1 Mathematische Modellierung und Grundlagen - KIT

1 Mathematische Modellierung und Grundlagen
1.1 Grundlagen mathematischer Modellierung
Das Ziel der mathematischen Modellierung ist die verlässliche Vorhersage des Verhaltens zumeist naturwissenschaftlicher oder ökonomischer Systeme. Beispielsweise modellierte Galileo Galilei
1 im Jahre 1590 den
freien Fall eines Körpers aus einer zum Erdboden gemessenen Höhe
t
h. Er fand heraus, dass zum Zeitpunkt
die Höhe dieses Körpers durch die Formel
1
h(t) = h − gt2
2
beschrieben wird, wobei
m
g ≈ 9.81 sec
2
(1.1)
Abbildung 1: Galileo Galilei
der Fallbe-
schleunigung der Erde entspricht. Insbesondere ist die
Fallgeschwindigkeit nach diesem Modell unabhängig von der Masse des Körpers und kann
ungebegrenzt groÿ werden.
Die Vorgehensweise zur Aufstellung eines mathematischen Modells ist die folgende:
1. Aneignung der wissenschaftlichen Grundlagen durch
sungen sowie Studium früherer Ergebnisse.
Beobachtungen und Mes-
Hier: Beobachtung von Fallprozessen, Bestimmung von
2.
g.
Mathematische Modellierung durch Einführung mathematischer Variablen als
Platzhalter für relevante Gröÿen wie Zeit, Temperatur, elektrische Ladung, etc.
Hier: Höhe
3.
h(t),
Zeit
t
und Formel (1.1).
Mathematische Analyse, d.h. Bestimmung der Lösung des formulierten mathematischen Problems und/oder Herleiten von interessanten Eigenschaften.
Hier: Unbegrenzte Fallgeschwindigkeit, Unabhängigkeit der Formel von der Masse
und Form des fallenden Körpers, etc.
4.
Modellkritik durch Abgleich der Ergebnisse mit der Realität oder neuen wissenschaftlichen Erkenntnissen.
Hier: Abgleich der Messdaten von verschiedenen Fallobjekten mit (1.1).
In der Regel erweist sich aufgrund der Erkenntnisse aus Punkt 4 das Modell als verbesserungswürdig. Nach den Fallgesetzen Galileis besitzt ein Blatt Papier auf der Erde
1
Galileo Galilei (1564-1642), bedeutender italienischer Physiker mit Beiträgen u.a. in den Bereichen
Kinematik und Astronomie, Hauptwerk: Discorsi e dimostrazioni matematiche, intorno a due nuove
scienze.
1
dieselbe Fallzeit wie ein Betonklotz, was nicht den Beobachtungen des Alltags entspricht.
Darum muss das Modell auf den nichtfreien Fall erweitert werden, d.h. zur Beschreibung
der allgemeinen Situation muss ein Korrekturterm zur Berücksichtigung von atmosphärebedingten Reibungseekten eingeführt werden.
kompliziertere Modellierung ist erforderlich
kompliziertere Gleichungen und Lösungsverfahren müssen entwickelt werden
Stimulation für mathematische Forschung
Gerade im Bereich der mathematischen Modellierung zeigt sich, dass die meisten alltäglichen Situationen zu kompliziert sind, um eine geschlossene Lösung angeben zu können;
kein Mathematiker könnte beispielsweise eine detaillierte verlässliche Vorhersage der zeitlichen Entwicklung der Temperaturverteilung auf dem Karlsruher Marktplatz abgeben.
Im Laufe dieses Kurses werden wir Modelle aus der Populationsdynamik untersuchen.
Sind diese Modelle wie in den ersten drei Vorlesungen linear, so können wir die Lösungen
explizit bestimmen. Später werden wir Aussagen über Modelle herleiten, deren Lösung
wir nicht explizit bestimmen können, d.h. in diesem Fall steht uns keine Lösungsformel
zur Verfügung.
1.2 Wachstum einer Bakterienkultur
Unser erstes Ziel ist die Voraussage der Entwicklung einer Bakterienkultur in einer Petrischale oder konkret: Wie groÿ ist die Bakterienpopulation gemessen durch den von
Bakterien bevölkerten Flächeninhalt nach
t
Stunden?
Abbildung 2: Entwicklung einer Bakterienkultur
Beobachtungen und Messungen: Der Zuwachs einer ktiven Bakterienkultur in einer
Stunde ist proportional zu ihrem aktuellen Bestand.
2
Mathematische Modellierung: Wir verwenden die mathematischen Gröÿen:
t : Zeit
in (ganzen) Stunden,
Xt : Flächeninhalt
der Bakterienkultur nach
t
Stunden in
mm2 .
Xt+1 − Xt = rXt für eine gewisse Wachstumsrate r > 0.
r muss strikt positiv sein, da wir einen Zuwachs der Bakterienkultur beobachten.
zudem X0 > 0 gilt, erhalten wir
Die Beobachtungen liefern dann
Die Zahl
Da
X0 > 0,
Xt+1 = (1 + r)Xt
für alle
t ∈ N0 .
