Dynamische Systeme - Dynamische Systeme - Versionsgeschichte

JUNGBAUER Christoph am 24. November 2022 um 11:23 Uhr

2022-11-24T11:23:54Z

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	= Lösungen der Wiederholungsaufgaben =		=== Lösungen der Wiederholungsaufgaben ===

	Aufgabe 1<br />		Aufgabe 1<br />

JUNGBAUER Christoph am 24. November 2022 um 11:16 Uhr

2022-11-24T11:16:11Z

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	</math>		</math>
	Es gilt <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=1)=1</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=1)=1-\alpha</math>. Lösung des entsprechenden LGS		Es gilt <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=1)=1</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=1)=1-\alpha</math>. Lösung des entsprechenden LGS
	<math display="~~block~~"> n=0: c+d=1, n=1: c+d(1-\alpha-\beta)=1-\alpha </math>		<math display="inline"> n=0: c+d=1, n=1: c+d(1-\alpha-\beta)=1-\alpha </math> liefert
	liefert
	<math display="block">		<math display="block">
	P(y_n=1\|y_0=1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\alpha}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n		P(y_n=1\|y_0=1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\alpha}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n
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	Aufgabe 7<br />		Aufgabe 7<br />
	Sei <math display="inline">x_i</math> das Ergebnis des i-ten Wurfes, das heißt <math display="inline">P(x_i=1)=\mathrm{...}=(x_i=6)=\frac{1}{6}</math>. Weiters ist <math display="inline">y_n=\~~mathrm{~~max}(x_1,…,x_n)</math>. Zunächst gilt und daher <math display="inline">P(y_1=j)=\frac{1}{6}</math>. Wie sieht es mit <math display="inline">y_2</math> aus? Es gibt zwei Möglichkeiten:		Sei <math display="inline">x_i</math> das Ergebnis des i-ten Wurfes, das heißt <math display="inline">P(x_i=1)=\mathrm{...}=(x_i=6)=\frac{1}{6}</math>. Weiters ist <math display="inline">y_n=\max \left(x_1, \ldots, x_n\right)</math>. Zunächst gilt und daher <math display="inline">P(y_1=j)=\frac{1}{6}</math>. Wie sieht es mit <math display="inline">y_2</math> aus? Es gibt zwei Möglichkeiten:
	<math display="block">		<math display="block">
	~~x_2>x_1~~\mathrm{~~\ \~~ }\Rightarrow~~\mathrm{\ \ \ \ \ }~~y_2=x_2~~\\\~~		\mathrm{x}_2>x_1 \Rightarrow y_2=x_2
	~~x_2\le x_1\mathrm{\ \ }\Rightarrow\mathrm{\ \ \ \ \ }y_2=x_1~~
	</math>		</math>
			<math display="block">
			x_2 \leq x_1 \quad \Rightarrow \quad y_2=x_1
			</math>
	Die Wahrscheinlichkeit von <math display="inline">y_2</math> hängt also von <math display="inline">y_1</math> ab, und zwar in der Form		Die Wahrscheinlichkeit von <math display="inline">y_2</math> hängt also von <math display="inline">y_1</math> ab, und zwar in der Form

	<math display="block">		<math display="block">
	P\left(y_2=j\~~middle\|~~ y_1=i\right)=~~\left\{~~\begin{~~matrix~~}0,&j<i\\\frac{i}{6},&j=i\\\frac{1}{6},&j>i\\\end{~~matrix~~}~~\right.~~		P\left(y_2=j \mid y_1=i\right)= \begin{cases}0, & j<i \\ \frac{i}{6}, & j=i \\ \frac{1}{6}, & j>i\end{cases}
	</math>		</math>

JUNGBAUER Christoph am 24. November 2022 um 11:11 Uhr

2022-11-24T11:11:27Z

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	</math>		</math>
	Es gilt <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=1)=1</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=1)=1-\alpha</math>. Lösung des entsprechenden LGS		Es gilt <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=1)=1</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=1)=1-\alpha</math>. Lösung des entsprechenden LGS
	<math display="block">		<math display="block"> n=0: c+d=1, n=1: c+d(1-\alpha-\beta)=1-\alpha </math>
	n = 0: c + d = 1 ~~\\\~~		liefert
	n = 1: c + d(1-\alpha-\beta) = 1-\alpha
	</math> liefert
	<math display="block">		<math display="block">
	P(y_n=1\|y_0=1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\alpha}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n		P(y_n=1\|y_0=1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\alpha}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n

JUNGBAUER Christoph am 24. November 2022 um 11:08 Uhr

2022-11-24T11:08:06Z

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Zeile 592:		Zeile 592:
	<br />		<br />
	Aufgabe 6<br />		Aufgabe 6<br />
	~~Markov-Diagramm:~~

