Willkommen! Anmelden Ein neues Profil erzeugen

Erweiterte Suche

Brauche dringend Hilfe!!

geschrieben von Bettina 
In diesem Forum können zur Zeit keine Beiträge verfasst werden. Bitte versuche es später noch einmal.
Brauche dringend Hilfe!!
07. May 2004 10:34
Hallo,
ich habe ein Problem das sich auf meine Diplomarbeit bezieht: ich versuche zu beweisen, dass wenn eine stetige Funktion ein Hufeisen im Sinne von Glendinning besitzt, die Menge aller Punkte die unter iteration nich wegiteriert werden eine Cantormenge ist. Ich habe schon rausgefunden, dass der Beweis auf jeden Fall ziemlich delikat ist aber dei Frage die ich mir stelle ist: Ist die Aussage ueberhaut allgemein wahr oder welche Einschraenkungen muss ich fuer f in Kauf nehmen und wo in der Literatur finde ich einen allgemeinen Beweis (der Spezialfall fuer die logistische Funktion fuer a>2+sqrt(5) ist mir bekannt).
Fuer Eure Hilfe bin ich Euch echt dankbar.

Gruss
Bettina
Re: Brauche dringend Hilfe!!
07. May 2004 21:53
Hi Bettina
> Ein Hufeisen im Sinne von Glendinning ...
Was ist das denn genauer ? Bei Google erhaelt man dazu nur die Info, dass man den Herren auch Glenndining schreibt und dass es in Amerika
Schuhe fuer Pferde gibt. horse shoes :-).
Hat das Hufeisen etwas mit der Smales Hufeisenabbildung zu tun ? Einer topologischen iterativen Verformung des Phasenraumes ? Hierzu habe ich eine Seite gefunden, die angibt, dass fuer den Fall, dass der komplette Phasenraum mit der Hufeisen Abbildung iteriert wird, sich eine Cantor Menge ergibt.
Waere das nicht ein Ansatzpunkt ? Durch was wird eine Cantor Menge eigentlich definiert ? Durch ihre konkrete Form oder lediglich die Topologie und fraktale Dimension ? Die Darstellung eines iterativen Vorgangs im Phasendiagramm bildet doch dort eine Art Untermenge. Im Laufe der Hufeisen Abbildung wird diese dann wohl Untermenge einer Cantor Menge.
Bei einem einzelnen Punkt wird das wohl nicht der Fall sein. Kann mir nicht vorstellen dass man solch einen dehnen und stauchen kann. Vielleicht gibt es daher eine Bedingung an die fraktakle Dimension der Ausgangsmenge ?
Oder liege ich gaenzlich auf dem Holzweg ?
Im www wird auch oft auf eine wohl duale Aufgabenstellung, die Shift Abbildung hingewiesen. Hier zum Beispiel:

http://dynamics.mi.fu-berlin.de/lectures/01SS-Fiedler-Chaos/Tim-Hufeisen.pdf

Diese Hufeisen-Abbildung klingt auf jeden Fall interessant
ciao
richy

PS: 2+sqrt(5)=4.236.... > 4
meintest Du 1+sqrt(5) ?

Mir ist der Beweis fuer diesen Spezialfall nicht bekannt.
Wo kann man den finden ?



Nachricht bearbeitet (07.05.04 22:35)
Hi, Richy!
Eine stetige Funktion f:I->R, I Intervall in R, hat ein Hufeisen, wenn es ein Intervall J in I gibt und zwei disjunkte Intervalle T_0 und T_1 in J, so dass f(T_i)=J fuer i=0,1.
Die logistische Funktion hat also fuer r>4 ein Hufeisen wenn man J=I=[0,1] nimmt, waehrend Smales Horseshoe Map in diesem Sinn kein Hufeisen hat!
Eine abgeschlossene, vollstaendig unzusammenhaengende und perfekte Menge ist eine Cantormenge. Vollstaendig unzusammenhaengend heisst, sie enthaelt keine Intervalle und perfekt heisst, jeder Punkt der Menge ist Haeufungspunkt der Menge.
Dass die Menge aller Punkte, die unter Iteration in J bleiben eine Cantormenge ist, ist einfach zu zeigen wenn f differenzierbar ist und auf den T_i eine Steigung hat die betragsmaessig > 1 ist (deshalb r>2+sqrt(5)).

Das eigentliche Ziel ist es, zu zeigen dass eine Funktion, die ein Hufeisen hat, auf der Cantormenge topologisch konjugiert ist zum einseitigen Shift auf einem Coderaum von zwei Symbolen. Dieser wiederum ist chaotisch im landlaeufigen Sinne. Damit wuerde also aus der Existenz eines Hufeisens folgen dass die Funktion auf der Cantormenge chaotisch ist und weiter auch, dass eine Funktion, die einen Orbit kleinster Periode drei hat, auf einer Cantormenge chaotisch ist.

Ich habe bereits rausgefunden, dass die Funktion diff`bar sein muss und man alle stabilen und hyperbolischen periodischen Punkte rausnehmen muss um die Chance zu haben, eine Cantormenge zu erhalten.
Bloss ob das schon reicht oder was noch alles fehlt und ob man vielleicht die Sache mit der Diff`barkeit umgehen kann.... Fragen ueber Fragen!

