Fixpunkt asymptotisch stabil?

07.05.2016, 00:01

StrunzMagi

Fixpunkt asymptotisch stabil?

Sei die reelle Rekursion $\begin{eqnarray*} v_{k+1}=r v_k e^{-v_k} \end{eqnarray*}$ gegeben, wobei $\begin{eqnarray*} v_k \end{eqnarray*}$ als eine Anzahl von Individuen gesehen wird also immer größer als 0 ist.
Frage: Sind für $\begin{eqnarray*} r>1 \end{eqnarray*}$ die Fixpunkte $\begin{eqnarray*} \overline{u}_1=0, \overline{u}_2= ln(r) \end{eqnarray*}$ asymptotisch stabil?

Hallo,
Wir haben asymptotisch stabile Fixpunkte definiert als stabile und anziehende Punkte. Ein Fixpunkt $\begin{eqnarray*} \overline{u} \end{eqnarray*}$ ist anziehen wenn es ein $\begin{eqnarray*} \delta>0 \end{eqnarray*}$ existiert sodass für alle $\begin{eqnarray*} v_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} |v_0 - \overline{u}|<\delta \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{k\rightarrow\infty} v_k=\overline{u} \end{eqnarray*}$ .
Ein Fixpunkt $\begin{eqnarray*} \overline{u} \end{eqnarray*}$ heißt stabil wenn $\begin{eqnarray*} \forall \epsilon>0 \exists \delta>0 \end{eqnarray*}$ sodass für alle $\begin{eqnarray*} |v_0 - \overline{u}|<\delta \end{eqnarray*}$ folgt $\begin{eqnarray*} |v_k-\overline{u}|<\epsilon \forall k \ge 0 \end{eqnarray*}$

Meine Ansätze:
Definiere ich die assozierte Funktion $\begin{eqnarray*} f(v)=\frac{r*v}{e^v} \end{eqnarray*}$ auf $\begin{eqnarray*} f:[0,\infty[ \rightarrow [0, \infty[ \end{eqnarray*}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{v\rightarrow \infty} f(v)=0 \end{eqnarray*}$
Also vermute ich, dass der Punkt 0 anziehend ist.
$\begin{eqnarray*} v_{k+1} = \frac{r v_k}{e^{v_k}} \le r v_k = r \frac{r v_{k-1}}{e^{v_{k-1}}} \le r^2 v_{k-1} \le ... \le r^{k+1} v_0 \end{eqnarray*}$

LG,
MaGi

07.05.2016, 06:29

IfindU

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RE: Fixpunkt asymptotisch stabil?
Gibt es wirklich $\begin{eqnarray*} u_k \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_k \end{eqnarray*}$ ? Was ist $\begin{eqnarray*} u_k \end{eqnarray*}$ ?

07.05.2016, 09:59

StrunzMagi

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Nein, die Folge ist immer mit $\begin{eqnarray*} v_k \end{eqnarray*}$ . Mit $\begin{eqnarray*} u_1, u_2 \end{eqnarray*}$ wollte ich nur die stationären Punkte notieren.
$\begin{eqnarray*} v_{k+1}=r v_k e^{-v_k}, r>1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \overline{u}_1=0, \overline{u}_2= ln(r) \end{eqnarray*}$ sind die beiden Fixpunkte.

EDIT: Nun habe ich die Fixpunkte mit einen Strich versehen um sie besser zu unterscheiden von den Folgengliedern!

07.05.2016, 11:13

IfindU

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RE: Fixpunkt asymptotisch stabil?
Ok. Dann kann dein Beweis nicht funktionieren. Du betrachtest effektiv die modifizierte Folge $\begin{eqnarray*} w_{k+1} = r w_k \end{eqnarray*}$ . Und offenbar ist hier 0 nicht anziehend. Die e-Funktion ist also wichtig, denn was sie macht: Werden Folgenglieder $\begin{eqnarray*} v_k \end{eqnarray*}$ zu groß, wird $\begin{eqnarray*} e^{-v_k} \end{eqnarray*}$ klein und drückt es wieder gegen 0. Demnach ist auch nicht interessant was $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} v \to \infty \end{eqnarray*}$ macht. Wenn $\begin{eqnarray*} v_k \end{eqnarray*}$ immer größer wird, so wird das darauffolgende Glied wieder klein -- mehr sagt es nicht.

Stattdessen ist interessanter wie $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ in einer Umgebung der 0 aussieht.

07.05.2016, 11:40

StrunzMagi

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Hallo,
Danke für deinen Beitrag.
$\begin{eqnarray*} f(0)=0 \end{eqnarray*}$
Wenn r=1: $\begin{eqnarray*} v_{k+1} = v_k e^{-v_k} < v_k \end{eqnarray*}$ so wäre die definierte Folge monoton fallend und durch 0 beschränkt. $\begin{eqnarray*} v_{k+1} = v_k e^{-v_k} \rightarrow v=ve^{-v}=0 \iff v=0 \end{eqnarray*}$ . Also geht der Limes gegen 0 und somit ist 0 anziehend.