(1.2)
Mathematische Analyse: Wir erhalten aus (1.2)
X1 = (1 + r)X0 ,
X2 = (1 + r)X1 = (1 + r) · (1 + r)X0 = (1 + r)2 X0 ,
X3 = (1 + r)X2 = (1 + r) · (1 + r)2 X0 = (1 + r)3 X0 , . . .
Es folgt (ohne formalen Beweis durch vollständige Induktion):
Xt = (1 + r)t X0
für alle
t ∈ N0
Jetzt lassen sich weitere Fragen beantworten. Zum Beispiel:
Eine Bakterienkultur bedecke zu Beginn
r = 0.2. Zu welchem
2
von 50mm ?
10mm2
und habe die Wachstumsrate
Zeitpunkt überdeckt die Population erstmals eine Fläche
t der bestimmende Zeitpunkt,
r = 0.2. Wir erhalten
Das mathematische Modell liefert die Antwort: Sei
Xt = 50.
Die Voraussetzungen liefern
X0 = 10
50 = Xt = (1 + r)t X0 = 1.2t · 10
und
d.h.
=⇒ 5 = 1.2t
=⇒
log(5) = log(1.2t ) = t · log(1.2)
log(5)
=⇒ t =
≈ 8.827.
log(1.2)
Graphisch lässt sich dies anhand des folgenden Schaubilds erkennen, wobei hier die diskreten Zustände bei
t = 0, 1, 2, . . .
durch Linien verbunden wurden:
3
50
10
1
5
Abbildung 3: Beispiel für
8.827
r = 0.2
und
X0 = 10
Modellkritik:
Das Modell ist sehr vereinfacht, z.B. würde eine solche Bakterienkultur binnen 10 Tagen
die gesamte Erdoberäche
(≈ 5.1108 km2 )
bedecken. Tatsächlich wird die Entwicklung
eher durch das folgende Schaubild beschrieben:
50
10
1
5
10
Abbildung 4: realistischeres Beispiel für
r = 0.2
und
X0 = 10
Das Modell müsste daher noch verbessert werden, um die Entwicklung über den Zeitpunkt
t = 10
hinaus korrekt zu schreiben. Dabei ist zu berücksichtigen:
1. Die Petrischale ist nicht unendlich groÿ, d.h. eine wachstumsbeschränkende Bedin-
2
gung muss in das Modell integriert werden .
2. Fehler durch Diskretisierung der Zeit (?)
3. Einussnehmende Faktoren wie Lichteinstrahlung, Feuchtigkeit, Temperatur etc.
werden nicht berücksichtigt.
2
Später werden wir sehen, welch verheerende Auswirkungen der begrenzende Faktor
Dynamik des Systems haben kann.
4
1 − Xt
auf die
1.3 Kaninchen-Population nach Fibonacci:
Das folgende Modell zur Beschreibung einer Kaninchenpopulation geht auf Leonardo von Pisa
3 zurück. Es beruht auf
den folgenden Annahmen:
1. Es gibt ein Kaninchenpaar zu Beginn.
2. Jedes Kaninchenpaar bringt ab dem zweiten Monat monatlich genau ein Paar zur Welt.
Die
Entwicklung
lässt
sich
folgendermaÿen
darstel-
Abbildung 5: Leonardo von Pisa
len:
5
4
fortpanzungsfähiges Kaninchenpaar
3
fortpanzungsunfähiges Kaninchenpaar
2
dasselbe Kaninchenpaar
1
Kanincheneltern-Kaninchenkinder
0
0
1
2
3
4
5
Abbildung 6: Schematische Veranschaulichung des Fibonacci-Modells
Wie
erhalten
1, 1, 2, 3, 5, . . .
somit
die
sogenannte
Fibonacci-Folge
und es drängt sich die Frage auf, wie diese Folge fortzusetzen ist.
Mathematische Modellierung:
t : Zeit
Xt : Ein
in (ganzen) Stunden,
Hundertstel der Anzahl der Kaninchenpaare nach
t
Monaten,
Wir möchten anhand der Annahmen den Generationswechsel von
Xt
X0 = 1
schreiben. Da alle Kaninchenpaare der Vorgeneration überleben, beschreibt
3
Xt+1 beXt+1 − Xt
nach
Leonardo von Pisa (ungefähr 1180- 1250), einer der herausragendsten Mathematiker des Mittelalters,
förderte die Verbreitung des arabischen Zahlensystems und hielt die Regeln der Arithmetik (Rechenregeln) in seinem Hauptwerk liber abbaci für die Nachwelt fest. Diesem Werk entstammt auch das
hier zitierte Modell der Kaninchen-Population.
5
die Anzahl der neugeborenen Kaninchenpaare ist. Aufgrund der zweiten Annahme bringen alle Kaninchenpaare, die 2 Monate alt oder älter sind - dies sind
Xt+1 − Xt = Xt−1
ein neues Kaninchenpaar zur Welt. Es folgt
Xt+1 = Xt + Xt−1
für alle
X0 = 1, X1 = 1
Mathematische Analyse:
X̃t = λt .