Den Beweis findest Du im Buch von Wolfgang Metzler: Chaos und dynamische Systeme, Stuttgart, 1997 oder 98. Aber wenn Du Interesse hast kann ich Dir auch auf diesem Weg eine kleine Beweisskizze senden.

Ciao
Bettina

Re: Brauche dringend Hilfe!!
14. May 2004 13:47
Hi Bettina
Deine gesuchte Beweisfuehrung scheint wirklich eine kniffeligie Aufgabe zu sein. Da ich kein Profimathematiker bin,versuche ich erstmal die Aufgabenstellung fuer mich zu uebersetzen:

> Eine stetige Funktion f:I->R, I Intervall in R, hat ein Hufeisen ...

Gegeben ist also eine Funktion f die das Intervall I auf die reellen Zahlen R abbildet.
Ist mit R die Werte oder Bildmenge gemeint ? Das scheint in der Literatur nicht eindeutig festgelegt. Wird das Intervall also auf alle reelen Zahlen abgebildet ? (Bildmenge) Denke wohl eher nicht.

> hat ein Hufeisen, wenn es ein Intervall J in I gibt und zwei disjunkte
> Intervalle T_0 und T_1 in J,

J soll also nochmal eine Teilmenge von I sein und in diesem Intervall J sollen wiederum zwei Intervalle T0 T1 liegen, die sich nicht ueberlappen.

> so dass f(T_i)=J fuer i=0,1.

die Funktion f besitzt also dann die Eigenschaft "hat ein Hufeisen",
wenn sie sowohl T0 als auch T1 auf das komplette Intervall J ? (also doch Bildmenge) abbildet.

Wozu war es hier eigentlich notwendig das Intervall I einzufuehren ?

> Die logistische Funktion hat also fuer r>4 ein Hufeisen wenn man J=I= [0,1] nimmt,

D.h. es existieren zwei Intervalle 0< (T0,T1) < 1 die durch die Abbildung
y(k+1)=r*y(k)*(1-y(k))), r>4 vollstaendig auf das Intervall [0..1]
abgebildet werden ?

Hier kann ich mehrfach nicht folgen:
a) Welche Intervalle sollen das sein ?
Fuer r>4 divergiert die logistische Gleichung doch gegen minus unendlich ?
b) Die Funktion enthaelt den Zusaetzlichen Parameter k neben r
y(k+1)=f(r,y,k)
Ueber diesen wird gar keine Aussage getroffen.


> Eine abgeschlossene, vollstaendig unzusammenhaengende ... und
> perfekte Menge ist eine Cantormenge.

Eine Cantormenge besteht also aus einzelnen Punkten wobei zwischen diesen Punkten mindestens ein weiterer Punkt liegt,der nicht zu dieser Cantormenge gehoert.

> ... und perfekte Menge ist eine Cantormenge.
> perfekt heisst, jeder Punkt der Menge ist Haeufungspunkt der Menge.

Hier krieg ich Probleme mit der Anschauung

Haeufungspunkt einer Menge
• P ist ein Haeufungspunkt von A, falls in jeder Umgebungvon P mindestens ein von P verschiedener Punkt aus A liegt
• Ein Haeufungspunkt einer Menge A heißt ein Punkt P ,der in der abgeschlossenen Huelle von A &#8722; {P } liegt.

Abgeschlossene Huelle einer Menge
• Die abgeschlossene Huelle einer Menge A ist die Vereinigung von A mit der Menge aller ihrer Haeufungspunkte
• Die abgeschlossene H¨ulle einer Menge A ist der Durchschnitt aller abgeschlossenen Mengen, die A enthalten.

Kann man dies irgendwie anschaulicher Ausdruecken ?
In etwa verstehe ich es.

> wenn f differenzierbar ist und auf den T_i eine Steigung hat die
> betragsmaessig > 1 ist (deshalb r>2+sqrt(5)).

Mit f(y,r,k) ist wohl doch eine einzelne Abbildung gemeint, keine verkettete.
Es fehlt leider die Angabe, nach welcher Variablen zu differenzieren ist.
y(k) oder k.

Fuer f=y(k+1)=r*y(k)*(1-y(k))=r*y(k)-r*y(k)**2)
a) abs( df/dy(k) )=abs( r-2r*y(k) ) !> 1
b) abs( df/dk ) (ist etwa) abs(y(k+1)-y(k) ) =abs( (r-1)*y(k)-r*y(k)**2 ) !>1
c) df/dr=y(k)*(1-y(k)) !>1
c) kann man wohl ausschliessen

Da die Aufgabe den Phasenraum betrifft rate ich mal: k

Auch hier tappe ich eher im Nebel:

Als Loesung von abs( df/dk )=1
erhalte ich zwei Loesungsstuecke: r=f(y(k)) in 2 Intervallen.
Aha, da sind ja jede Menge Fallunterscheidungen notwendig.

VERSUCHE ICH MAL MORGEN


.... aber ergibt das eine Loesung mit Wurzel der Form r>2+sqrt(5)) ?
Faellt so y(k) aus der Loesung ?

