaaaa ....also $\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}x(t-t_0) = \frac{\mathrm{d}x(t-t_0)}{\mathrm{d}(t-t_0)} \cdot \underbrace{\frac{\mathrm{d} (t-t_0)}{\mathrm{d} t}}_{=1} = \frac{\mathrm{d}x(t-t_0)}{\mathrm{d}(t-t_0)} = \frac{\mathrm{d}x(\tau(t))}{\mathrm{d}\tau(t)} \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \tau(t)=t-t_0 \end{eqnarray}$ . Und was fang ich nun mit dem resultierenden Ableitung nach dem Ausdruck $\begin{eqnarray} \tau(t) \end{eqnarray}$ an? Sry, aber ich steh wohl etwas auf der Leitung ...
26.03.2009, 07:17	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Warum machst du es dir so kompliziert? Was du da zuletzt stehen hast, ist ja nichts anderes als $\begin{eqnarray} \dot{x}(t-t_0) \end{eqnarray}$ . Manchmal sind Leibnizsche Differentiale ja nützlich, hier aber verdunkeln sie doch eher die einfachen Zusammenhänge. Ich würde, wenn schon, dann auch eher $\begin{eqnarray} \left. \frac{\dd x}{\dd s} \right\|_{s = \tau(t)} = \dot{x} \left( t - t_0 \right) \end{eqnarray}$ für den letzten Ausdruck schreiben. Ich glaube übrigens, daß dein Problem irgendwo anders liegt. Wenn zwei Funktionen gleich sind: $\begin{eqnarray} \varphi(t) = \psi(t) \end{eqnarray}$ dann kannst du die Funktionsvariable durch jeden gültigen Ausdruck im Definitionsbereich von $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \psi \end{eqnarray}$ ersetzen: $\begin{eqnarray} \varphi(u^2) = \psi(u^2) \, , \ \ \varphi \left( \sqrt{s} + \sin v \right) = \psi \left(\sqrt{s} + \sin v \right) \end{eqnarray}$ Und genauso ist, wenn $\begin{eqnarray} \dot{x}(t) = F \left( x(t) \right) = \left( F \circ x \right)(t) \end{eqnarray}$ gilt, eben auch $\begin{eqnarray} \dot{x}(u^2) = F \left( x(u^2) \right) \, , \ \ \dot{x}\left( 1 + \sqrt{r} \right) = F \left( x \left( 1 + \sqrt{r} \right) \right) \end{eqnarray}$ Und so kannst du auch $\begin{eqnarray} t \end{eqnarray}$ durch $\begin{eqnarray} t - t_0 \end{eqnarray}$ ersetzen.
26.03.2009, 10:07	MrPSI	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, ich denke, da hat's bei mir gehapert. Und es erscheint mir einsichtig, dass die Gleichung $\begin{eqnarray} \dot{x}(t) = F(x(t)) \end{eqnarray}$ erhalten bleibt, wenn t durch einen anderen Ausdruck ersetzt wird und dieser im Def.-Bereich liegt. Der "Zahlenwert" der an die Funktion übergeben wird, ist ja der gleiche. Danke! Nur zur Kontrolle: ist dein $\begin{eqnarray} \dot{x}(u^2) = \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} \dot{x}(u^2) = \left. \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} s}\right\|_{s=\tau(u)} \end{eqnarray}$ ? Also letzteres würde mir richtig erscheinen, da ja jedes t durch einen anderen gültigen Ausdruck ersetzt wird, und deshalb auch die Ableitung nach diesem Ausdruck gemacht wird. Und noch eine kleine Frage. Es ist weiterhin zu zeigen, dass diese Translationsinvarianz für nicht-autonome DGL der Gestalt $\begin{eqnarray} \dot{x}(t) = F(x(t), t) \end{eqnarray}$ nicht mehr gilt. Der Beweis: Es ist $\begin{eqnarray} x(t) \end{eqnarray}$ eine Lösung der nicht-autonomen DGL und $\begin{eqnarray} \gamma(t) = x(t-t_0) \end{eqnarray}$ . So, nun ist ja $\begin{eqnarray} \frac{\mathrm{d} \gamma(t)}{\mathrm{d} t} = \frac{\mathrm{d} x(t-t_0)}{\mathrm{d} t} = F(x(t-t_0), (t-t_0)) \neq F(\underbrace{x(t-t_0)}_{\gamma(t)}, t) \end{eqnarray}$ . Den letzten Schritt, die Ungleichheit, kann man ja durch ein Beispiel belegen, z.B. sei $\begin{eqnarray} \dot{x}(t) = \frac{x(t)}{t} \end{eqnarray}$ . Man kann ja nun die Lösung $\begin{eqnarray} x(t) \end{eqnarray}$ finden und schauen, ob $\begin{eqnarray} \dot{x}(t-t_0)=F(x(t-t_0), t) \end{eqnarray}$ stimmt, etc. Aber um was es mir hier geht ist die Aussage dieses Beweises. Im Grunde sagt der Beweis doch nur, dass die konstruierte Funktion $\begin{eqnarray} \gamma(t) \end{eqnarray}$ die DGL nicht löst, wenn man das "neue" t - neu heißt, t ist aus einem anderen Wertebereich - einsetzt, sondern dass man eben das t um $\begin{eqnarray} t_0 \end{eqnarray}$ "zurückverschieben" muss, damit $\begin{eqnarray} \gamma(t) \end{eqnarray}$ die DGL löst. Es ist also nicht gleichgültig, ob die unabhängige Variable t verschoben wird, es ist nicht "translationsinvariant". Ist das ok, so?
28.03.2009, 05:15	MrPSI	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich weiß nicht, hab ich mich irgendwo total unverständlich ausgedrückt oder wurde ich vergessen?
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