X̃t+1 = X̃t +X̃t−1
⇐⇒
für alle
t+1
λ
=λ +λ
t
λ =λ+1
⇐⇒
λ1,2 =
Xt+1 = Xt + Xt−1
Es gilt
t∈N
t−1
⇐⇒
Stück - genau
t∈N
Zur Lösung der Reskursionsgleichung
machen wir den folgenden Ansatz:
Xt−1
bzw.
für alle
2
t∈N
p
√
(−1)2 − 4 · 1(−1)
1± 5
=
2
2
1±
X̃t = λt1 als auch X̃t = λt2 Lösungen der Rekursionsgleichung. Dennoch
Lösungen des Problems wegen X̃1 6= 1. Darum betrachten wir
Somit sind sowohl
sind sie keine
Xt := aλt1 + bλt2 ,
Dann gilt immer noch
Xt+1 = Xt + Xt−1 ,
(a, b ∈ R).
denn
Xt+1 = aλt+1
+ bλt+1
2
1
· λ22
= aλ1t−1 · λ21 + bλt−1
2
· (λ2 + 1)
= aλ1t−1 · (λ1 + 1) + bλt−1
2
+ bλt2 + bλt−1
= aλt1 + aλt−1
2
1
+
bλt−1
= aλt1 + bλt2 + aλt−1
2
1
= Xt + Xt−1 .
Die zu erfüllenden Anfangsbedingungen
X0 = 1, X1 = 1
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
X0 = 1
a + b = 1,
und
X1 = 1
bestimmen
a
und
aλ1 + bλ2 = 1
b = 1 − a,
aλ1 + (1 − a)λ2 = 1
√
√
1 − 1−2 5
1 − λ2
5+1
√
a=
=
= √ ,
2 5
λ1 − λ2
2 5
2
√
√
√
2 5
5+1
5−1
b=1−a= √ − √ = √ .
2 5
2 5
2 5
Ergebnis unserer Untersuchungen ist die sogenannte
6
b:
Formel von Binet
√
√
√
√
5 + 1 1 + 5 t
5 − 1 1 − 5 t
+ √ ·
Xt = √ ·
2
2
2 5
2 5
Modellkritik: Eine Auswahl an Kritikpunkten:
1. Die Population wächst über alle Maÿen.
2. Die Anzahl der Nachkommen ist deterministisch.
3. Das Sterben der Kaninchen wird nicht berücksichtigt.
4. Die Nachkommenschaft ist nur sehr vereinfacht durch Pärchen modellierbar.
1.4 Vollständige Induktion
Die vollständige Induktion ist eine Beweismethode, um eine für alle natürliche Zahlen
formulierte Aussage zu beweisen. Zum Beispiel:
•
Pn
i=1 (2i
− 1) = n2 ,
•
Für alle
n∈N
ist
d.h.
1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2
32n+4 − 2n−1
für alle
n ∈ N.
durch 7 teibar.
Um den Beweis zu erbringen, geht man folgendermaÿen vor:
1.
Induktionsanfang: Man zeigt die Behauptung für n = 1.
2.
Induktionsschritt:
n∈N
Man nimmt an, die Aussage sei für ein (nichtpräzisiertes)
wahr und zeigt davon ausgehend die Aussage für
n + 1.
Sind beide Schritte erfolgreich durchgeführt, so ist die Behauptung für alle natürlichen
Zahlen
n∈N
gezeigt.
Im ersten Beispiel verfährt man daher folgendermaÿen:
1.
Induktionsanfang: Für n = 1 beträgt die linke Seite 2 · 1 − 1 = 1 ebenso wie die
rechte Seite. Damit stimmt die Aussage für
erledigt.
7
n = 1
und der Induktionsanfang ist
2.
Induktionsschritt: Es gelte die Aussage für ein n ∈ N, d.h. es gelte
n2 . Dann gilt
n+1
X
n
X
i=1
i=1
(2i − 1) =
i=1 (2i−1)
Pn
=
(2i − 1) + 2(n + 1) − 1 = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2
Folglich stimmt die Aussage für
n + 1.
Der Induktionsbeweis ist damit durchgeführt.
1.5 Grundbegrie der Analysis in R
Im letzten Kapitel haben wir die Objekte
(Xt )
oder
X0 , X1 , . . .
kennengelernt, die man
(Xt ) von Interesse,
etwa X0 , X2 , X4 , X6 , . . . oder X1 , X3 , X6 , X10 , X15 , . . .. Eine Folge (Xt ) heiÿt monoton
fallend bzw. monoton wachsend, falls Xt+1 ≤ Xt bzw. Xt+1 ≥ Xt für alle t ∈ N gilt.
als Folgen bezeichnet. Manchmal sind auch sogenannte Teilfolgen von
Die Denition des zentralen Begris der gesamten Analysis geht auf die Mathematiker
Weierstraÿ (1815-1897) und Cauchy (1789-1857) zurück:
Denition 1.1.
ein
ε>0
Eigenschaft, dass für alle t ≥ t0 die Ungleichung |Xt −x| < ε.