Betrachtest Du etwa die Umkehrfunktion ?
Das waere natuerlich besonders interessant,
da Konrad und ich uns hierzu schon einiges ueberlegt haben.
Die Umkehrfunktion lautet:
x(k+1)=1/2r ( r +- sqrt( r**2 - 4*r*x(k) ) )
Hier als Naeherung wieder die Differenz 1. ter Ordnung
abs(x(k+1)-x(k))=abs(1/2r ( r +- sqrt( r**2 - 4*r*x(k) )-2*r*x(k) ))
......

AUCH DAS MORGEN :-)

Beweisskizze ware natuerlich prima !



ciao
richy



Nachricht bearbeitet (15.05.04 04:15)
Hi, Richy!
Ich glaub, wir haben hier bezueglich der logistischen Abbildung einfach ein kleines Missverstaendnis...
Bei uns ist sie definiert als
f(x)=r*x*(1-x) ,also y(k)=x, und die Iterationenfolge dann als x_(n+1)=f(x_n). Das heisst man kann f ganz normal nach x ableiten.
Die Iterierten kommen an dieser Stelle noch gar nicht ins Spiel, man betrachtet erst mal nur die Funktion f, die dann auch einfach eine Parabel ist.
Wenn nun r>4 ist, dann ist f(1/2)=r/4 >1 und wegen der Stetigkeit folgt, dass es x_0 < x_1 gibt mit f(x_0)=f(x_1)=1. Dann ist T_0=[0,x_0] und T_1=[x_1,1].
Zur Anschauung einer Cantormenge bietet sich die "Urspruengliche" Cantor'sche Wischmenge an: nimm das Intervall [0,1] und "wische" das mittlere Drittel (offen!) raus. Und aus den 2 verbleibenden Teilstuecken wieder das mittlere Drittel. Und aus den 4 verbleibenden wieder. Und wieder und wieder und wieder...
Die Wikipedia (www.wikipedia.de) gibt dazu ein paar schoene Beispiele.
Um unsere Cantormenge zu konstruieren, fuehren wir die Mengen A_i ein mit
A_0:={x in [0,1]|f(x) nicht in [0,1]}
=]x_0,x_1[
A_1:={x in [0,1]|f(x) in A_0}
A_i:={x in [0,1]|f(x) in A_(i-1)}
Diese Mengen sind wegen der Stetigkeit von f alle offen.
Wenn i gegen unendlich geht, bleibt nicht mehr viel uebrig:
L:=[0,1]\( unendliche Vereinigung aller A_i)
= {x in [0,1]|f^n(x) in [0,1] fuer alle n in N} (f^n(x)=n-te Iterierte = x_n).
Die Behauptung ist nun, dass L eine Cantormenge ist.

Beweisskizze fuer r>2+sqrt(5):

L ist abgeschlossen:
[0,1] ist abgeschlossen und alle A_i und also auch deren Vereinigung sind offen. Das Komplement einer offenen Menge in einer abgeschlossenen Menge ist wieder abgeschlossen.

L ist vollstaendig unzusammenhaengend:
Weil |f'(x)| auf T_0 und T_1 >1 ist und L in T_0 vereinigt T_1, gibt es ein l mit |f'(x)|>l>1 fuer x aus L.
Dann gilt (Kettenregel)
|f^n(x)|=|f'(f^(n-1)(x))|*|f'(f^(n-2)(x))|*....*|f'(x)|>l^n fuer alle x in L.
Angenommen, L enthaelt ein Intervall [a,b] a<b. Waehle n so gross, dass l^n*|a-b|>1.
Dann folgt mit dem Mittelwertsatz
|f^n(a)-f^n(b)|>l^n*|a-b|>1 und das ist ein Widerspruch.

L ist perfekt:
Est mal gehoeren alle Randpunkte der A_i zu L denn sie werden irgendwann auf 0 abgebildet.
Nun sei p in L ein isolierter Punkt, es gibt also eine Umgebung U(p) von p so dass die Orbits aller Punkte U(p)\{p} das Intervall [0,1] irgendwann verlassen.
Also gehoert jeder Punkt einem A_n an. Dann ex. entweder eine Folge von Randpunkten der A_i die gegen p konvergiert oder eine Umgebung V(p) = oder in U(p) so dass V(p)\{p}= oder in A_(n-1) fuer ein n.
Im erste Fall entsteht ein Widerspruch weil die Randpunkte irgendwann auf 0 abgebildet werden und also zu L gehoeren..
Im zweiten Fall koennen wir wegen Stetigkeit annehmen, dass f^n(x)<0 fuer x in V(p)\{p} und f^n(p)=0 bzw f^n(x)>1 fuer x in V(p)\{p} und f^n(p)=1. Dann hat f^n in p ein lokales Extremum und (f^n)'(p)=0.
Wegen der Kettenregel ist dann f'(f^k(p))=0 fuer mindestens ein k<n, also muss f^k(p)=1/2 sein. Dann ist aber f^(k+1)(p) nicht mehr in [0,1]. Widerspruch.
Also ist L eine Cantormenge.

Tja, wie Du siehst wird hier erstens Differenziebarkeit verlangt und dann muss die Ableitung auch noch groesser als 1 sein.
Und eigentlich wollte ich als Voraussetzung nur die Stetigkeit haben, aber da hab ich schon ein paar Gegenbeispiele gesammelt. Die Frage ist also, welche Voraussetzungen brauche ich und auf welche kann ich verzichten.

