Stabilitätsanalyse einer inhom. DGL

24.01.2011, 10:49

Jodas

Stabilitätsanalyse einer inhom. DGL

Hallo zusammen.

Ich habe einige Probleme damit, die Stabilität einer inhomogenen und nicht autonomen DGL
$\begin{eqnarray*} x'(t)=f(x,t)=a(t)x(t) + b(t) \end{eqnarray*}$
zu untersuchen. Ich finde lediglich Sätze, die diese Form von DGL nicht erfassen. Vielleicht weiß jemand von euch um Rat, wie man hier vorgeht?

Konkret geht es um:
$\begin{eqnarray*} a(t) = \bigg(\frac{1}{2+t} -\frac{1}{ln(2+t)} \bigg(\frac{1}{2+t}\bigg)^{0.2}\bigg) \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} b(t) = \frac{1}{2+t} \end{eqnarray*}$ .

Das klingt jetzt etwas kompliziert, mir geht es auch weniger um Details. Mich interessiert mehr, wie ich nun generell vorgehen könnte, um zu zeigen, dass
$\begin{eqnarray*} x(t) \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} t \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ gilt.

Wenn ich die Lösungskurve x(t) numerisch simuliere, sehe ich, dass diese Eigenschaft erfüllt ist, doch wie zeige ich das mathematisch?

Ich wäre um jede kleine Hilfe dankbar.
Viele Grüße, Jodas

24.01.2011, 17:14

Abakus

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RE: Stabilitätsanalyse einer inhom. DGL
Hallo!

Letztendlich ist das eine lineare, inhomogene DGL. Du könntest versuchen, die Lösungen zu finden.

Grüße Abakus smile

24.01.2011, 18:22

Jodas

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Danke für den Tipp. :-)

Leider lässt sich diese DGL nicht geschlossen lösen, das hab ich natürlich auch schon probiert. Evtl könnte man sie abschätzen und dann lösen, nur leider fiel mir noch keine gescheite Abschätzung ein, die zusammen mit $\begin{eqnarray*} x(t) > 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x(t) \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$
impliziert. Hat da jemand von euch eine Idee?

Kann ich in diesem Fall nicht die Ruhelage berechnen und dann Aussagen machen über das Langzeitverhalten oder klappt das in diesem Fall nicht?

Viele Grüße, Jodas

24.01.2011, 19:17

Abakus

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Zitat:

Original von Jodas
Leider lässt sich diese DGL nicht geschlossen lösen, das hab ich natürlich auch schon probiert.

Möglich, das du recht hast: woran liegt es hier denn dann?

In jedem Fall ist $\begin{eqnarray*} z(t) := exp(\int~-a(t)~dt) \end{eqnarray*}$ ein integrierender Faktor. Damit müsste zumindest erstmal etwas weiter zu kommen sein. Und das Integral in der exp-Funktion lässt sich lösen, denke ich.

Grüße Abakus smile

25.01.2011, 10:24

Jodas

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Danke Abakus. smile

Nun, die Lösung ist ja gerade:

$\begin{eqnarray*} e^{\int_0^t a(s) \ ds} [x_0 + \int_0^t b(s)e^{(-\int_0^s a(u) \ du)} \ ds] \end{eqnarray*}$
Setze ich den Anfangswert x(0)=0, so fällt der erste Term raus. Es verbleibt:
$\begin{eqnarray*} e^{\int_0^t a(s) \ ds} \cdot \int_0^t b(s)e^{(-\int_0^s a(u) \ du)} \ ds \end{eqnarray*}$

Leider lässt sich eine Stammfunktion von a(t) wegen des Produktes hinten nicht bestimmen. Jedoch kann ich numerisch integrieren und stelle fest:
$\begin{eqnarray*} \int_0^t a(s) ds \rightarrow -\infty \ \mbox{für} \ t \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ .

Also unter Wechsel des Vorzeichens:
$\begin{eqnarray*} \int_0^t- a(s) ds \rightarrow \infty \ \mbox{für} \ t \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$ .