Eine Folge
t0 ∈ N existiert mit der
(a)
Karl
(Xt )
heiÿt konvergent mit Grenzwert
Theodor
Wil-
x,
falls für alle
(b) Augustin Louis Cauchy
helm Weierstraÿ
In diesem Fall schreibt man
1.
limt→∞ Xt = x
Xt = 1t . Wir zeigen limt→∞ Xt = 0.
Sei ε > 0. Dann existiert ein t0 ∈ N
oder auch
mit
|Xt − 0| =
8
Xt → x.
t0 ≥ ε−1 .
Beispiele:
Es folgt für alle
1
1
≤
≤ ε.
t
t0
t ≥ t0
2.
Xt = t32 − 1t + 1. Hier gilt limt→∞ Xt = 1.
−1 .
Sei ε > 0. Dann existiert ein t0 ∈ N mit t0 ≥ 4ε
|Xt − 1| = |
3.
Xt = κt
4.
Xt = (−1)t .
für
t ≥ t0
1
3
1
3
1
3
1
3
− |≤ 2 + ≤
+
≤ −1 + −1 = ε.
2
t
t
t
t
t0 t0
4ε
4ε
κ ∈ (−1, 1).
Die Folge
Es folgt für alle
In diesem Fall gilt
(Xt )
limt→∞ Xt = 0.
konvergiert nicht.
Abbildung 7: Verlauf der obigen Folgen
(a)
(c)
Xt =
1
t
(b)
Xt = 0.8t
Xt =
(d)
3
t2
−
1
t
+1
Xt = (−1)t
Wir verwenden in diesem Kurs die folgenden Resultate:
Satz 1.2.
Sei
(Xt )
beschränkte Folge und sei
lend. Dann konvergiert
Satz 1.3.
(Xt )
Sei
(Xt )
f :R→R
gegen ein
stetig und es gelte
konvergent mit Grenzwert
x ∈ R,
(Xt )
monoton wachsend oder monton fal-
x ∈ R.
Xt+1 = f (Xt )
x = f (x).
dann gilt
9
für alle
t ∈ N0 .
Ist die Folge
2 Lineare Rekursionen 1./2. Ordnung mit konstanten
Koezienten
2.1 Denitionen
Bisher haben wir zwei mathematische Modelle kennengelernt, die durch Gleichungen der
Form
1.
Xt+1 = (1 + r)Xt
2.
Xt+1 = Xt + Xt−1
für alle
t ∈ N0
für alle
(Bakterienwachstum)
t ∈ N0
(Fibonacci-Folge)
beschrieben wurden. Die erste Gleichung ist ein Beispiel einer Rekursionsgleichung erster Ordnung, da zur Berechnung der
(t + 1)-ten
Generation nur die Zustände der
t-ten
Generation benötigt werden. Rekursionsgleichungen erster Ordnung sind gegeben durch
Gleichungen der Form
4
Xt+1 = f (Xt )
für alle
t ∈ N0 .
Analog dazu bezeichnen wir die zweite Gleichung als Rekursionsgleichung zweiter Ordnung, da die Zustände zweier vorheriger Generationen benötigt werden.
Xt+1 = f (Xt , Xt−1 )
Im Falle der Fibonacci-Folge:
für alle
t ∈ N.
f (Xt , Xt−1 ) = Xt + Xt−1 .
2.2 Die Rekursionsgleichung Xt+1 = aXt + b
Wir betrachten die Rekursionsgleichung
Xt+1 = aXt + b
für alle
Unser Ziel ist es, eine explizite Formel für
t ∈ N0 ,
wobei
X2 = aX1 + b
= a(aX0 + b) + b
= a2 X0 + (a + 1)b,
X3 = aX2 + b
= a a2 X0 + (a + 1)b + b
= a3 X0 + (a2 + a + 1)b.
Im oben genannten Beispiel:
(2.1)
Xt herzuleiten. Die ersten Folgeglieder lauten:
X1 = aX0 + b,
4
a, b ∈ R.
f (Xt ) = (1 + r)Xt
mit
10
r > 0.
Satz 2.1.
Sei
(Xt )
Beweis:
Wir zeigen zunächst
Lösung der Rekursionsgleichung (2.1). Dann gilt:
Falls
a 6= 1 :
Xt = at X0 + b
Falls
a=1:
Xt = X0 + bt
Xt = at X0 + b
Pt−1
i=0
1 − at
,
1−a
ai . Auf dem Übungsblatt wird gezeigt, dass das
die Behauptung impliziert.
Induktionsanfang: Zeige die Behauptung für
r.S.
= a1 X0 + b
t = 1!
0
X
ai = aX0 + b,
i=0
l.S.
= X1 = aX0 + b,
also stimmt die Behauptung für
t = 1.
Induktionsschritt: Wir nehmen an, die Aussage gelte für ein
t ∈ N.
Dann:
Xt+1 = aXt + b
= a · a X0 + b
t
= at+1 X0 + b
= at+1 X0 + b
t−1
X
ai + b
i=0
t−1
X
i=0
t
X
ai+1 + b
ai + b
i=1
= at+1 X0 + b
t
X
ai
i=0
Folglich gilt die Behauptung für
Bemerkung: Im Folgenden sei
t+1
der Induktionsbeweis ist vollbracht.
00 := 1.