Ciao Bettina
Re: Brauche dringend Hilfe!!
19. May 2004 15:39
Hallo Bettina
War eigentlich kein richtiges Missverstaendnis. Ich bin nur von der ganzen Differenzengleichung ausgegangen.
x(n+1)=r*x(n)*(1-x(n)) [ = f(x(n)) kurz f(x) mit f(x)=r*x*(1-x) ]
Dann ergibt sich eben die Frage nach welcher Variable zu differenzieren ist.
a) dx(n+1)/dn ( Steigung der Iteration, Zeitliche Ableitung, (numerisch) )
b) dx(n+1)/dx(n)=df(x)/dx (Steigung der Abbildungsfunktion)
Hatte auf a) getippt, da ich eher an den Phasenraum dachte.
Knapp daneben ist eben auch daneben :-)
Es ist mir jetzt klar, welche Ableitung gemeint ist. Eben die der logistischen Abbildung und nicht der logistischen (Differenzen)-Gleichung. Hast ja auch ABBILDUNG geschrieben. (* Zu dem Thema spaeter noch etwas )
Die Konstruktion der Cantormenge ueber das Auswischen eines Drittels ist mir bekannt. Denke welche Behauptung denn ueberhaupt zu beweisen ist habe ich inzwischen verstanden. Allerdings muss ich Deinen Thread nochmals in aller Ruhe durchgehen. (BTW Vielen Dank fuer die ausfuehrliche Erklaerung) Auf die Schnelle zwischen Rasen maehen und Musikprobe geht das heute leider nicht mehr. Hoffe Du bist nicht zu sehr in Zeitnot.

Satz I]
Nem "Dummen" etwas zu erklaeren hat manchmal aber auch den Vorteil, dass man es sich dann selber auch noch einmal erklaert.

Hoffe ja mal aber ich bleibe net zu lange zu dem Thema dumm, da mich alle Aspekte zur logistischen Gleichung sehr interessieren.
Sogar die falsche Faehrte dx(n+1)/dn hatte nen Sinn. Es laesst sich damit eine naeherungsweise Differentialgleichung fuer x(n) angeben.
Aber das verschiebe ich mal.

(* Zu dem Thema spaeter noch etwas )
Ich konnte Deinen Thread bisher nur ganz kurz ueberfliegen.
Hier nur kurz ne Idee :
Konrad hatte mal hier den Einfall die logGL als partielle DGL anzusehen.
D.h. er schlug vor keine einzelnen Anfangswerte zu betrachten sondern
eine Anfangswerte-Verteilungsfunktion. Ich fand das anfangs unsinnig.
Aber nur anfangs :-)
Dadurch ergaben sich einige interessante (sicherlich nicht neue)
Aspekte. Die Methode ist recht gelaeufig, aber wir sind damit doch recht weit gekommen. **
Methode:
Betrachte die Funktion p(x,n) statt x(n) mit p(x,n=0)=x
p(x,n=1)=x*(1-x)
p(x,n=2)=x*(1-x) * (1- (x*(1-x)) ) .... usw
also eine Verkettung deiner logistischen Abbildung
Hilft diese Betrachtungsweise eventuell weiter ?
Das nur mal auf die Schnelle. weil es uns auch ungemein geholfen hat.
KOMMANDO ZURUECK: FUER LOG ABB LIEGT DER BEWEIS JA SCHON VOR
Und fuer Funktionen anderer Gestalt liefert die Verkettung zu komplizierte Ausdruecke.

Ok ich versuche mich mit "Rasenmaehen" zu beeilen um eventuell bald paar Vorschlaege liefern zu koennen.
Hoffentlich ueberschaetze ich mich da nicht. Dann bleibt Dir wenigstens
Satz I) :-)
Ach so was studierst du ueberhaupt und was ist etwa das Thema der Diplomarbeit, wenn man fragen darf ?
Der Shift Operator ist das die Multiplikation mit 2 in Maschinensprache ?
ciao
richy

** Die komplexen Nullstellen der Polynome p(x,n) koennen wir z.B. numerisch bestimmen. Scheinen eine Julia Menge zu bilden.



Nachricht bearbeitet (19.05.04 20:38)
Re: Brauche dringend Hilfe!!
19. May 2004 23:52
Rehi Bettina

Ok versuche mal jetzt die Problemstellung und den Beweis fuer f(x)=logistische Abbildung fuer mich (und evtl. andere Nichtmathematiker hier)zu uebersetzen.