	~~[[File:fig/w3_6.jpg\|thumb\|none\|alt=Markov-Diagramm \|Markov-Diagramm ]]~~

	Übergangsmatrix: <math display="block">~~\begin{split}~~		Übergangsmatrix:
			<math display="block">
	\left(\begin{matrix}1-\alpha&\alpha\\\beta&1-\beta\\\end{matrix}\right)		\left(\begin{matrix}1-\alpha&\alpha\\\beta&1-\beta\\\end{matrix}\right)
	~~\end{split}~~</math> Eigenwerte der Übergangsmatrix: <math display="inline">\lambda_1=1,\lambda_2=1-\alpha-\beta</math> Abgesehen von dem trivialen Fall <math display="inline">\alpha=\beta=0</math> gibt es daher zwei unterschiedliche Eigenwerte, und wir verfolgen den Ansatz <math display="block">~~\begin{split}~~		</math>
			Eigenwerte der Übergangsmatrix:
			<math display="inline">\lambda_1=1,\lambda_2=1-\alpha-\beta</math>
			Abgesehen von dem trivialen Fall <math display="inline">\alpha=\beta=0</math> gibt es daher zwei unterschiedliche Eigenwerte, und wir verfolgen den Ansatz <math display="block">
	P(y_n=1\|y_0=1)=c+d(1-\alpha-\beta)^n		P(y_n=1\|y_0=1)=c+d(1-\alpha-\beta)^n
	~~\end{split}~~</math> Es gilt <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=1)=1</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=1)=1-\alpha</math>. Lösung des entsprechenden LGS <math display="block">~~\begin{split}~~		</math>
			Es gilt <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=1)=1</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=1)=1-\alpha</math>. Lösung des entsprechenden LGS
			<math display="block">
	n = 0: c + d = 1 \\\		n = 0: c + d = 1 \\\
	n = 1: c + d(1-\alpha-\beta) = 1-\alpha		n = 1: c + d(1-\alpha-\beta) = 1-\alpha
	~~\end{split}~~</math> liefert <math display="block">~~\begin{split}~~		</math> liefert
			<math display="block">
	P(y_n=1\|y_0=1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\alpha}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n		P(y_n=1\|y_0=1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\alpha}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n
	~~\end{split}~~</math> Für <math display="inline">\alpha=\beta=0</math> lautet die Lösung <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=1</math>, ein triviales deterministisches System. Beachte, dass auch für <math display="inline">\alpha=\beta=1</math> die Lösung sehr einfach wird, nämlich <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=1</math> für n gerade, und <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=0</math> für n ungerade. Das System wechselt in jedem Zeitschritt deterministisch zwischen Zustand 1 und 2. Abgesehen von diesen beiden entarteten Fällen konvergiert die Wahrscheinlichkeit langfristig gegen den Gleichgewichtszustand <math display="block">~~\begin{split}~~		</math>
			Für <math display="inline">\alpha=\beta=0</math> lautet die Lösung <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=1</math>, ein triviales deterministisches System. Beachte, dass auch für <math display="inline">\alpha=\beta=1</math> die Lösung sehr einfach wird, nämlich <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=1</math> für n gerade, und <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=0</math> für n ungerade. Das System wechselt in jedem Zeitschritt deterministisch zwischen Zustand 1 und 2. Abgesehen von diesen beiden entarteten Fällen konvergiert die Wahrscheinlichkeit langfristig gegen den Gleichgewichtszustand
			<math display="block">
	\frac{\beta}{\alpha+\beta}.		\frac{\beta}{\alpha+\beta}.
	~~\end{split}~~</math> Zur Berechnung von <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=2)</math> kann man denselben Ansatz verwenden. Beachte, dass <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=2)=0</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=2)=\beta</math>. Das entsprechende LGS lautet daher <math display="block">~~\begin{split}~~		</math>
			Zur Berechnung von <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=2)</math> kann man denselben Ansatz verwenden. Beachte, dass <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=2)=0</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=2)=\beta</math>. Das entsprechende LGS lautet daher
			<math display="block">
	n = 0: c + d = 0		n = 0: c + d = 0
	n = 1: c + d(1-\alpha-\beta) = \beta		n = 1: c + d(1-\alpha-\beta) = \beta
	~~\end{split}~~</math> und somit <math display="block">~~\begin{split}~~		</math> und somit
			<math display="block">
	P(y_n=1\|y_0=2)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}-\frac{\beta}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n		P(y_n=1\|y_0=2)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}-\frac{\beta}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n
	~~\end{split}~~</math> Auch hier konvergiert das System langfristig gegen <math display="inline">\frac{\beta}{\alpha+\beta}</math>. Wir schließen daraus, dass es für großes n keine Rolle mehr spielt, in welchem Zustand das System sich zum Zeitpunkt 0 befand.<br />		</math>
			Auch hier konvergiert das System langfristig gegen <math display="inline">\frac{\beta}{\alpha+\beta}</math>. Wir schließen daraus, dass es für großes n keine Rolle mehr spielt, in welchem Zustand das System sich zum Zeitpunkt 0 befand.<br />
	<br />		<br />
	~~Aufgabe~~ 7<br />
	Sei <math display="inline">x_i</math> das Ergebnis des i-ten Wurfes, das heißt <math display="inline">P(x_i=1)=\mathrm{...}=(x_i=6)=\frac{1}{6}</math>. Weiters ist <math display="inline">y_n=\mathrm{max}(x_1,…,x_n)</math>. Zunächst gilt und daher <math display="inline">P(y_1=j)=\frac{1}{6}</math>. Wie sieht es mit <math display="inline">y_2</math> aus? Es gibt zwei Möglichkeiten: <math display="block">~~\begin{split}~~		Aufgabe 7<br />
			Sei <math display="inline">x_i</math> das Ergebnis des i-ten Wurfes, das heißt <math display="inline">P(x_i=1)=\mathrm{...}=(x_i=6)=\frac{1}{6}</math>. Weiters ist <math display="inline">y_n=\mathrm{max}(x_1,…,x_n)</math>. Zunächst gilt und daher <math display="inline">P(y_1=j)=\frac{1}{6}</math>. Wie sieht es mit <math display="inline">y_2</math> aus? Es gibt zwei Möglichkeiten:
			<math display="block">
	x_2>x_1\mathrm{\ \ }\Rightarrow\mathrm{\ \ \ \ \ }y_2=x_2\\\		x_2>x_1\mathrm{\ \ }\Rightarrow\mathrm{\ \ \ \ \ }y_2=x_2\\\
	x_2\le x_1\mathrm{\ \ }\Rightarrow\mathrm{\ \ \ \ \ }y_2=x_1		x_2\le x_1\mathrm{\ \ }\Rightarrow\mathrm{\ \ \ \ \ }y_2=x_1
	~~\end{split}~~</math> Die Wahrscheinlichkeit von <math display="inline">y_2</math> hängt also von <math display="inline">y_1</math> ab, und zwar in der Form		</math>
			Die Wahrscheinlichkeit von <math display="inline">y_2</math> hängt also von <math display="inline">y_1</math> ab, und zwar in der Form