2.3 Die Rekursionsgleichung Xt+1 = a1 Xt + a2 Xt−1
Die Rekursionsgleichung
Xt+1 = a1 Xt + a2 Xt−1 ist eine Verallgemeinerung der im
Xt+1 = Xt + Xt−1 . Dort waren wir mit dem
Fibonacci-Modell auftretenden Gleichung
Ansatz
Xt = aλt1 + bλt2
erfolgreich. Wir werden nun in einem mathematisch strikten
Sinne beweisen, dass alle Lösungen solcher Rekursionsgleichungen dieser Form sind:
11
Satz 2.2.
(Xt )
Seien
λ1 6= λ2
reelle Nullstellen des Polynoms
Lösung der Rekursionsgleichung
Xt =
Beweis:
Sei
(Xt )
eine Lösung und
Xt+1 = a1 Xt + a2 Xt−1 .
a2 Xt−1 ,
Xt = Zt ,
Dann gilt
für
λ2 X0 − X1 t −λ1 X0 + X1 t
λ1 +
λ2 .
λ −λ
λ −λ
| 2 {z 1 }
| 2 {z 1 }
=:c1
Wir wollen zeigen
und sei
λ2 X0 − X1 t −λ1 X0 + X1 t
λ +
λ2 .
λ2 − λ1 1
λ2 − λ1
Yt := Xt − Zt
Zt :=
P (x) = x2 − a1 x − a2
d.h.
Yt = 0.
(2.2)
=:c1
Xt+1 = a1 Xt +
Per Voraussetzung wissen wir
also
Yt+1 = Xt+1 − Zt+1
= a1 Xt + a2 Xt−1 − (c1 λt+1
+ c2 λt+1
1
2 )
= a1 Xt + a2 Xt−1 − a1 · (c1 λt1 + c2 λt2 ) + a2 · (c1 λt−1
+ c2 λt−1
1
2 )
= a1 Xt + a2 Xt−1 − a1 Zt + a2 Zt−1
= a1 Yt + a2 Yt−1 .
Ferner gilt
λ2 X0 − X1 −λ1 X0 + X1 +
=0
λ2 − λ1
λ2 − λ1
λ2 X0 − X1
−λ1 X0 + X1 Y1 = X1 − Z1 = X1 −
λ1 +
λ2 = 0.
λ2 − λ1
λ2 − λ1
Y0 = X0 − Z0 = X0 −
Ein Induktionsbeweis liefert
Yt = 0
für alle
Behauptung.
t ∈ N0 .
Somit folgt
Xt = Zt
und damit die
Frage: Wie sieht es in den Fällen aus, wo das Polynom zweiten Grades P
nur reelle Null-
stelle oder überhaupt keine reellen Nullstellen besitzt? Den Fall genau einer Nullstelle,
also
(a1 )2 + 4a2 = 0,
Satz 2.3.
Sei
λ∈R
Rekursionsgleichung
lösen wir auf dem Übungsblatt:
P (x) = x2 − a1 x − a2 = (x − λ)2 ,
= a1 Xt + a2 Xt−1 . Dann gilt
gegeben mit
Xt+1
Beweis:
P
(Xt )
Lösung der
Xt = tλt−1 X1 + λt (1 − t)X0 .
Siehe Übungsblatt 2.
Falls
sei
keine reellen Nullstellen besitzt, müssen wir auf komplexe Zahlen ausweichen, um
ein ähnliches Resultat zu bekommen.
12
2.3.1 Komplexe Zahlen
Die komplexen Zahlen
a + ib mit a, b ∈ R wurden bereits im 16. Jahrhundert von Mathe-
matikern zur Lösung polynomieller Gleichungen verwendet. Es gelten dieselben Rechenregeln wie für reelle Zahlen:
1. Kommutativgesetz:
2. Assoziativgesetz:
bzw.
z1 + z 2 = z 2 + z1
z1 · (z2 · z3 ) = (z1 · z2 ) · z3
bzw.
z1 · (z2 + z3 ) = z1 · z2 + z1 · z3
3. Distributivgesetz:
Die imaginäre Zahl
z1 · z 2 = z 2 · z1
i ist
z1 + (z2 + z3 ) = (z1 + z2 ) + z3
bzw.
vage formuliert eine Zahl mit
Sicht ist dies allerdings zu unpräzise.
Denition 2.4.
schreiben
Eine komplexe Zahl
z = a + ib.
Die komplexe Zahl
i
z
ist ein Paar
i2 = −1 . Aus mathematischer
(a, b)
entspricht daher dem Zahlenpaar
2. Subtraktion:
Die Rechenoperationen für
(a1 + ib1 ) − (a2 + ib2 ) := (a1 − a2 ) + i(b1 − b2 )
3. Multiplikation:
i2 = −1
(0, 1).
wir
(a1 + ib1 ) + (a2 + ib2 ) := (a1 + a2 ) + i(b1 + b2 )
1. Addition:
4. Division:
a, b ∈ R,
mit C.
reeller Zahlen
Die Menge der komplexen Zahlen bezeichnet man
5
komplexe Zahlen lauten :
Die Beziehung
(z1 + z2 ) · z3 = z1 · z3 + z2 · z3 .