**********************************************************
f(X)=r*x*(1-x)
> Wenn nun r>4 ist, dann ist f(x=1/2)=r/4 >1
...
Yepp das trifft immer zu. Bleibt vielleicht zu ergaenzen, dass x=1/2 fuer alle r tatsaechlich das absolute Maximum der Parabel darstellt, denn
df(x,r)/dx=0=r*(1-2*x)

> und wegen der Stetigkeit folgt,
> dass es x_0 < x_1 gibt mit f(x_0)=f(x_1)=1.
...
Auch dem kann ich folgen, wenn ich (BILD A) im Anhang betrachte. Die Punkte x0 und x1 lassen sich auch mit der inversen Abbildung berechnen.
x0/1=1/2( r +/- sqrt(r^2-4r) )/r
die Wurzel ist reell fuer r*(r-4)>0 also r>4 ( BTW auch r<0)

> Dann ist T_0=[0 , x0] und T_1=[x1 , 1].
...
T_0 und T_1 waren die beiden "nichtueberlappenden" Intervalle, die auf das gemeinsame Intervall J abgebildet werden.
Im (BILD A) habe ich das auch mal eingezeichnet. Das gemeinsame Intervall J ist hier also speziell das Intervall [0,1]

Ich frage jetzt mal fuer mich:
Warum ist dem so ?
oder zunaechst

Was zeichnet den aktuellen Sachverhalt aus ?
a)
Wir haben fuer die Parabel eine obere (1) und untere Schranke (0) gewaehlt, also einen Streifen S. Der Funktionswert innerhalb der Intervalle T_0 und T_1 verlaesst diesen Streifen S nicht.

b)
Bildet man die Intervallgrenzen (mehrdeutig) ueber die Inverse der Funktion f ab, so erhaelt man die Intervallgrenzen von T_0 und T_1

Lass ich mal gut sein, kann man wohl noch exakter fassen.
*******************************************************

JUHU BIS JETZT IST ALLES RELATIV VERSTAENDLICH :-)

Dass dem nicht so bleiben wird, ahne ich aber bereits :-)
Daher lasse ich auch meinem Spieltrieb mal freien Lauf.

Was bedeuten diese beiden Intervalle eigentlich praktisch. ?
Also im Folgenden einige Ueberlegungen die ich gerade fuer mich anstelle und Du wahrscheinlich schon hinter Dir hast.

Ich naehere mich dem ganzen Szenario mal von r<4 her.
Wie (BILD A) zeigt, schneidet die Parabel dann die Gerade f(x)=1 nicht.
D.h. sie schneidet sie schon, blos wir koennen das nicht sehen !
Denn jedes JEDES Polynom 2.ter Ordnung hat 2 Nullstellen.
Fuer das willkuerliche Beispiel r=2 hat die Gleichung 2*x*(1-x) = 1
zum Beispiel das konjungiert komplexe Loesungspaar:
1/2*(1+i ) sowie 1/2*(1-i ); i=sqrt(-1) also die imaginaere Einheit
Wuerden wir von vornerein komplex rechnen waere der Fall r=2
nichts besonderes, eher der Fall r>4.
Die Beschraenkung des Parameters r auf r>4 ist somit eigentlich etwas
kuenstliches. Die Beschraenkung auf eine nichtkomplexe Betrachtung.

r=4
Richtig spannend ist der Fall r=4. Hier haben wir eine doppelte reelle Nullstelle x1/2=1/2. Ein ECHTER Sonderfall !
Mehrfache Nullstellen sind immer besonders hilfreiche Gesellen :-)

In diesem Fall ist die Vereinigung von T_0 und T_1 identisch mit J und
das ist der einzigste Fall fuer den eine rein reelle Betrachtungsweise
des GESAMMTEN Intervalls [0,1] moeglich ist.

*** Schon seltsam.
i) Fuer r<4 schlaegt das Chaos gerade in unbarmherzigster Harte zu.
ii) Fuer r>4 lauert die Gefahr der Divergenz.
Fuer r=4 liegt in dieser ungemuetlichen Umgebung eine Art Ruhepol

*******************************

ciao
richy



Nachricht bearbeitet (20.05.04 14:23)
Re: Brauche dringend Hilfe!!
20. May 2004 03:06
In der Anlage (Bild A)
@ ccm : Anhang zu gross
Anhang klappt bei mir net. Hier die URL zum Bild A
http://home.arcor.de/richardon/2003/huf1.gif



Nachricht bearbeitet (20.05.04 15:21)
Re: Brauche dringend Hilfe!!
20. May 2004 15:05
ok wie gehts jetzt weiter ?

>Um unsere Cantormenge zu konstruieren, fuehren wir die Mengen A_i ein mit
>A_0:={x in [0,1]|f(x) nicht in [0,1]}
>=]x_0,x_1[

A_0 soll also ein Intervall sein, das in x=[0,1] liegt, aber fuer den die Funktionswerte nicht in [0,1] liegen.
In (BILD B) habe ich A_0 eingetragen. Fuer A_0 gilt f(x)>1.
Also das Intervall ]x0,x1[ ( ][ bedeutet wohl ohne den Rand)

http://home.arcor.de/richardon/2003/huf2.gif

>A_1:={x in [0,1]|f(x) in A_0}
>A_i:={x in [0,1]|f(x) in A_(i-1)}

Aha, so funktioniert das.
Das Intervall A_0 soll jetzt erneut eine Bedingung fuer f(x) liefern.
D.h, man spiegelt es zunaechst an der 45 Grad Linie.
Nun bildet A_0 einen Streifen, der die naechsten Intervalle festlegt.
... und fuehrt das ganze iterativ fort

Der Vorgang ist in (BILD C) dargestellt
http://home.arcor.de/richardon/2003/huf3.gif

> L:=[0,1]\( unendliche Vereinigung aller A_i)

Ist mit L ist das Komplement aller Vereinigungen der A_i gemeint ?