	<math display="block">~~\begin{split}~~		<math display="block">
	P\left(y_2=j\middle\| y_1=i\right)=\left\{\begin{matrix}0,&j<i\\\frac{i}{6},&j=i\\\frac{1}{6},&j>i\\\end{matrix}\right.		P\left(y_2=j\middle\| y_1=i\right)=\left\{\begin{matrix}0,&j<i\\\frac{i}{6},&j=i\\\frac{1}{6},&j>i\\\end{matrix}\right.
	~~\end{split}~~</math>		</math>

	Wie man sich leicht überlegt gilt dieser Zusammenhang nicht nur für n=2, sondern für beliebiges n, und daher ist <math display="inline">y_n</math> tatsächlich eine Markovkette. Die Übergangsmatrix hat die Form <math display="block">~~\begin{split}~~		Wie man sich leicht überlegt gilt dieser Zusammenhang nicht nur für n=2, sondern für beliebiges n, und daher ist <math display="inline">y_n</math> tatsächlich eine Markovkette. Die Übergangsmatrix hat die Form
			<math display="block">
	P=\left(\begin{matrix}\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&\frac{2}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&\frac{3}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&\frac{4}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&0&\frac{5}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&0&0&1\\\end{matrix}\right)		P=\left(\begin{matrix}\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&\frac{2}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&\frac{3}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&\frac{4}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&0&\frac{5}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&0&0&1\\\end{matrix}\right)
	~~\end{split}~~</math>		</math>

JUNGBAUER Christoph am 24. November 2022 um 11:03 Uhr

2022-11-24T11:03:37Z

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Zeile 539:		Zeile 539:
	<math display="inline">y_n</math> eine Markovkette?		<math display="inline">y_n</math> eine Markovkette?
	Berechne die Übergangsmatrix <math display="inline">P</math>.		Berechne die Übergangsmatrix <math display="inline">P</math>.


			= Lösungen der Wiederholungsaufgaben =

			Aufgabe 1<br />
			a) Separation der Variablen liefert <math display="inline"> x(t)=\frac{t}{(\mathrm{Ct}+1)} </math> Anfangsbedingung liefert <math display="inline"> C=\frac{1}{k}-1 </math> und insgesamt <math display="inline"> x(t)=\frac{\mathrm{kt}}{(1-k)t+k}</math> Beachte, dass für <math display="inline">k>1</math> die Lösung zum Zeitpunkt <math display="inline">t = k/(k-1)</math> unbeschränkt wird.