Aber das funktioniert ja bei r>1 nicht. Ich brauche, dass für jedes Anfangsfolgenglied $\begin{eqnarray*} v_0 \end{eqnarray*}$ nahe bei 0 die Folge gegen 0 geht:
ZZ.: $\begin{eqnarray*} \exists \delta>0 \end{eqnarray*}$ sodass für $\begin{eqnarray*} |v_0-0|<\delta \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} \lim_{k\rightarrow \infty} v_k=0 \end{eqnarray*}$ (d.h. $\begin{eqnarray*} \lim_{k\rightarrow \infty} f^k(v_0)=0 ) \end{eqnarray*}$

07.05.2016, 11:56

IfindU

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Also: Wenn du zeigen kannst, dass z.B. $\begin{eqnarray*} f(v) \leq \frac v 2 \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ klein genug, dann $\begin{eqnarray*} f^k(v) \leq 2^{-k} v \end{eqnarray*}$ .

Edit: Das war voreilig. Zurueck zur Originalidee: Interessant sollte die Ableitung von f in der 0 sein.

07.05.2016, 12:31

StrunzMagi

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Hallo nochmal,
Ja wir hatten auch ein Theorem:
$\begin{eqnarray*} f: X\rightarrow X \end{eqnarray*}$ is $\begin{eqnarray*} C^2 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} X=[a,b] \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \overline{u}=f(\overline{u}) \end{eqnarray*}$ . Dann ist
i) wenn $\begin{eqnarray*} |f(\overline{u})|<1 \Rightarrow \overline{u} \end{eqnarray*}$ asymptotisch stabil.
ii) wenn $\begin{eqnarray*} |f(\overline{u})|>1 \Rightarrow \overline{u} \end{eqnarray*}$ unstabil.

Ich dachte nur ich könnte es hier nicht benutzen, da X in dem Beispiel kein geschlossenes und beschränktes Intervall ist.

$\begin{eqnarray*} f'(v)=r e^{-v} - r v e^{-v} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} |f'(0)|=|r|>1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} |f'(ln(r))|=|1+r [ln(r)]^2| >1 \end{eqnarray*}$

08.05.2016, 09:39

IfindU

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Man muss $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ nur geschickt wählen. Eine kurze Kurvendiskussion offenbart, dass $\begin{eqnarray*} X = [0, \max\{ 1, \frac r e \} ] \end{eqnarray*}$ so eins ist.

08.05.2016, 15:47

StrunzMagi

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Hallo,
Danke für deinen Beitrag!

$\begin{eqnarray*} f'(u)=0 \iff re^{-u} (1-u)=0 \iff u=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(1)=\frac{r}{e^u} \end{eqnarray*}$

Ich hab das nicht ganz verstanden:
Wenn ich z.B $\begin{eqnarray*} f(x)=x^2+x-\alpha, f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ gegeben habe mit den stationären Punkten $\begin{eqnarray*} \overline{x_1}= \alpha, \overline{x_2}=-\alpha \end{eqnarray*}$ Wie bestimmt man dann X sodass ich das Theorem anwenden kann?
$\begin{eqnarray*} f'(x)=2x+1=0 \iff 2x=-1 \iff x=-1/2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f''(x)=2>0 \end{eqnarray*}$ Also ein Minimum.
$\begin{eqnarray*} f(-1/2) =1/4 - 1/2 - \alpha =-1/4 - \alpha \end{eqnarray*}$

08.05.2016, 16:08

IfindU

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Bei dem Beispiel ist die Funktion nicht beschränkt. Das hat es eben so leicht möglich gemacht das $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ zu wählen. Es muss also im Allgemeinen nicht funktionieren. Ansonsten nimm dir $\begin{eqnarray*} X_M = x_0 + [-M, M] \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ein Fixpunkt ist und wähle dann $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ so gross bis $\begin{eqnarray*} f: X \to X \end{eqnarray*}$ eine wohldefinierte Abbildung ist.

08.05.2016, 16:49

StrunzMagi

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Zitat:

Original von IfindU
Ansonsten nimm dir $\begin{eqnarray*} X_M = x_0 + [-M, M] \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ein Fixpunkt ist und wähle dann $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ so gross bis $\begin{eqnarray*} f: X \to X \end{eqnarray*}$ eine wohldefinierte Abbildung ist.

Und wie finde ich ein solches M? Gibt´s da einen Trick? Ich konnte nun aus deinem beitrag nicht herauslesen ob diese Methode beim Bsp. der Parabel $\begin{eqnarray*} f(x)=x^2+x-\alpha \end{eqnarray*}$ trotz Unbeschränkheit funktioniert?

08.05.2016, 17:29

IfindU

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Also wenn es beschränkt ist, tut es $\begin{eqnarray*} M = \| f\|_\infty \end{eqnarray*}$ . Bei deinem Fall sieht es nicht so aus als ob man so ein $\begin{eqnarray*} X \end{eqnarray*}$ findet. Allerdings sind $\begin{eqnarray*} \pm \alpha \end{eqnarray*}$ im Allgemeinen keine stationäre Punkte.

Die Anschauung des X: im Graphen von f kann man Quadrate mit Zentrum des Fixpunktes $\begin{eqnarray*} (\overline x, f(\overline x) = (\overline x, \overline x) \end{eqnarray*}$ legen (Seitenlänge $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ) s.d. der Graph nicht an der oberen oder unteren Grenze ausbricht.

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