Also gilt für den Faktor vor dem Integral gerade:

$\begin{eqnarray*} e^{\int_0^t a(s) \ ds} \rightarrow 0 \end{eqnarray*}$ .

Im Integral allerdings bedeutet das:

$\begin{eqnarray*} e^{(-\int_0^s a(u) \ du)} \rightarrow \infty \end{eqnarray*}$

Helfen mir diese Erkenntnisse wirklich weiter? Letztlich kann ich doch so gar nicht beurteilen, welche der beiden Effekte überwiegt, oder doch?

Vielen Dank im Voraus für jede weitere Hilfe. smile

Gruß, Jodas.

25.01.2011, 17:14

Abakus

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RE: Stabilitätsanalyse einer inhom. DGL
Du hast:

$\begin{eqnarray*} \int~ a(t)~dt = \int~\bigg(\frac{1}{2+t} -\frac{1}{ln(2+t)} \bigg(\frac{1}{2+t}\bigg)^{0.2}\bigg)~dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} = ln(2 + t) - Ei(0.8 \cdot ln(2 + t)) + C \end{eqnarray*}$

Ei ist dabei das "exponential integral" (nach dem Integrator von Wolfram). Ich dachte eigentlich, es ließe sich irgendwie einfacher integrieren zunächst verwirrt

.

Man könnte jetzt versuchen, damit weiter zu rechnen und ggf. dann auf die Eigenschaften von Ei zurückgreifen.

Vielleicht sollte man sich dieses a(t) (hier nur der zweite Teil!) auch mal angucken:

Grüße Abakus smile

edit: Bemerkung zu a(t)

26.01.2011, 10:49

Jodas

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Danke nochmals Abakus. smile

Ich habe mir diese Integralexp-fkt. mal ein bißchen angeschaut. Leider komme ich damit auch nicht richtig weiter. Inbesondere gilt für sie ja auch

$\begin{eqnarray*} Ei(x) \rightarrow \infty \ \mbox{für} \ x \rightarrow \infty. \end{eqnarray*}$

Darüber hinaus hätte man das Problem, dass in der Lösung integriert wird über das Produkt eines Integrals (hier Ei) mit der Funktion b(t). Da fällt es mir schwer, irgendwelche Eigenschaften zu beobachten. Jedenfalls sehe zumindest ich im Moment nichts, was weiterhilft...

Ich habe mal die Funktion a(t) (du hast glaub ich nur den hinteren Term genommen bei deinem Graph?) geplottet und als Datei angehangen.

Im Plot von a(t) erahnt man ja die Eigenschaft, die sich auch zeigen lässt:

$\begin{eqnarray*} \int_0^t a(s) ds \rightarrow -\infty \ \mbox{für} \ t \rightarrow \infty. \end{eqnarray*}$

Meinst du nicht, dass man evtl damit weiterkommt? Oder hast du vielleicht noch eine ganz andere Idee?
Wenn jemand anderes noch einen Hinweis hätte, würd ich mich natürlich auch freuen.

Viele Grüße, Jodas smile

26.01.2011, 18:07

Abakus

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RE: Stabilitätsanalyse einer inhom. DGL
Also wenn das eine Aufgabe sein soll, hat sich der Verfasser ja vielleicht vertan und die 0.2 in der Potenz sollte in Wirklichkeit eine 1 sein: das wäre bedeutend einfacher.

Hier nochmal das a(t) vollständig (das geht übrigens mit der Plot-Funktion des Forums):

Erstmal zur Begriffsbildung noch: entscheidend ist nur dieses a(t) denke ich, das b(t) ist für die Frage der asymtotischen Stabilität egal, denn:

Die DGL $\begin{eqnarray*} y' + a(t) \cdot y = h(t) \end{eqnarray*}$ heißt (global) asymtotisch stabil, wenn jede Lösung der homogenen Gleichung für $\begin{eqnarray*} t \to \infty \end{eqnarray*}$ gegen Null geht.