			b) Separation der Variablen liefert <math display="inline"> x(t)=\sqrt[3]{t^3+3C}</math>. Anfangsbedingung liefert <math display="inline">C=\frac{k^3-1}{3}</math> und daher <math display="inline">x(t)=\sqrt[3]{t^3+k^3-1}</math><br />
			<br />
			c) Separation der Variablen liefert <math display="inline"> x\left(t\right)=\mathrm{log}(\frac{t^2}{2}+C)</math> Anfangsbedingung liefert <math display="inline">C=\mathrm{exp}k-\frac{1}{2}</math> und daher <math display="inline">x\left(t\right)=\mathrm{log}(\frac{t^2-1}{2}+\mathrm{exp}(k))</math><br />
			<br />
			Aufgabe 2<br />
			Gib die allgemeine Lösung folgender linearer Differentialgleichungen:<br />
			a) <math display="inline">x^\prime(t)=5x+7</math> homogen: <math display="inline">x(t)=\mathrm{exp}((t)</math> Variation der Konstanten: <math display="inline">x(t)=\frac{-7}{5}+c\mathrm{exp}(5t)</math><br />
			b) <math display="inline">x^\prime(t)=\frac{x}{t}+t^2</math> homogen: <math display="inline">x(t)=\mathrm{ct} </math> (durch Separation der Variablen) Variation der Konstanten: <math display="inline"> x^\prime(t)=c+c^\prime t=c+t^2 \Rightarrow x(t)=\frac{t^3}{2}+\mathrm{ct}</math><br />
			c) <math display="inline">x^\prime(t)=\frac{x}{t^2}+e^{\frac{-1}{t}}</math> homogen: <math display="inline">x\left(t\right)=c\mathrm{exp}\left(-\frac{1}{t}\right)</math> (Separation der Variablen) Variation der Konstanten: <math display="inline">c^\prime=1 \Rightarrow x\left(t\right)=\left(t+c\right)\mathrm{exp}-\frac{1}{t}</math><br />
			<br />
			Aufgabe 3<br />
			Löse folgende linearen Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x(0)=1</math><br />
			a) <math display="inline">x^\prime(t)=-\mathrm{tx}+t</math><br />
			homogen: <math display="inline">x(t)=c\mathrm{exp}(-\frac{t^2}{2})</math> (Separation der Variablen)<br />
			Variation der Konstanten: <math display="inline">c^\prime=t\mathrm{exp}(\frac{t^2}{2}) \Rightarrow x(t)=1+c\mathrm{exp}(-\frac{t^2}{2})</math><br />
			Anfangsbedingung: <math display="inline">x(0)=1 \Rightarrow x(t)=1</math><br />
			b) <math display="inline">x^\prime(t)=-\mathrm{tx}+exp(-\frac{t^2}{2})</math><br />
			homogen: <math display="inline">x(t)=c\mathrm{exp}(-\frac{t^2}{2})</math> (Separation der Variablen)<br />
			Variation der Konstanten: <math display="inline"> c^\prime=1 \Rightarrow x(t)=(t+c)\mathrm{exp}(\frac{t^2}{2})</math><br />
			Anfangsbedingung: <math display="inline">x(0)=1 \Rightarrow x(t)=(t+1)\mathrm{exp}((\frac{t^2}{2})</math><br />
			c) <math display="inline">x^\prime(t)=x+t</math><br />
			homogen: <math display="inline">x(t)=c\mathrm{exp}(t) </math><br />
			Variation der Konstanten: <math display="inline">c^\prime=t\mathrm{exp}(-t) \Rightarrow x(t)=-(t+1)+c\mathrm{exp}(t)</math><br />
			Anfangsbedingung: <math display="inline"> x(0)=1 \Rightarrow x(t)=-(t+1)+2\mathrm{exp}(t)</math><br />
			<br />
			Aufgabe 4<br />
			a) <math display="inline">(n+1)y_{n+1}-{\mathrm{ny}}_n=1 </math><br />
			homogen: <math display="inline">y_n=\frac{1}{n}</math><br />
			Partikulärlösung: <math display="inline">y_n=1</math> (jeweils durch erraten) <math display="inline">\Rightarrow</math><br />
			allgemeine Lösung: <math display="inline">y_n=1+\frac{c}{n}</math><br />
			b) <math display="inline">y_n=\frac{n+1}{n-1}y_n </math><br />
			Es handelt sich um eine lineare homogene Gleichung, direkt in Rekursionsform. Nimm an, dass <math display="inline">y_1=c</math>. Die ersten Folgenglieder haben die Gestalt <math display="inline">y_2=3c, y_3=\frac{4\ast3}{2}c, y_4=\frac{5\ast4}{2}c,y_5=\frac{6\ast5}{2}c</math><br />
			Und man zeigt (mittels vollständiger Induktion oder durch einfaches Einsetzen in die Rekursionsformel), dass die allgemeine Lösung die Gestalt<br />
			<math display="inline">y_n=\frac{n(n+1)}{2}c</math> hat.<br />
			(Man hätte auch die Aufgabe (a) systematisch auf die Art lösen können)<br />
			c) <math display="inline">(n+1)^2y_{n+1}-n^2y_n=1</math><br />
			Homogen durch Rekursion wie in (b): <math display="inline">y_n=\frac{1}{n^2}</math><br />
			Partikulärlösung: <math display="inline">y_n=\frac{1}{n}</math> (vergleiche mit (a)<br />
			Allgemeine Lösung: <math display="inline">y_n=\frac{1}{n}+\frac{c}{n^2}</math><br />
			<br />
			Aufgabe 5<br />
			Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen höherer Ordnung<br />
			a) <math display="inline">y_{n+2}-2ay_{n+1}+a^2y_n=0 </math> Das charakteristische Polynom liefert nur einen zweifachen Eigenwert, nämlich <math display="inline">\lambda=a\mathrm{.}</math> Der Ansatz <math display="inline">y_n=\lambda^n</math> liefert daher nur eine Lösung, nämlich <math display="inline">y_n=a^n</math> (nur ein Eigenwert) Als zweite Lösung erhält man bei zweifachen reellen Eigenwerten <math display="inline">y_n={\mathrm{na}}^n\mathrm{.}</math> Die allgemeine Lösung ist daher <math display="inline">y_n=c_1a^n+c_2{\mathrm{na}}^n</math><br />
			b) <math display="inline">2y_{n+3}-\mathrm{12}y_{n+2}+27y_{n+1}-17y_n=0</math> Ansatz <math display="inline">y_n=\lambda^n</math>, erster Eigenwert <math display="inline">\lambda_1=1</math> leicht zu erraten. Abspalten von Linearfaktor und Lösung von quadratischer Gleichung liefert folgende Lösung <math display="inline">\lambda_{2,3}=\frac{5}{2}\pm\sqrt{-\frac{9}{4}}=\frac{5}{2}\pm\frac{3}{2}i</math> wobei wir vor dem Problem stehen, dass die beiden restlichen Eigenwerte nun nur als komplexe Zahlen existieren. Ohne hier auf nähere Details über komplexe Zahlen eingehen zu wollen sei nur erwähnt, dass mit dem hier eingeführten Symbol <math display="inline">i=\sqrt{-1}</math> weitgehend normal gerechnet werden kann. Die beiden Eigenwerte <math display="inline">\lambda_2</math> und <math display="inline">\lambda_3</math> sind zueinander konjugiert komplex, und man kann zeigen, dass sowohl <math display="inline">\lambda_2^n+\lambda_3^n</math> als auch <math display="inline">{i\lambda}_2^n-{i\lambda}_3^n</math> jeweils reelle Lösungen der Differenzengleichung bestimmen. Die allgemeine reelle Lösung lautet daher <math display="inline">y_n={a\lambda}^n+b(\lambda_2^n+\lambda_3^n)+\mathrm{ic}(2n-\lambda3n)</math> wobei zur expliziten Bestimmung dieser Lösung das Rechnen mit komplexen Zahlen beherrscht werden muss.<br />
			<br />
			Aufgabe 6<br />
			Markov-Diagramm:

			[[File:fig/w3_6.jpg\|thumb\|none\|alt=Markov-Diagramm \|Markov-Diagramm ]]