(a1 +ib1 )·(a2 +ib2 ) := (a1 a2 −b1 b2 )+i(a1 b2 +b1 a2 )
a1 +ib1
a2 +ib2
:=
a1 a2 +b1 b2
a22 +b22
+b1 a2
+ i −a1ab22+b
2
2
2
folgt dann aus
i = (0 + i · 1) · (0 + i · 1) = (0 · 0 − 1 · 1) + i(0 · 1 + 1 · 0) = −1.
2
a ∈ R
Eine reelle Zahl
kann als komplexe Zahl
a + i · 0 = (a, 0)
betrachtet werden.
Man visualisiert die komplexen Zahlen durch Erweiterung der Zahlengerade zu einer
Zahlenebene:
Satz 2.5.
a1 x − a2
λ1 6= λ2 ∈ C komplexe Nullstellen des reellen Polynoms P (x) = x2 −
(Xt ) Lösung der Rekursionsgleichung Xt+1 = a1 Xt + a2 Xt−1 . Dann gilt6
Seien
und sei
Xt =
5
6
λ2 X0 − X1 t −λ1 X0 + X1 t
λ +
λ2 .
λ2 − λ1 1
λ2 − λ1
Wichtig: Diese Operationen müssen deniert werden und sind nicht oensichtlich.
Besonders interessant ist, dass diese Formel trotz der komplexen Zahlen
ergibt, denn
X0 , X1
sind reell und wegen
Xt+1 = a1 Xt + a2 Xt−1
13
λ1 , λ2 eine reelle Zahl Xt
X2 , X3 , . . . reelle Zahlen.
sind auch
Beweis:
Der Beweis ist identisch zu dem von Satz 2.2.
2
1 + 2i
3+i
1
−3
−2
1
−1
−1
−2 − 1.5i
2
3
−2
Abbildung 8: komplexe Zahlenebene
2.4 Übung
Lösen Sie die folgenden Gleichungen mit Hilfe der Mitternachtsformel in den komplexen
Zahlen:
i)
x2 = −1
ii)
x2 = −10
iii)
x2 + x + 1 = 0
Bestimmen Sie alle Lösungen der Rekursionsgleichung
Xt+1 = −Xt − Xt−1 .
Lösung:
i)
√
ii) x = ± 10i
x = ±i
√
1
3
i
iii) x = − ±
2
2
Zur Lösung der Rekursionsgleichung sind die Nullstellen des Polynoms
P (x) = x2 + x + 1
zu bestimmen. Nach Satz 2.5 lautet die Lösung
Xt =
(− 21 − i
√
3
)X0
2√
−i 3
− X1
√
√
√
1
3 t ( 21 − i 23 )X0 + X1
1
3 t
√
i +
i .
· − +
· − −
2
2
2
2
−i 3
14
3 Lineare Rekursionen in 2 Dimensionen
Wir nennen eine Gleichung der Form
Xt+1 = f1 (Xt , Yt )
Yt+1 = f2 (Xt , Yt )
eine zweidimensionale Rekursion erster Ordnung, da hier die Entwicklung zweier sich
gegenseitig beeinussender Variablen
Xt
und
Yt
untersucht werden und nur die Zustände
der unmittelbaren Vorgängergeneration zur Bestimmung von
Xt+1
und
Yt+1
benötigt
werden. Im Spezialfall einer sogenannten linearen Rekursion
Xt+1 = α1 Xt + α2 Yt
(3.1)
Yt+1 = β1 Xt + β2 Yt
können wir den in der letzten Vorlesung studierten Ansatz vom Eindimensionalen ins
7
Zweidimensionale übertragen :
Xt
Yt
a1
=
λt ,
a2
d.h.
Xt = a1 λt , Yt = a2 λt
für
a1 , a2 , λ ∈ R.
Verwenden wir nun diesen Ansatz (3.2) zur Lösung von (3.1), so muss für alle
gelten:
(3.2)
t ∈ N0
a1 λt+1 = Xt+1 = α1 Xt + α2 Yt
= α1 · a1 λt + α2 · a2 λt
= α1 a1 + α2 a2 λ t ,
(3.3)
a2 λt+1 = Yt+1 = β1 Xt + β2 Yt
= β1 · a1 λt + β2 · a2 λt
= β1 a1 + β2 a2 λt .
(3.4)
Die Gleichungen (3.3), (3.4) sind äquivalent zu
α1 α2
a1
α1 a1 + α2 a2
λa1
a
·
:=
=
=: λ · 1
β1 β2
a2
β1 a1 + β2 a2
λa2
a2
Dies ist ein sogenanntes Eigenwertproblem.
Das Eigenwertproblem ist das zentrale Problem der linearen Algebra, welches in den
ersten Semestern eines Mathematik-nahen Studiums ausführlich behandelt wird. Wegbereiter der modernen Eigenwerttheorie, die Anwendung in vielen Gebieten der Mathematik
7
Tatsächlich ist dieser Ansatz auf beliebig endlich viele Dimensionen übertragbar, sobald die im Folgenden studierten Konzepte der Eigenwerte und Eigenvektoren im Mehrdimensionalen deniert worden
sind. Dies ist Gegenstand einer einführenden Mathematik-Vorlesung an der Universität.