*****************************************************
Die Behauptung ist nun, dass L eine Cantormenge ist.
Beweisskizze fuer r>2+sqrt(5):

L ist abgeschlossen:
[0,1] ist abgeschlossen und alle A_i und also auch deren Vereinigung sind offen. Das Komplement einer offenen Menge in einer abgeschlossenen Menge ist wieder abgeschlossen.
******************************************************
Beantwortet meine obige Frage und beweist, dass L eine abgeschlossene
Menge ist.
(In (BILD C) ist L rot markiert.)

***********************************************************
> L ist vollstaendig unzusammenhaengend:
> Weil |f'(x)| auf T_0 und T_1 >1 ist und L in T_0 vereinigt T_1, gibt es ein l >mit |f'(x)|>l>1 fuer x aus L.
***********************************************************
An der Stelle bekomme ich Probleme
> Weil |f'(x)| auf T_0 und T_1 >1
Aber dieses Problem kann ich loesen.

|f'(x)| >1 auf T_0 und T_1 kann man allgemein nicht voraussetzten.
Ich loese daher die Bedingung mal nach x auf:
abs(df/dx)=abs(r(1-2x)) !>1
fuer r>0 kann man schreiben abs(1-2x)>1/r

Fall 1: 1-2x>0 => a) x<1/2
1-2x>1/r; -2x>1/r-1; -x>1/2r-1/2; b) x<1/2-1/2*r
Da wir r>0 annehmen ist Bedingung b) staerker
x<1/2-1/2r=(r-1)/2r
****************

Fall 2: 1-2x<0 => a) x>1/2
2x-1>1/r; 2x>1/r+1; x>1/2r+1/2
Da wir r>0 annehmen ist Bedingung b) staerker
x>1/2r+1/2=(r+1)/2r

hier muss man wohl die Bedingungen fuer T_0 T_1 noch einsetzten um x zu eleminieren ....

Fall 1:
T_0 fordert die zusaetzliche Bedingung f(x)<1, also
r*x*(1-x)<1
fuer r>0
x-x^2<1/r
-x^2+x-1/r>0
x^2-x+1/r<0
x1/2< 1/2r*(r+/-sqrt(r^2-4r))
Wir setzten diese Bedingung in Fall 1 ein
x<1/2-1/2r=(r-1)/2r
um x zu eliminieren:

1/2/r*(r+/-(r^2-4*r)^(1/2))=(r-1)/2/r

Der negative Loesungsast also x2< 1/2r*(r-sqrt(r^2-4r))
fuert zum Erfolg und liefert uns nun endlich zwei Loesungen:
Von der Grenze r=2 +/- sqrt(5) bedienen wir uns mit der Loesung,
fuer die r>0 gilt.

YEPP, JETZT HABE ICH MIR DAS ENDLICH HERGELEITET

***********
r > 2 + sqrt(5)
***********

FALL 2:
... kann man genauso berechnen
man sollte ja immer kritisch sein, aber ich erspare mir mal die Rechenarbeit und nehme an, dass sich hier die selbe Bedingung ergibt.
r > 2 + sqrt(5)

***********************************************************
Soweit, so gut.
Da sich die Bedingung r > 2 + sqrt(5) ergeben hat sogar sehr gut :-)
Unter dieser Bedingung kann ich nun akzeptieren, dass der Betrag der
Steigung der logistischen Abbildung f(x)=r*x*(1-x) in den Intervallen T_0 bzw T_1 groesser eins ist. Dem ist so !
Und r=2+sqrt(5) stellt die unterste Schranke dar, fuer die diese Bedingung erfuellt ist.

Aber weiter:
II)
> und L in T_0 vereinigt T_1,
Diese Aussage verstehe ich rein formal nicht.
Sorry, was soll das bedeuten ?

> gibt es ein l mit |f'(x)|>l>1 fuer x aus L.
dem moechte ich erst nachgehen, wenn Du mir II) erklaert hast.
.....

Vorweg mal.
Die Bedingung
|f'(x)| >1 auf T_0 und T_1
fuehrte doch auf einige Rechenarbeit.
Ziel ist es ja den Beweis fuer allgeneine Funktionen, Klassen von Funktionen zu erweitern. Das wird ganz schoen schwierig.
Ohne einen Trick wird das fast unmoeglich werden.
Ohne die Bedingung r>0 haetten wir noch weitere Faelle unterscheiden muessen.
Schon jetzt denke ich daher, dass es wohl notwendig sein wird, fuer die Beweisfuehrung ein allgemeineres Kriterium herzleiten.
Oha das Bett ruft :-)
ciao
richy



Nachricht bearbeitet (21.05.04 13:41)
Hi, Richy!

Hossa, das ist ja ne ganze Menge Post, auf die ich antworten muss... ;-)

Also, ich studiere Mathe in Kassel und meine Diplomarbeit traegt den Arbeitstitel "Chaotische Dynamik bei transversalen homoklinen Punkten". Das Problem, bei dem es sich hier die ganze Zeit dreht taucht im Vorgeplaenkel im 2. Kapitel auf und ist laut meinem Bereuer das "Zuckerstueckchen". Die Sache mit der Cantormenge geht so weiter, das, wenn es sie gibt fuer irgendeine Iterierte f^n einer stetigen Funktion f, f^n dann auf der Cantormenge (CM) topologisch konjugiert ist zur Shiftabbildung auf einem Coderaum von einseitigen Folgen von zwei Symbolen 0 und 1 und damit chaotisch auf der CM. Und wenn f^n chaotisch ist, kann man zeigen, dass auch f auf der CM chaotisch ist. Das geht allerdings nur auf R, weil man zum Beweis den Satz von Sarkovskii braucht und der gilt nur auf R.