			Übergangsmatrix: <math display="block">\begin{split}
			\left(\begin{matrix}1-\alpha&\alpha\\\beta&1-\beta\\\end{matrix}\right)
			\end{split}</math> Eigenwerte der Übergangsmatrix: <math display="inline">\lambda_1=1,\lambda_2=1-\alpha-\beta</math> Abgesehen von dem trivialen Fall <math display="inline">\alpha=\beta=0</math> gibt es daher zwei unterschiedliche Eigenwerte, und wir verfolgen den Ansatz <math display="block">\begin{split}
			P(y_n=1\|y_0=1)=c+d(1-\alpha-\beta)^n
			\end{split}</math> Es gilt <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=1)=1</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=1)=1-\alpha</math>. Lösung des entsprechenden LGS <math display="block">\begin{split}
			n = 0: c + d = 1 \\\
			n = 1: c + d(1-\alpha-\beta) = 1-\alpha
			\end{split}</math> liefert <math display="block">\begin{split}
			P(y_n=1\|y_0=1)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}+\frac{\alpha}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n
			\end{split}</math> Für <math display="inline">\alpha=\beta=0</math> lautet die Lösung <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=1</math>, ein triviales deterministisches System. Beachte, dass auch für <math display="inline">\alpha=\beta=1</math> die Lösung sehr einfach wird, nämlich <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=1</math> für n gerade, und <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=1)=0</math> für n ungerade. Das System wechselt in jedem Zeitschritt deterministisch zwischen Zustand 1 und 2. Abgesehen von diesen beiden entarteten Fällen konvergiert die Wahrscheinlichkeit langfristig gegen den Gleichgewichtszustand <math display="block">\begin{split}
			\frac{\beta}{\alpha+\beta}.
			\end{split}</math> Zur Berechnung von <math display="inline">P(y_n=1\|y_0=2)</math> kann man denselben Ansatz verwenden. Beachte, dass <math display="inline">P(y_0=1\|y_0=2)=0</math> und <math display="inline">P(y_1=1\|y_0=2)=\beta</math>. Das entsprechende LGS lautet daher <math display="block">\begin{split}
			n = 0: c + d = 0
			n = 1: c + d(1-\alpha-\beta) = \beta
			\end{split}</math> und somit <math display="block">\begin{split}
			P(y_n=1\|y_0=2)=\frac{\beta}{\alpha+\beta}-\frac{\beta}{\alpha+\beta}(1-\alpha-\beta)^n
			\end{split}</math> Auch hier konvergiert das System langfristig gegen <math display="inline">\frac{\beta}{\alpha+\beta}</math>. Wir schließen daraus, dass es für großes n keine Rolle mehr spielt, in welchem Zustand das System sich zum Zeitpunkt 0 befand.<br />
			<br />
			Aufgabe 7<br />
			Sei <math display="inline">x_i</math> das Ergebnis des i-ten Wurfes, das heißt <math display="inline">P(x_i=1)=\mathrm{...}=(x_i=6)=\frac{1}{6}</math>. Weiters ist <math display="inline">y_n=\mathrm{max}(x_1,…,x_n)</math>. Zunächst gilt und daher <math display="inline">P(y_1=j)=\frac{1}{6}</math>. Wie sieht es mit <math display="inline">y_2</math> aus? Es gibt zwei Möglichkeiten: <math display="block">\begin{split}
			x_2>x_1\mathrm{\ \ }\Rightarrow\mathrm{\ \ \ \ \ }y_2=x_2\\\
			x_2\le x_1\mathrm{\ \ }\Rightarrow\mathrm{\ \ \ \ \ }y_2=x_1
			\end{split}</math> Die Wahrscheinlichkeit von <math display="inline">y_2</math> hängt also von <math display="inline">y_1</math> ab, und zwar in der Form

			<math display="block">\begin{split}
			P\left(y_2=j\middle\| y_1=i\right)=\left\{\begin{matrix}0,&j<i\\\frac{i}{6},&j=i\\\frac{1}{6},&j>i\\\end{matrix}\right.
			\end{split}</math>

			Wie man sich leicht überlegt gilt dieser Zusammenhang nicht nur für n=2, sondern für beliebiges n, und daher ist <math display="inline">y_n</math> tatsächlich eine Markovkette. Die Übergangsmatrix hat die Form <math display="block">\begin{split}
			P=\left(\begin{matrix}\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&\frac{2}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&\frac{3}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&\frac{4}{6}&\frac{1}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&0&\frac{5}{6}&\frac{1}{6}\\0&0&0&0&0&1\\\end{matrix}\right)
			\end{split}</math>

JUNGBAUER Christoph am 24. November 2022 um 11:01 Uhr

2022-11-24T11:01:11Z

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	Aufgabe 1<br>		Aufgabe 1<br>
	Löse folgende Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x\left(1\right)=k</math><math display="block">~~\begin{aligned}~~		Löse folgende Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x\left(1\right)=k</math><math display="block">
	x^\prime\left(t\right)=\frac{x^2}{t^2}		x^\prime\left(t\right)=\frac{x^2}{t^2}
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>
	<math display="block">~~\begin{aligned}~~		<math display="block">
	x^\prime\left(t\right)=\frac{t^2}{x^2}		x^\prime\left(t\right)=\frac{t^2}{x^2}
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>
	<math display="block">~~\begin{aligned}~~ x^\prime\left(t\right)=t\mathrm{exp}\left(-x\right)		<math display="block"> x^\prime\left(t\right)=t\mathrm{exp}\left(-x\right)
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>