Jetzt wissen wir von den Gleichungen mit konstanten Koeffizienten:

$\begin{eqnarray*} y' + ay = f(t) \end{eqnarray*}$ ist asymtotisch stabil genau dann und nur dann, wenn $\begin{eqnarray*} a > 0 \end{eqnarray*}$ .

Eine Idee ist jetzt, deine DGL (den homogenen Teil) zu linearisieren und in folgender Form darzustellen:

$\begin{eqnarray*} y' + ay + g(t, y) = 0 \end{eqnarray*}$

Dabei soll das g geeignete Eigenschaften haben und darf nur in Abhängigkeit von t wachsen, etwa sowas: $\begin{eqnarray*} |\frac{g(t, y)}{y}| < h(t) \end{eqnarray*}$ .

Bei dieser Darstellung muss wohl (denke ich) notwendig a > 0 gelten, wenn das asymtotisch stabil sein soll. Unter geeigneten Voraussetzungen sollte man dann auf die asymtotische Stabilität schließen können. Das zu beweisen, ist dann eine Frage von Abschätzungen, denke ich.

Grüße Abakus smile

27.01.2011, 17:55

Jodas

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Hallo Abakus,
ich hab mich mal wieder zu bedanken.

Zitat:

Original von Abakus
Also wenn das eine Aufgabe sein soll, hat sich der Verfasser ja vielleicht vertan und die 0.2 in der Potenz sollte in Wirklichkeit eine 1 sein: das wäre bedeutend einfacher.

Es ist leider kein Vertipper - es stammt aus einem Artikel über ein ganz anderes Thema und es wird nur am Rande bemerkt, dass dieses erwähnte Langzeitverhalten gilt. Ich würde ich es aber gerne beweisen. Genauer genommen betrachtet man eigentlich:
$\begin{eqnarray*} a(t) = \bigg(\frac{1}{2+t} -\frac{1}{ln(2+t)} \bigg(\frac{1}{2+t}\bigg)^{C}\bigg) \end{eqnarray*}$
mit einer Konstanten C>0, die so hinreichend klein gewählt werden soll, dass die Lösung wie gewünscht gegen Null strebt. Bei meinen numerischen Versuchen hab ich dann bemerkt, dass C nicht viel größer als 0.6 sein darf, daher hab ich nun im Beitrag einfach 0.2 gewählt. Für 0 < C < 0.6 gibt's ja ohnehin keine geschlossene Lösung, deswegen wollt ich die Sache nicht unnötig verkomplizieren.

Zitat:

Original von Abakus
Erstmal zur Begriffsbildung noch: entscheidend ist nur dieses a(t) denke ich, das b(t) ist für die Frage der asymtotischen Stabilität egal, denn:

Die DGL $\begin{eqnarray*} y' + a(t) \cdot y = h(t) \end{eqnarray*}$ heißt (global) asymtotisch stabil, wenn jede Lösung der homogenen Gleichung für $\begin{eqnarray*} t \to \infty \end{eqnarray*}$ gegen Null geht.

Ich bin auf dem Gebiet DGL'en kein Experte. Diesen Satz kannte ich daher ehrlich gesagt nicht und kann ich auch nur schwer greifen.
Bedeutet das, dass die inhomogene Lösung gegen Null strebt, wenn es auch die homogene macht? (denn mich interessiert ja in erster Linie nur, was x(t) macht). Wenn es so wäre, könnte ich mir das ehrlich schwer vorstellen. Gerade in dem Fall, wenn der inhomogene Teil in t unbeschränkt nach oben wäre. Gilt das dann trotzdem?

Oder versteht sich das lediglich als eine Definition?

Zitat:

Original von Abakus

Bei dieser Darstellung muss wohl (denke ich) notwendig a > 0 gelten, wenn das asymtotisch stabil sein soll. Unter geeigneten Voraussetzungen sollte man dann auf die asymtotische Stabilität schließen können. Das zu beweisen, ist dann eine Frage von Abschätzungen, denke ich.

Grüße Abakus smile

Ich werde diese Weg auf jeden Fall gehen, wenn mir nichts anderes mehr einfällt. Allerdings kam mir noch eine Idee, die vielleicht schneller zum Ziel führt. Letztlich liegt das Problem ja darin, dass die Lösung recht "unübersichtlich" ist.

