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Gewöhnliche DGL » Nichtlineare DGL 2. Ordnung » Kann man eine Trajektorie durch diese beiden Punkte im Phasenportrait "bauen"?
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Universität/Hochschule Kann man eine Trajektorie durch diese beiden Punkte im Phasenportrait "bauen"?
Caleb
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  Themenstart: 2019-10-05

Guten Abend, ich habe eine Frage zur ODE $\displaystyle y_{xx}+\cos(y)+0.5 = 0. $ Diese ODE hat die stabilen Gleichgewichte $\displaystyle q_n:=\frac{2\pi}{3}+2\pi n, n\in\mathbb{N}_0. $ Als System lautet die Gleichung $\displaystyle \begin{cases}y_x=z\\z_x=-\cos(y)-0.5.\end{cases} $ Wenn ich mir das Phasenportrait anschaue, also die (y,z)-Ebene, und in einem Punkt $\displaystyle (q_{n+1},a)\textrm{ mit }a<0 $ beginne, dann gibt es eine Trajektorie, die durch diesen Punkt und einen Punkt $\displaystyle (q_n,b)\textrm{ mit } b0$, die in die entgegengesetzte Richtung läuft]. Mich würde interessieren, ob man das $c$ in meiner ersten Frage ebenfalls als genau dieses $c^*$ wählen kann oder ob notwendigerweise $c\neq c^*$ gelten muss. Ich hoffe, meine Fragen sind klar. Viele Grüße!


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haerter
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  Beitrag No.1, eingetragen 2019-10-05

Hallo Caleb, eine kurze Einschätzung meinerseits ohne große Rechnungen: zu 1) Dass es ein solches c gibt, kann man vermutlich mit einem Stetigkeitsargument beweisen. Betrachte die Lösung durch $(q_{n+1},a)$ und untersuche, wo sie die Linie $y=q_n$ schneidet. Dein Vektorfeld hat die nette Eigenschaft, dass das $cy_x$ die Pfeile an jeder Stelle in die gleiche Richtung dreht (je nach Vorzeichen von $c$ mit dem Uhrzeigersinn oder gegen den Uhrzeigersinn). Wenn man $c$ verändert, bewegt sich der Schnittpunkt der obigen Trajektorie mit der Linie $y=q_n$ also in eine Richtung. Mit etwas Abschätzen kann man dann vermutlich ein $c$ finden, für das der Schnittpunkt schon mit Sicherheit jenseits von $(q_n,a)$ ist und wegen der stetigen Abhängigkeit von Parametern muss es dann auch ein passendes $c$ geben. Ich glaube allerdings eher nicht, dass man dieses $c$ im allgemeinen explizit bestimmen kann (bin aber in diesem Forum bei ähnlichen Fragen schon gelegentlich eines besseren belehrt worden). zu 2) Ich sehe keinen Grund, warum das $c$, das für $a=0$ funktioniert, für ein anderes $a$ ebenfalls das richtige sein sollte. Ich denke, eine kurze Computersimulation kann diese Vermutung möglicherweise schnell widerlegen. Viele Grüße, haerter


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Caleb
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-10-07

Hi, haerter! \quoteon(2019-10-05 22:47 - haerter in Beitrag No. 1) Betrachte die Lösung durch $(q_{n+1},a)$ und untersuche, wo sie die Linie $y=q_n$ schneidet. Mit etwas Abschätzen kann man dann vermutlich ein $c$ finden, für das der Schnittpunkt schon mit Sicherheit jenseits von $(q_n,a)$ ist [...] \quoteoff Das klingt gut. Aber ich weiß nicht genau, wie ich das machen kann. Also ich betrachte die vertikale Linie $\displaystyle L:=\{(y,z): y=q_n\} $ und bezeichne den Schnittpunkt der Trajektorie durch $(q_{n+1},a)$ in Abhängigkeit von $c$ mit $L$ als $(q_n,w(c))$. Für $c=0$ gilt $w(0)0$ gibt, sodass $w(c)>a$. (Ich denke, $c<0$ hilt hier nicht weiter.) Tja, ein erster Schritt wäre vermutlich zu zeigen, dass $w(c)$ überhaupt für jedes $c<0$ existiert und dann muss man wohl zeigen, dass $\displaystyle w(c)>w(0), c>0 $ und $w(c)$ für $c\to \infty$ monoton wächst. Nur, wie? :-? ----- Edit: Hier noch ein paar meiner Gedanken. Zwischen $q_n$ und $q_{n+1}$ existiert ein (instabiles) Gleichgewicht $\displaystyle p_n:=\frac{4\pi}{3}+2\pi n. $ Analog zu oben seien $\displaystyle M:=\{(y,z): y=p_n\} $ und $(p_n,v(c))$ der von $c$ abhängige Schnittpunkt der Trajektorie durch $(q_{n+1},a)$ mit $M$. Ich glaube, dass $0>v(c)>v(0)$ für $c>0$. Nun würde ich ein $0>b>a$ fixieren und die Gerade $\displaystyle f(y)= K (y-q_n) + b $ betrachten, wobei $K$ so gewählt sei, dass $f(p_n)\leqslant v(0)$. Wenn man jetzt zeigen könnte, dass die Trajektorie diese für hinreichend großes $\tilde{c}>0$ nicht von oben nach unten passieren kann, hätte man meines Erachtens gezeigt, dass $w(\tilde{c})>a$: Die Trajektorie So ganz korrekt kann das irgendwie nicht funktionieren, denn wenn ich das richtig sehe, durchkreuzen Trajektorien die Gerade f von oben nach unten und leider nicht von unten nach oben, d.h. das Argument funktioniert nicht. Für weitere Hilfen wäre ich dankbar. Viele Grüße


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haerter
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  Beitrag No.3, eingetragen 2019-10-08

Hallo caleb, ich habe auch keine kurze Antwort, d.h. ein wenig technisch wird ein solcher Beweis wie Du ihn willst vermutlich werden, obwohl es anschaulich sehr klar ist, dass er funktionieren muss. Ich gebe mal ein paar Bausteine, wie ich einen Beweis zusammensetzen würde: 1) c>0 scheint mir auch das richtige Vorzeichen, wenn b0 von Lösungen "von unten nach oben durchquert", die Lösung, die mit $c>0$ in $(q_{n+1},a)$ startet, kann diese Kurve also nicht schneiden. 3) Falls sie also nicht bis zu der vertikalen Linie $y=q_n$ gelangt, dann muss sie die y-Achse schneiden oder zu einem der Gleichgewichte konvergieren. 4) In diesem Fall sollte es ein kleinstes $c_*>0$ geben, so dass die Lösung, die mit $c=c_*$ in $(q_{n+1},a)$ startet, die Linie $y=q_n$ gerade noch erreicht, nämlich im Punkt $(q_n,0)$. 5) Ein Stetigkeitsargument mit $c\in[0,c_*]$ zeigt dann, dass auch ein $c$ existiert, für das die vertikale Linie in $(q_n,a)$ geschnitten wird. Vielleicht gibt es ein einfacheres Argument, aber ich sehe im Moment keines. Viele Grüße, haerter


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