	Aufgabe 2<br>		Aufgabe 2<br>
	Gib die allgemeine Lösung folgender linearer Differentialgleichungen:<math display="block">~~\begin{aligned}~~		Gib die allgemeine Lösung folgender linearer Differentialgleichungen:<math display="block">
	x^\prime\left(t\right)=5x+7		x^\prime\left(t\right)=5x+7
	~~\end{aligned}~~</math><math display="block">~~\begin{aligned}~~		</math><math display="block">
	x^\prime\left(t\right)=\frac{x}{t}+t^2		x^\prime\left(t\right)=\frac{x}{t}+t^2
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>
	<math display="block">~~\begin{aligned}~~ x^\prime\left(t\right)=\frac{x}{t^2}+e^\frac{-1}{t}		<math display="block"> x^\prime\left(t\right)=\frac{x}{t^2}+e^\frac{-1}{t}
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>

	Aufgabe 3<br>		Aufgabe 3<br>
	Löse folgende linearen Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x\left(0\right)=1</math><math display="block">x^{\prime}(t)=5 x+7</math><math display="block">~~\begin{aligned}~~		Löse folgende linearen Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x\left(0\right)=1</math>

			<math display="block">x^{\prime}(t)=5 x+7</math>

			<math display="block">
	x^\prime\left(t\right)=-\mathrm{tx}+e+\mathrm{p}\left(-\frac{t^2}{2}\right)		x^\prime\left(t\right)=-\mathrm{tx}+e+\mathrm{p}\left(-\frac{t^2}{2}\right)
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>
	<math display="block">~~\begin{aligned}~~
			<math display="block">
	x^\prime\left(t\right)=x+t		x^\prime\left(t\right)=x+t
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>

	Aufgabe 4<br>		Aufgabe 4<br>
	Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen<math display="block">~~\begin{aligned}~~		Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen<math display="block">
	\left(n+1\right)y_{n+1}-{\mathrm{ny}}_n=1		\left(n+1\right)y_{n+1}-{\mathrm{ny}}_n=1
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>
	<math display="block">~~\begin{aligned}~~
			<math display="block">
	y_n=\frac{n+1}{n-1}y_n		y_n=\frac{n+1}{n-1}y_n
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>
	<math display="block">~~\begin{aligned}~~
			<math display="block">
	(n+1)^2y_{n+1}-n^2y_n=1		(n+1)^2y_{n+1}-n^2y_n=1
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>

	Aufgabe 5<br>		Aufgabe 5<br>
	Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen höherer Ordnung<math display="block">~~\begin{aligned}~~		Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen höherer Ordnung<math display="block">
	y_{n+2}-2ay_{n+1}+a^2y_n=0		y_{n+2}-2ay_{n+1}+a^2y_n=0
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>
	<math display="block">~~\begin{aligned}~~
			<math display="block">
	2y_{n+3}-\mathrm{12}yn+2+27yn+1-17yn=0		2y_{n+3}-\mathrm{12}yn+2+27yn+1-17yn=0
	~~\end{aligned}~~</math>		</math>

	Aufgabe 6<br>		Aufgabe 6<br>
	Eine Markovkette kann zwei mögliche Zustände (1 und 2) annehmen. Die Wahrscheinlichkeit in einem Zeitschritt von 1 nach 2 zu gelangen sei gegeben durch<math display="block">P\left(y_n=2 \mid y_{n-1}=1\right)=\alpha</math>		Eine Markovkette kann zwei mögliche Zustände (1 und 2) annehmen. Die Wahrscheinlichkeit in einem Zeitschritt von 1 nach 2 zu gelangen sei gegeben durch

			<math display="block">P\left(y_n=2 \mid y_{n-1}=1\right)=\alpha</math>

			Entsprechend sei

			<math display="block">P\left(y_n=1 \mid y_{n-1}=2\right)=\beta .</math>

			Bestimme die Übergansmatrix, zeichne das Markov-Diagramm und berechne die Wahrscheinlichkeiten

	~~Entsprechend sei~~<math display="block">P\left(y_n=1 \mid ~~y_{n-~~1~~}=2~~\right)~~=\beta .~~</math>		<math display="block">P\left(y_n=1 \mid y_0=1\right)</math>

	~~Bestimme die Übergansmatrix, zeichne das Markov-Diagramm und berechne die Wahrscheinlichkeiten<math display="block">P\left(y_n=1 \mid y_0=1\right)</math>~~		sowie

	~~sowie~~<math display="block">P\left(y_n=1 \mid y_0=2\right)</math>		<math display="block">P\left(y_n=1 \mid y_0=2\right)</math>

	Aufgabe 7<br>		Aufgabe 7<br>
	~~ ~~Es sei <math display="inline">y_n</math> das Maximum der ersten n Ausgänge einer Folge unabhängiger Würfelexperimente mit einem fairen Würfel. Ist <math display="inline">y_n</math> eine Markovkette? Berechne die Übergangsmatrix <math display="inline">P</math>.		Es sei
			<math display="inline">y_n</math>
			das Maximum der ersten n Ausgänge einer Folge unabhängiger Würfelexperimente mit einem fairen Würfel. Ist
			<math display="inline">y_n</math> eine Markovkette?
			Berechne die Übergangsmatrix <math display="inline">P</math>.