Ich schätze nun a(t) mit

$\begin{eqnarray*} ln(2+t) < \sqrt{2+x} \end{eqnarray*}$

ab durch:

$\begin{eqnarray*} a(t) < \bigg(\frac{1}{2+t} -\frac{1}{\sqrt{(2+t)}} \bigg(\frac{1}{2+t}\bigg)^{0.2}\bigg) = \bigg(\frac{1}{2+t} -\frac{1}{(2+t)^{0.7}}\bigg) =: c(t) \end{eqnarray*}$

Jetzt betrachte ich:

$\begin{eqnarray*} y'(t)=c(t)y(t) + b(t). \end{eqnarray*}$

und sehe, dass y(t) nun die gewünschte Eigenschaft (strebt gegen Null) einbehält (per Simulation).
Wenn ich das ganze nun für y(t) beweise, müsste daraus doch selbiges auch für x(t) folgen, oder habe ich einen Denkfehler?

Die Gleichung hat nun nämlich den großen Vorteil, dass c(t) eine Stammfunktion besitzt.

Viele Grüße, Jodas

27.01.2011, 20:25

Abakus

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Zitat:

Original von Jodas

Zitat:

Ja, das ist eine Definition. Die Lösung der linearen DGL setzt sich zusammen aus einer partikulären Lösung und der Lösung der homogenen DGL (bei der homogenen DGL-Lösung hast du einen freien Parameter, mit dem du eine Anfangsbedingung "justieren" kannst).

Asymtotisch stabil bedeutet jetzt, dass diese Anfangsbedingung langfristig keine Rolle spielt, weil der Effekt verschwindet: die allg. Lösung geht gegen Null. Damit liegen die gesamte Lösungen unabhängig vom Anfangswert für große t nahe beieinander: nämlich bei der partikulären Lösung (nicht notwendig bei 0).

Es gibt jedoch mehrere Stabilitätsbegriffe, daher sollten wir uns einig sein, was untersucht werden soll.

Zitat:

Ich werde diese Weg auf jeden Fall gehen, wenn mir nichts anderes mehr einfällt.

Der Schlüssel für solche Abschätzungen ist das Lemma von Gronwall (Wiki), hier gibt es wohl verschiedene Versionen von.

Zitat:

Allerdings kam mir noch eine Idee, die vielleicht schneller zum Ziel führt. Letztlich liegt das Problem ja darin, dass die Lösung recht "unübersichtlich" ist.

Ich schätze nun a(t) mit

$\begin{eqnarray*} ln(2+t) < \sqrt{2+x} \end{eqnarray*}$

ab durch:

$\begin{eqnarray*} a(t) < \bigg(\frac{1}{2+t} -\frac{1}{\sqrt{(2+t)}} \bigg(\frac{1}{2+t}\bigg)^{0.2}\bigg) = \bigg(\frac{1}{2+t} -\frac{1}{(2+t)^{0.7}}\bigg) =: c(t) \end{eqnarray*}$

Jetzt betrachte ich:

$\begin{eqnarray*} y'(t)=c(t)y(t) + b(t). \end{eqnarray*}$

und sehe, dass y(t) nun die gewünschte Eigenschaft (strebt gegen Null) einbehält (per Simulation).
Wenn ich das ganze nun für y(t) beweise, müsste daraus doch selbiges auch für x(t) folgen, oder habe ich einen Denkfehler?

Ob da y(t) oder x(t) steht, ist eigentlich egal, das ist nur eine Bezeichnung (ich bin mehr an y gewöhnt).

Du hast natürlich noch $\begin{eqnarray*} 0 < a(t) < c(t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b(t) > 0 \end{eqnarray*}$ für geeignete t und noch Monotonie-Eigenschaften und kennst das Langzeitverhalten dieser Funktionen. Das solltest du in den Beweis reinstecken alles. (Ob das wirklich gilt, sehe ich derzeit noch nicht).

Grüße Abakus smile

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