Der Shift ist nicht ganz so einfach wie das mit der Multiplikation: das eine ist, das durch den Shift quasi immer die erste Stelle einer einseitigen unendlichen Folge (z_i)_(i in N) und z aus {0,1} "abgeschnitten" wird. Zweitens ist der Abstandsbegriff auf eben dem Raum dieser Folgen etwas anders definiert, so dass die Maschinenmultiplikation zwar (wieder mal) auf einer Ausnahmemenge dazu top. konjugiert ist, aber es sind doch unter schiedliche Dinge.

Die Sache mit der Verkettung ist ja das, was ich letztenendes mache wenn ich L bestimme: Ich verkette die Funktion unendlich oft und schaue, welche Urbilder Bilder in [0,1] haben. Das ist dann genau L.
Und weil L eben gerade die Menge aller x in [0,1] ist, die unter Iteration immer in [0,1] bleiben und A_0 die x in [0,1] sind die gleich aus [0,1] rausfliegen, kann nix von A_0 in L enthalten sein. Andererseits besteht [0,1] genau aus den disjunkten Intervallen T_0, A_0 und T_1. x, die nicht in [0,1] liegen, werden auch nicht in die Verlegenheit kommen da rein iteriert zu werden und deshalb ist L in T_0 vereinigt T_1 enthalten weil alles andere sich schon vorher disqualifiziert hat.

Uff, jetzt will ich in die Mensa!
Ciao
Bettina

Re: Brauche dringend Hilfe!!
23. May 2004 03:21
Grad Hochzeit Nr ? vielleicht 300 hinter mir. Morgen will mit Saengerin proben.Hoffe hab Mo wieder Zeit fuer das Thema.
Hi, Richy!

Mittlerweile hab ich mich auch schon wieder abgeregt... jeder verständigt sich halt so, wie es ihm gegeben ist.
Ich hab mir in letzter Zeit einiges an Literatur zu dem Thema besorgt und auch schon einen Beweis gefunden (aber nicht verstanden...). Was ich jetzt habe ist von Clark Robinson und echt komliziert, er nutzt eine Dichtefunktion, um mit Hilfe von deren Integral zu zeigen dass f(x) auf T_0 vereinigt T_1 expansiv ist. Oder so. Aber er hat einige Literaturverweise zu anderen Autoren, die mit anderen Techniken arbeiten, aufgeführt, und deren Arbeiten versuche ich gerade aufzutreiben. Morgen werde ich vielleicht mal nach Göttingen fahren, da steht eines davon angeblich in der Bib.
Ich hab auch mal bei verschiedenen Anlässen gesungen. Was machst Du so musikalisch?

Ciao
Bettina

Re: Brauche dringend Hilfe!!
28. October 2004 12:53
Hi Ihrs,

ich hab mein Problem wenn auch nicht vollständig so doch wenigstens teilweise gelöst, indem ich wenigstens eine weitere Voraussetzung für f gefunden habe, mit der ich einige weitere Fälle von Funktionen totschlagen kann. Der Knackpunkt ist: ich brauche Konstanten C>0 und t>1 mit |(f^n)'(x)|>= C*t^n für alle x in L, und das reicht.
Wenn f dreimal stetig differenzierbar ist und die Menge C aller kritischen Punkte c (das sind die mit f'(c)=0) ganz in A_0 liegt und die Schwarzsche Ableitung Sf=(f'''/f')-(3/2)*(f''/f')^2 < 0 ist für alle x, die nicht in A_0 liegen, dann gibt diese Konstanten. (Natürlich auch, wenn |f'(x)|>1, dann ist C=1 und t=min{|f'(x)| | x in L}>1 wegen Kompaktheit von L.)

Gruß
Bettina

richie
Re: Brauche dringend Hilfe!!
04. November 2004 08:08
Hi Bettina
Schon bloed, wenn man seinen eigenen Gedanken nicht mehr folgen
kann ... ( Also ich meinen )
Deine Aufgabenstellung hab ich auch nie fuer mich zuende uebersetzt.
Glaube da kam auch so ein Proletarier mit recht ueblen Kraftausdruecken dazwischen. Schoen, wenn du das Problem inzwischen loesen konntest :-)
Parameter jenseits von 4 haben mich bei der logistischen Abbildung nie
gross interessiert.
@Konrad
Es gibt da wohl auch noch stabile Bereiche. Scheint sehr interessant.
Den Thread was bei dem Parameterwert 4 eigentlich passiert, zum Beispiel bezueglich der Nullstellen der Polynome hatte ich mal bischen euphorischer geschrieben. Schade dann doch geloescht. Jetzt verstehe
ich es selbst nicht mehr.
Schade
ccm
Re: Brauche dringend Hilfe!!
05. November 2004 14:55
Heyhey, Proletarier ist aber wirklich ein Wort-Missbrauch in diesem Zusammenhang :)
Re: Brauche dringend Hilfe!!
05. November 2004 18:26
:-) Stimmt, das hat ja erwas mit "arbeiten" zu zun. Vielleicht ein Prolet-Arier ? Aber dafuer war das Deutsch soweit ich mich erinnere zu schlecht.
Re: Brauche dringend Hilfe!!
06. November 2004 19:21
Hallo,

leider bin ich noch nicht dazu gekommen diesen Thread durchzuverstehen.