JUNGBAUER Christoph am 24. November 2022 um 10:50 Uhr

2022-11-24T10:50:27Z

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	Löse folgende Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x\left(1\right)=k</math><math display="block">\begin{aligned}		Löse folgende Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x\left(1\right)=k</math><math display="block">\begin{aligned}
	x^\prime\left(t\right)=\frac{x^2}{t^2}		x^\prime\left(t\right)=\frac{x^2}{t^2}
	\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}		\end{aligned}</math>
			<math display="block">\begin{aligned}
	x^\prime\left(t\right)=\frac{t^2}{x^2}		x^\prime\left(t\right)=\frac{t^2}{x^2}
	\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned} x^\prime\left(t\right)=t\mathrm{exp}\left(-x\right)		\end{aligned}</math>
			<math display="block">\begin{aligned} x^\prime\left(t\right)=t\mathrm{exp}\left(-x\right)
	\end{aligned}</math>		\end{aligned}</math>

Zeile 475:		Zeile 477:
	\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}		\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}
	x^\prime\left(t\right)=\frac{x}{t}+t^2		x^\prime\left(t\right)=\frac{x}{t}+t^2
	\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned} x^\prime\left(t\right)=\frac{x}{t^2}+e^\frac{-1}{t}		\end{aligned}</math>
			<math display="block">\begin{aligned} x^\prime\left(t\right)=\frac{x}{t^2}+e^\frac{-1}{t}
	\end{aligned}</math>		\end{aligned}</math>

Zeile 481:		Zeile 484:
	Löse folgende linearen Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x\left(0\right)=1</math><math display="block">x^{\prime}(t)=5 x+7</math><math display="block">\begin{aligned}		Löse folgende linearen Differentialgleichungen zur Anfangsbedingung <math display="inline">x\left(0\right)=1</math><math display="block">x^{\prime}(t)=5 x+7</math><math display="block">\begin{aligned}
	x^\prime\left(t\right)=-\mathrm{tx}+e+\mathrm{p}\left(-\frac{t^2}{2}\right)		x^\prime\left(t\right)=-\mathrm{tx}+e+\mathrm{p}\left(-\frac{t^2}{2}\right)
	\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}		\end{aligned}</math>
			<math display="block">\begin{aligned}
	x^\prime\left(t\right)=x+t		x^\prime\left(t\right)=x+t
	\end{aligned}</math>		\end{aligned}</math>
Zeile 488:		Zeile 492:
	Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen<math display="block">\begin{aligned}		Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen<math display="block">\begin{aligned}
	\left(n+1\right)y_{n+1}-{\mathrm{ny}}_n=1		\left(n+1\right)y_{n+1}-{\mathrm{ny}}_n=1
	\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}		\end{aligned}</math>
			<math display="block">\begin{aligned}
	y_n=\frac{n+1}{n-1}y_n		y_n=\frac{n+1}{n-1}y_n
	\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}		\end{aligned}</math>
			<math display="block">\begin{aligned}
	(n+1)^2y_{n+1}-n^2y_n=1		(n+1)^2y_{n+1}-n^2y_n=1
	\end{aligned}</math>		\end{aligned}</math>
Zeile 497:		Zeile 503:
	Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen höherer Ordnung<math display="block">\begin{aligned}		Finde die allgemeine Lösung für folgende Differenzengleichungen höherer Ordnung<math display="block">\begin{aligned}
	y_{n+2}-2ay_{n+1}+a^2y_n=0		y_{n+2}-2ay_{n+1}+a^2y_n=0
	\end{aligned}</math><math display="block">\begin{aligned}		\end{aligned}</math>
			<math display="block">\begin{aligned}
	2y_{n+3}-\mathrm{12}yn+2+27yn+1-17yn=0		2y_{n+3}-\mathrm{12}yn+2+27yn+1-17yn=0
	\end{aligned}</math>		\end{aligned}</math>

JUNGBAUER Christoph am 23. September 2022 um 16:10 Uhr

2022-09-23T16:10:36Z

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Zeile 455:		Zeile 455:
	Berechne<math display="block">P\left(y_n=1 \mid y_0=1\right)</math>		Berechne<math display="block">P\left(y_n=1 \mid y_0=1\right)</math>