15
8
und in den Naturwissenschaften ndet war der deutsche Mathematiker David Hilbert ,
auf den auch folgendes Zitat zurückgeht:
"Denn im Allgemeinen erfreut sich die Mathematik, wenn auch ihre Bedeutung anerkannt wird, keiner Beliebtheit. Das liegt an der verbreiteten Vorstellung, Mathematik sei eine Fortsetzung oder Steigerung der Rechenkunst."
α1 α2
a1
0
eine Matrix. Ein Vektor
6=
β1 β2
a2
0
Matrix zum Eigenwert λ ∈ R, falls gilt
α1 a1 + α2 a2
a
A · v = λ · v, d.h
=λ· 1 .
β1 a1 + β2 a2
a2
Denition 3.1.
genvektor der
A :=
Sei
heiÿt Ei-
Haben wir alle Eigenwerte und Eigenvektoren bestimmt, so besteht die Honung, dass wir wie in
der letzten Vorlesung eine allgemeine Lösungsformel angeben können. Die Bestimmung von Eigenwerten und Eigenvektoren erfolgt über die Lösung
eines linearen Gleichungssystems:
⇐⇒
a1
α1 a1 + α2 a2
λ·
=
a2
β1 a1 + β2 a2
(
0 = (α1 − λ)a1 + α2 a2
0 = β1 a1 + (β2 − λ)a2
Beachte: Oft gibt es genau zwei unterschiedliche
Eigenwerte, aber die zugehörigen Eigenvektoren
sind nur bis auf skalare Vielfache eindeutig be-
1
Eigenvektor, so
−2
√ 2
√
. Es genügt, zu
−2 2
Abbildung 9: David Hilbert
stimmt: Ist der Vektor
auch jedes Vielfache von ihm, also auch
6
−2
,
−12
4
beiden Eigenwerten jeweils einen Eigen-
oder
vektor zu bestimmen.
3.1 Übung
1. Zeigen Sie, dass die Vektoren
−3
1
,
1
2
Eigenvektoren der Matrix
1 3
2 6
sind.
Wie lauten die jeweiligen Eigenwerte?
8
David Hilbert (1862-1943), einer der bedeutendsten Mathematiker mit Verdiensten in den Bereichen
Zahlentheorie, Klassische Geometrie, Algebraische Geometrie, Logik, Mathematische Physik, Allgemeine Relativitätstheorie, etc. . Die mathematischen Leistungen dieses Mannes ist nicht zu unterschätzen!
16
Lösung: Es gilt
1
2
1
2
3
6
−3
1 · (−3) + 3 · 1
0
−3
=
=
=0·
,
1
2 · (−3) + 6 · 1
0
1
3
1
1·1+3·2
7
1
=
=
=7·
.
6
2
2·1+6·2
14
2
2. Bestimmen Sie die Eigenwerte und jeweils einen Eigenvektor der Matrix
5 −1
.
3 1
Lösung: Das zu lösende Gleichungssystem für a1 , a2 , λ lautet
(
0 = (5 − λ)a1 − a2
0 = 3a1 + (1 − λ)a2
(
0
0
(
0
0
=⇒
=⇒
Da wir die Situation
erhalten für
λ
a1 = a2 = 0
Für
λ1 = 2
λ1
= (5 − λ) · a1 − a2
= λ2 − 6λ + 8 · a1
vermeiden wollen, nehmen wir
folgende Werte
λ=
sprich
= (5 − λ) · a1 − a2
= (5 − λ)(1 − λ) + 3 · a1 + 0 · a2
und
6±
√
an und
36 − 4 · 8
= 3 ± 1,
2
λ2 = 4.
erhalten wir aus der ersten Gleichung die Bedingung
hingegen
a1 6= 0
0 = a1 − a2
und es gilt:
Eigenwert
λ1 = 2,
Eigenvektor
Eigenwert
λ2 = 4,
Eigenvektor
0 = 3a1 − a2 ,
für
1
,
3
1
.
1
3. Bestimmen Sie die Eigenwerte und jeweils einen Eigenvektor der Matrix
2 3
.
4 1
Lösung: Das zu lösende Gleichungssystem für a1 , a2 , λ lautet
(
0 = (2 − λ)a1 + 3a2
0 = 4a1 + (1 − λ)a2
=⇒
=⇒
(
0
0
(
0
0
17
λ2
= (2 − λ) · a1 + 3a2
= (2 − λ) · λ−1
3 + 4 · a1 + 0 · a2
= (2 − λ) · a1 + 3a2
= (−λ2 + 3λ + 10) · a1
Wieder verlangen wir
a1 6= 0
und erhalten
λ=
λ1 = 5
sprich
Für
λ1
und
−3 ±
λ2 = −2.
erhalten wir die Bedingung
√
9 + 40
3±7
=
,
−2
2
0 = −3a1 + 3a2 ,
Eigenwert
λ1 = 5,
Eigenwert
λ2 = −2,
λ2 0 = 4a1 + 3a2 .