nun bin ich aber direkt angesprochen und gebe nun trotzdem noch etwas Senf dazu:

- Bei der logistischen Gleichung führen Werte für a > 4 dazu, dass die Funktionswerte irgendwann einmal ins minus unendliche abhauen. Somit passen sie nicht mehr ins Feigenbaumdiagramm, wo man Werte erwartet, die chaotisch oder nicht, sich zwischen 0 und 1 bewegen.

- Das Problem ist, dass der Scheitelpunkt der Parbel bei einem a>4 höher als 1 liegt. Wenn die Iteration also in den Bereich rund um den Scheitelpunkt gerät, fällt sie im nächsten Schritt in einen der negativen Arme der Parabel und von da auf den anderen negativen Arm, an dem sie sich schnell runterhangelt.

- Ein Wiederaufstieg in den positiven Bereich ist nicht möglich auch nicht bei kleineren Werten für a, denn der Ausdruck a*(y-y*y) ist für negative y immer negativ. Es sei denn y wäre komplex ... ???

- Ein stabiles Verhalten für Werte a>4 könnte ich mir aber trotzdem vorstellen. Der Startwert muss natürlich so gewählt werden, dass er nicht in oder um den Scheitelpunkt herum liegt. Also z.B. 0,001. Die Iteration darf dann auch nie in den Bereich kommen, wo der Funktionswert über 1 liegt. Das es so was gibt müsste aber erst bewiesen werden.

- Anders sieht es mit der Rückwärtsiteration aus. Da die logistische Gleichung auch für a>4 eine genaue Lösung hat (die aber kein Attraktor ist und deshalb die Iteration nicht anzieht) ist eine Rückwärtsiteration und damit die Polstellenbestimmung auch bei höheren a möglich. Es gibt dazu ein hübsches Bild, das ich auch gerne wieder hochladen würde.

- Interessant ist an diesem Bild die Lage der Polstellen in Abhängigkeit von a.

-- bis zu einem a von 3,6787 drängen sich die Polstellen bei 0 und 1 zusammen. Dann entstehen noch weitere Pole zwischen den bisherigen.
-- bei noch grösseren a entstehen nochmals weiter Pole
-- je mehr a sich 4 nähert, desto mehr Pole entstehen
-- bei 4 ist alles schwarz
-- mit a über 4 entstehen wieder Zonen ohne Polstellen, egal wie gross a wird, es kommen keine weiteren dazu.
-- Die Anzahl der Polstellen ist immer unendlich, aber sie sind nicht gleichmässig verteilt. Wie viele Polstellen man sieht, hängt von der Iterationstiefe und von a ab.

- Erklärung:
-- Bei 2<a<3,6787 erzeugt die Rückwärtsiteration in jedem Schritt zwei neue Polstellen. Die grössere ist aber höher als der Scheitelpunkt der Parabel und kann darum nicht weiter zurück verfolgt werden. (Ausser im Bereich der komplexen Zahlen). Die kleinere Polstelle wird im nächsten Schritt Zahlen ergeben, die noch näher bei Null, respektive 1 sind.
-- Bei a > 3,6787 ist die grössere der beiden Polstellen des ersten Schritts der Rückwärtsiteration kleiner als der Scheitelpunkt der parabel. Es entstehen also im Scheitelpunkt der Parabel zwei neue Quellen für die Rückwärtsiteration.
-- bei noch grösseren a werden auch beim zweiten, dritten usw. Schritt die grösseren Polstellen noch kleiner sein als der Scheitelpunkt. Immer weitere Quellen entstehen so.
-- bei a = 4 ist der Scheitel bei 1. Jeder Schritt der Rückwärtsiteration führt nun zu zwei neuen Polstellen, die beide kleiner als der Scheitelpunkt sind und deshalb beide weiterverfolgt werden. Es gibt dabei keine Tabubereiche mehr, so dass alles eingeschwärzt wird.
-- bei a > 4 liegt der Scheitelpunkt über 1. Die Rückwärtsiteration ergibt aber nur Werte zwischen Null und 1, also können zwar alle Polstellen weiter zurückverfolgt werden, gewisse Ergebnisse sind aber für die Polstellen unerreichbar und so ergibt sich ein interessantes Muster.

Obs zum Thema passt weiss ich nicht, hoffe trotzdem dass meine Ausführungen etwas beitragen konnten.

Konrad
Re: Brauche dringend Hilfe!!
28. January 2005 20:34
einfach bei ebay unter Pferdezubehör gucken
Re: Brauche dringend Hilfe!!
03. February 2005 22:42
Puh, endlich wieder Bilder.

Danke

Das Bild zeigt, was ich vorher auf drei Seiten Text zu erklären versuchte.
Anhänge:
Öffnen | Download - Polstellen.gif (31.1 KB)