	Für allgemeinere Eigenwertkonstellationen (komplexe Eigenwerte, mehrfache Eigenwerte) werden kompliziertere Ansätze verwendet um <math display="inline">P\left(y_n=j\~~middle\|~~ y_0=i\right)</math> zu berechnen. Für Details sei auf die Literatur verwiesen. Die explizite Berechnung von Wahrscheinlichkeiten ist ein wesentlicher Aspekt bei der Modellierung von dynamischen Systemen mit Markovketten. Viele weitere interessante Probleme, wie die Berechnung von Absorptionswahrscheinlichkeiten und Absorptionszeiten, die Theorie der Random Walks, die Suche nach Gleichgewichtszuständen sowie das Langzeitverhalten von Markovketten können hier nicht erörtert werden. Es sei jedoch erwähnt, dass zur Bestimmung von diversen Wahrscheinlichkeiten die Techniken von Kapitel 3.2 eine große Rolle spielen. Aus mathematischer Sicht besteht also ein enger Zusammenhang zwischen Differenzengleichungen und Markovketten in diskreter Zeit. Für eine ausführliche Darstellung sei wiederum auf Norris (1997) verwiesen. Markovketten spielen in der mathematischen Modellierung eine große Rolle. Häufig finden sie Anwendung in komplexeren Modellen. Speziell seien hier die „Hidden Markov Models erwähnt, die ursprünglich als Modelle zur Spracherkennung entwickelt wurden , sich aber heute in immer mehr Gebieten großer Beliebtheit erfreuen - in letzter Zeit auch im Bereich Finance. Auch Markovketten in stetiger Zeit werden untersucht. Die wichtigsten Vertreter diese Klasse von Modellen sind die Poisson-Prozesse, die aus theoretischer und praktischer Sicht von fundamentaler Bedeutung sind. Typische Anwendungen betreffen die Wartezeit auf das Eintreten von bestimmten Ereignissen (Auftreten eines Defekts in einem Produktionsprozess, Anruf in einem Call-Center, etc.). Ebenfalls in diesen Rahmen, obwohl etwas komplizierter, fällt die Warteschlangentheorie, wo in stetiger Zeit zu einem zufälligen Zeitpunkt bestimmte Aufgaben anfallen, deren Abarbeitung selbst wiederum eine zufällige Zeitdauer in Anspruch nimmt. Für Details sei auch hier auf Norris (1997) verwiesen.		Für allgemeinere Eigenwertkonstellationen (komplexe Eigenwerte, mehrfache Eigenwerte) werden kompliziertere Ansätze verwendet um <math display="inline">P\left(y_n=j \mid y_0=i\right)</math> zu berechnen. Für Details sei auf die Literatur verwiesen. Die explizite Berechnung von Wahrscheinlichkeiten ist ein wesentlicher Aspekt bei der Modellierung von dynamischen Systemen mit Markovketten. Viele weitere interessante Probleme, wie die Berechnung von Absorptionswahrscheinlichkeiten und Absorptionszeiten, die Theorie der Random Walks, die Suche nach Gleichgewichtszuständen sowie das Langzeitverhalten von Markovketten können hier nicht erörtert werden. Es sei jedoch erwähnt, dass zur Bestimmung von diversen Wahrscheinlichkeiten die Techniken von Kapitel 3.2 eine große Rolle spielen. Aus mathematischer Sicht besteht also ein enger Zusammenhang zwischen Differenzengleichungen und Markovketten in diskreter Zeit. Für eine ausführliche Darstellung sei wiederum auf Norris (1997) verwiesen. Markovketten spielen in der mathematischen Modellierung eine große Rolle. Häufig finden sie Anwendung in komplexeren Modellen. Speziell seien hier die „Hidden Markov Models erwähnt, die ursprünglich als Modelle zur Spracherkennung entwickelt wurden , sich aber heute in immer mehr Gebieten großer Beliebtheit erfreuen - in letzter Zeit auch im Bereich Finance. Auch Markovketten in stetiger Zeit werden untersucht. Die wichtigsten Vertreter diese Klasse von Modellen sind die Poisson-Prozesse, die aus theoretischer und praktischer Sicht von fundamentaler Bedeutung sind. Typische Anwendungen betreffen die Wartezeit auf das Eintreten von bestimmten Ereignissen (Auftreten eines Defekts in einem Produktionsprozess, Anruf in einem Call-Center, etc.). Ebenfalls in diesen Rahmen, obwohl etwas komplizierter, fällt die Warteschlangentheorie, wo in stetiger Zeit zu einem zufälligen Zeitpunkt bestimmte Aufgaben anfallen, deren Abarbeitung selbst wiederum eine zufällige Zeitdauer in Anspruch nimmt. Für Details sei auch hier auf Norris (1997) verwiesen.

	Zusammenfassung Wir haben in diesem Kapitel einige Aspekte von dynamischen Systemen besprochen. Speziell wurde die mathematische Modellierung von deterministischen Systemen in stetiger Zeit (Differentialgleichungen) und in diskreter Zeit (Differenzengleichungen) anhand von vergleichsweise einfachen Beispielen vorgestellt. Die Tatsache, dass alle hier besprochenen Gleichungen exakt lösbar waren soll nicht den Eindruck vermitteln, dass dies immer der Fall ist! Ganz im Gegenteil - der weitaus größte Teil der mathematischen Theorie von Differential- und Differenzengleichungen beschäftigt sich gerade mit der Situation, wo eine explizite Lösung nicht möglich ist. Numerische Methoden sind heute weit entwickelt, und falls überhaupt Lösungen existieren, so kann man häufig mit Hilfe von Computerberechnungen Näherungen zu finden. Zusätzlich wurde anhand von einfachsten Markovketten die Theorie der stochastischen Prozesse angerissen. Die stochastische Modellierung ist oft realistischer als ein deterministischer Ansatz, da nur in den seltensten Fällen alle Einflüsse auf ein System vollständig erfasst werden können. Allerdings wird auch die mathematische Analyse entsprechend schwieriger.		Zusammenfassung Wir haben in diesem Kapitel einige Aspekte von dynamischen Systemen besprochen. Speziell wurde die mathematische Modellierung von deterministischen Systemen in stetiger Zeit (Differentialgleichungen) und in diskreter Zeit (Differenzengleichungen) anhand von vergleichsweise einfachen Beispielen vorgestellt. Die Tatsache, dass alle hier besprochenen Gleichungen exakt lösbar waren soll nicht den Eindruck vermitteln, dass dies immer der Fall ist! Ganz im Gegenteil - der weitaus größte Teil der mathematischen Theorie von Differential- und Differenzengleichungen beschäftigt sich gerade mit der Situation, wo eine explizite Lösung nicht möglich ist. Numerische Methoden sind heute weit entwickelt, und falls überhaupt Lösungen existieren, so kann man häufig mit Hilfe von Computerberechnungen Näherungen zu finden. Zusätzlich wurde anhand von einfachsten Markovketten die Theorie der stochastischen Prozesse angerissen. Die stochastische Modellierung ist oft realistischer als ein deterministischer Ansatz, da nur in den seltensten Fällen alle Einflüsse auf ein System vollständig erfasst werden können. Allerdings wird auch die mathematische Analyse entsprechend schwieriger.

JUNGBAUER Christoph am 23. September 2022 um 16:09 Uhr

2022-09-23T16:09:34Z

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JUNGBAUER Christoph am 23. September 2022 um 16:05 Uhr

2022-09-23T16:05:34Z

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