Keine Ahnung, ob meine Lösung richtig ist. Durch Probieren und mit dem TI-89 bin ich in jedem Fall auf Lösung 10 gekommen. EInen Beweis habe ich dann wie folgt notiert:
Code:
Wir betrachten die rekursive Folge der Geschwindigkeit.
|v_(t+1) |=|-0.5v_t-ax_t |≤0.5|v_t |+a|x_t |
Eine rekursive geometrische Folge konvergiert dann gegen Null, wenn sie die Form a∙x_t mit 0<a<1 hat. Da es sich um die Summer zweier geometrischer Reihen handelt, und beide Vorfaktoren das Kriterium erfüllen, konvergiert die gesamte rekursive Folge gegen Null, wenn 0<a<1 gilt. Für größere a wird die Reihe divergieren.
mit dem Angstwert $a>0$ als Parameter. Obwohl das Problem als zweidimensionale Vektorgleichungen definiert wurde, genügt es, nur eine Dimension zu betrachten, da aus der Anfangsbedingung $v_{0,1}=v_{0,2}$ und $x_{0,1}=x_{0,2}$ induktiv folgt, dass für alle Zeitschritte $t$ $v_{t,1}=v_{t,2}$ und $x_{t,1}=x_{t,2}$ gilt.
Daher seien im Folgenden $v_t$ und $x_t$ reelle Zahlen. Offenbar ist $v=0$ und $x=0$ ein Fixpunkt dieser Iteration, denn es gilt
Sei
\[
||(v,x)|| = |v| + |x| \quad
\]
eine Abstandsnorm.
Nach Banachschem Fixpunktsatz ist $(0,0)$ der einzige Fixpunkt, wenn gilt
\[
||(v_{t+1},x_{t+1})-(0,0)|| < ||(v_{t},x_{t})-(0,0)||
\]
oder äquivalent
\[
||(v_{t+1},x_{t+1})|| < ||(v_{t},x_{t})|| \quad .
\]
Mit der Dreiecksungleichung $|x+y|\leq|x|+|y|$ gilt die letzte Ungleichung mindestens dann, wenn man die linke Seite nach oben abschätzt. Falls $x$ und $y$ verschiedene Vorzeichen haben, dann gilt sogar $|x+y|<|x|+|y|$. Dies sei als $|x+y|=|x|+|y|-\delta$ mit Hilfe eines zusätzlichen Parameters $\delta$ ausgedrückt, der null ist, wenn beide Terme gleiches Vorzeichen haben, und eine positive Zahl ist, wenn sie unterschiedliches Vorzeichen haben.
Das ist wahr für alle Werte von $v_t$ und $x_t$, wenn
\[
a + |a-1| - \delta < 1 \quad .
\]
Dies ist nicht erfüllt, wenn $a>1$, da dann $\delta=0$ und $a+|a-1| > a > 1$ gilt.
Für $0<a<1$ hingegen ist $\delta>0$ und $|a-1|=1-a$ und somit
\[
1-\delta < 1
\]
eine wahre Aussage.
Damit ist bewiesen, dass für $0<a<1$ die Iterationsvorschrift genau einen Fixpunkt besitzt und sich das Rentier an einem Punkt fangen lässt.
Von mir ein Lösungsvorschlag mit Spektraltheorie: Das mit dem 2D ignoriere ich dabei gar nicht erst. Viele andere einfache Details lasse ich im Folgenden weg.
Nach Einsetzen der ersten in die zweite Gleichung und Einführung eines Spaltenvektors q_t = (x_t v_t)^T lautet die Iteration
q_{t+1} = M q_t
mit einer 2x2 Matrix M
( 1-a -1/2 ) ( -a -1/2 )
Also ist offensichtlich q_t = M^t q_0.
Wir werden gleich sehen: i) M ist diagonalisierbar, mit zwei verschiedenen reellen Eigenwerten (EW) m_1 und m_2, von denen je einer positiv bzw. negativ ist: m_1 < 0 < m_2 ii) Genau für 0<a<1 ist der Betrag beider Eigenwerte kleiner als Eins, so dass M^t für t nach Unendlich gegen die Nullmatrix geht, womit auch insbesondere v_t gegen Null strebt. Ein Rentier mit einem derartigen a wird und bleibt beliebig langsam im Sinne der Aufgabe.
Zur Bestimmung der EW von M führt das Vorgehen nach Schema F mit dem charakteristischen Polynom von M auf eine quadratische Gleichung; wir kürzen ab im Sinne von Vieta:
Produkt und Summe der Eigenwerte von M sind Determinante und Spur (Tr von engl. trace, Summe der Diagonalelemente von M) von M und leicht zu berechnen: m_1 * m_2 = det M = ... = -1/2. m_1 + m_2 = Tr M = 1-a + (-1/2) = 1/2 - a woraussoforti)folgt.
Für a=1/2 ist Tr M = 0, somit sind die Eigenwerte +- \sqrt(1/2), also vom Betrag her kleiner als Eins. a=1/2 liegt also im gesuchten Bereich. Da die EW offenbar stetig von a abhängen und jeweils einer für a nach plus/minus Unendlich auch ins Unendliche verschwindet, ergeben sich die in ii) behaupteten Grenzen des gefragten „Einfangbereichs“ wie folgt:
a) m_1 = -1 liefert m_2 = 1/2 und m_1 + m_2 = -1/2, woraus a = 1 folgt. b) m_2 = +1 ergibt m_1 = -1/2 und m_1 + m_2 = 1/2, woraus a = 0 folgt.
(um zu zeigen, dass für a>1 (steht in den Antwortmöglichkeiten nicht zur Verfügung und a<=0 ist explizit in der Aufgabe ausgeschlossen), das Rentier wirklich wegrennt, muss man nun nur noch sehen, dass q_0 =(1 0)^T kein Eigenvektor von M ist...)
PS: Wie die Aufgabe mit Schulstoff und den angegebenen Betragsungleichungen schön zu lösen ist, weißich leider noch nicht. PPS: Mich haben auch viele Aspekte an der Aufgabenstellung gestört; einige wurden schon im Feedbackforum angesprochen. PPPS: Es wäre wirklich schön, wenn man im Lösungsforum Formeln so eingeben könnte, dass sie auch nett dargestellt werden. PPPPS: Ansonsten hat mir auch diese Aufgabe viel Spaßbereitet.
(12-18-2024, 03:12 PM)Gramar schrieb: Die Berechnung der Eigenwerte ist schon klar, aber ist die Matrix wirklich diagonalisierbar? Es folgt jedenfalls nicht einfach so.
Schnellste Konvergenz in der Mitte für a=0.5
Symmetrische Konvergenzgeschwindigkeit Richtung Ränder 0 bzw 1: Für a=0.5+/-k gleiche Konvergenzgeschwindigkeit (0<k<0.5): je näher den Rändern, desto langsamere Konvergenz!
Für a=0: konstante Folgen, Rentier bewegt sich nicht bleibt stationär auf (1,1) da v_n immer (0,0) - lässt sich also ganz leicht einfangen.
Für a=1: Konvergente Teilfolgen x_2n und x_2n+1: Alternierend springt das Rentier "im Grenzwert" zwischen (1/3 / 1/3) und (-1/3 / -1/3) hin und her. da lim v_n = (-1)^n * (2/3 / 2/3)
Für Betrag(a)>1 Divergenz ohne konvergente Teilfolgen.