1
Eigenvektor
1
3
Eigenvektor
−4
für
Somit:
3.2 Fortsetzung
Analog zu Satz 2.2 erhalten wir, dass die allgemeine Lösung eine Linearkombination der
oben beschriebenen Eigenvektor-Lösungen ist.
Satz 3.2.
vektoren
λ1 6= λ2 komplexe Eigenwerte9 der Matrix A :=
a1
b
, 1 . Dann ist die Lösung der Rekursion
a2
b2
Seien
α1 α2
β1 β2
mit Eigen-
α1 α2
Xt
Xt+1
=
·
Yt+1
β1 β2
Yt
gegeben durch
−a2 X0 + Y0 a1 t b1
b2 X0 − Y0 b1 t a1
Xt
·λ
·λ2
+
.
=
b2
Yt
a1 b2 − b1 a2 1 a2
a1 b2 − b1 a2
|
{z
}
|
{z
}
=:c1
=:c2
Beweis:
Seien
Wir wollen
9
Xt0
Yt0
:= c1 ·
0
Zt =
0
λt1
a1
t b1
+ c2 · λ2
,
a2
b2
für alle
t ∈ N0
Zt :=
Xt
Yt
Xt0
.
−
Yt0
zeigen.
Eine 2x2-Matrix besitzt maximal 2 Eigenwerte, kann aber auch nur einen oder gar keinen (reellen)
Eigenwert besitzen!
18
Es gilt:
0 Xt+1
−
0
Yt+1
α2
Xt
t+1 a1
t+1 b1
·
− c1 λ1
+ c2 λ2
β2
Yt
a2
b2
b
a
α2
Xt
·
− c1 λt1 · λ1 1 + c2 λt2 · λ2 1
b2
a2
β2
Yt
α2
Xt
α1 α2
a1
α1 α2
b1
t
t
·
− c1 λ1 ·
+ c2 λ2 ·
β2
Yt
β1 β2
a2
β1 β2
b2
Xt
a
b
α2
− (c1 · λt1 1 + c2 · λt2 1 )
·
Yt
a2
b2
β2
0 Xt
Xt
α2
−
·
Yt
Yt0
β2
α2
Zt .
β2
Zt+1 =
Xt+1
Yt+1
=
α1
β1
=
α1
β1
=
α1
β1
=
α1
β1
α1
=
β1
α1
=
β1
0
Ferner X0
t ∈ N0
=
0, Y00
= 0,
und wir erhalten
Bemerkung:
d.h.
Z0 = 0 .
Vollständige Induktion liefert
Xt = Xt0 , Yt = Yt0
für alle
t ∈ N0 ,
0
Zt =
0
was zu zeigen war.
für alle
Die Tatsache, dass wir wie bei den eindimensionalen Rekursionen 2.Ord-
nung die Existenz unterschiedlicher Eigenwerte/Nullstellen verlangen, verdeutlicht die
strukturellen Gemeinsamkeiten der beiden Objekte. In der Tat ist jede Dierenzengleichung 2.Ordnung in einer Dimension
Yt := Xt−1
Xt+1 = f (Xt , Xt−1 )
mittels der Transformation
äquivalent zu einem System erster Ordnung in 2 Dimensionen:
f (Xt , Yt )
Xt+1
.
=
Xt
Yt+1
3.3 Übung
Bestimmen Sie die allgemeine Lösung der Dierenzengleichung von
Xt+1
Yt+1
2 4
Xt
=
.
1 2
Yt
Wie lautet die Lösung dieser Gleichung mit der Eigenschaft
19
X0 = 1, X2 = 16?
Lösung: Zunächst sind Eigenwerte und zugehörige Eigenvektoren zu bestimmen:
(
0 = (2 − λ)a1 + 4a2
0 = a1 + (2 − λ)a2
=⇒
=⇒
Wir verlangen
Für
λ1
a2 6= 0
und erhalten
erhalten wir die Bedingung
Vektoren Eigenvektoren:
(
0
0
(
0
0
λ1 = 0
= 0 · a1 + (λ − 2)(2 − λ) + 4) · a2
= a1 + (2 − λ)a2
= (−λ2 + 4λ) · a2
= a1 + (2 − λ)a2
und
λ2 = 4.
0 = a1 + 2a2 , für λ2 0 = a1 − 2a2 . Daher sind folgende
Eigenwert
λ1 = 0,
Eigenvektor
Eigenwert
λ2 = 4,
Eigenvektor
−2
1
2
1
00 = 1 )
Xt
t 2
t −2
+ c2 · 4
= c1 · 0
1
Yt
1
Die Lösungen sind somit gegeben durch (hier
Die Anfangsbedingung
X0 = 1
und
X2 = 2
liefern
1 = X0 = c1 · (−2) + c2 · 2 = −2c1 + 2c2
16 = X2 = c1 · 02 · (−2) + c2 · 42 · 2 = 32c2
Die einzige Lösung dieses Systems ist oenbar
c1 = 0, c2 =
1
2 und es folgt
1 t 2
1
Xt
t
= ·4
=4 · 1 .
Yt
1
2
2
20