Prof. Roland Gunesch Sommersemester 2005

Übungen zur Vorlesung Einführung in dynamische Systeme Lösungen zu Blatt 1

Aufgabe 1:

a) Die Rekurrenzrelation führt durch Aufsummieren zur Gleichung für formale Potenzreihen

∑_{n≥1} x_{n+1}z^{n} = ∑_{n≥1} x_{n}z^{n} + ∑_{n≥1} x_{n−1}z^{n},

somit

∑_{n≥1} x_{n+1}z^{n+1} = z ∑_{n≥1} x_{n}z^{n} + z^{2} ∑_{n≥1} x_{n−1}z^{n−1}.

Umindizieren und Abspalten von z^{0}, z^{1} ergibt

(1 − z − z^{2}) ∑_{n≥2} x_{n}z^{n} = z · (x_{1}z^{1}) + z^{2}(x_{0}z^{0} + x_{1}z^{1}) = 2z^{2} + z^{3}.

Partialbruchzerlegung liefert

\frac{1}{z^{2} + z − 1} = \frac{A}{z − a} + \frac{B}{z − b}

mit a = −1 + \sqrt{5}, b = −1 − \sqrt{5}, A = \frac{1}{a−b} = 1/\sqrt{5} = −B. Es gilt ab = −1, a + b = −2. Wegen \frac{1}{1−z} = ∑_{n≥0} z^{n} ist

\frac{1}{z − a} = \frac{b}{1 + zb} = b ∑_{n≥0}(−bz)^{n}.

Somit ist

∑_{n≥2} x_{n}z^{n} = −\frac{1}{\sqrt{5}}(2z^{2} + z^{3}) ∑_{n≥0}[b(−b)^{n} − a(−a)^{n}]z^{n}
= −\frac{1}{\sqrt{5}}[2 ∑_{n≥2}[−(−b)^{n−1} + (−a)^{n−1}]z^{n} + ∑_{n≥3}[−(−b)^{n−2} + (−a)^{n−2}]z^{n}].

Da zwei formale Potenzreihen gleich sind, wenn dies koeffizientweise gilt, erhalten wir x_{2} = −\frac{1}{\sqrt{5}}2(b−a) = 2, und für n > 2 gilt mittels −2b+1 = −b^{3}, −2a + 1 = −a^{3}:

x_{n} = −\frac{1}{\sqrt{5}}[−2(−b)^{n−1} − (−b)^{n−2} + 2(−a)^{n−1} + (−a)^{n−2}]
= −\frac{1}{\sqrt{5}}[−[−2b + 1](−b)^{n−2} + [−2a + 1](−a)^{n−2}]
= \frac{1}{\sqrt{5}}[(−b)^{n+1} − (−a)^{n+1}].

Somit ist

x_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}} [(\frac{\sqrt{5} + 1}{2})^{n+1} − (\frac{\sqrt{5} − 1}{2})^{n+1}] .

Diese Formel gilt auch für n = 0, 1, 2, wie durch Einsetzen überprüft werden kann.

b) n = 0, 1 stimmt durch Einsetzen. Sei die Formel bis n bewiesen. Dann ist

x_{n+1} = x_{n} + x_{n−1}
= \frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{\sqrt{5} + 1}{2})^{n+1} − (\frac{\sqrt{5} − 1}{2})^{n+1}] + \frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{\sqrt{5} + 1}{2})^{n} − (\frac{\sqrt{5} − 1}{2})^{n}]
= \frac{1}{\sqrt{5}}[(−b)^{n+1} − (−a)^{n+1} + (−b)^{n} − (−a)^{n}]
= \frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{\sqrt{5} + 1}{2})^{n+2} − (\frac{\sqrt{5} − 1}{2})^{n+2}]

wegen a + 1 = −b.

Aufgabe 2:

a) Für k ≤ 1 und x ∈ (0, 1] ist 0 der einzige Fixpunkt von f(x) = kx(1 − x) (denn x = kx(1 − x) impliziert x = 0 oder x = 1 − 1/k, und letzteres ist nur für k > 1 ein neuer Fixpunkt. Es gilt 0 ≤ f(x) < x. Also ist für jeden Startwert die Folge x_{n} monoton fallend und beschränkt, also konvergent gegen ein x^{∗}. Da f stetig ist, gilt f(x^{∗}) = f(lim_{n} x_{n}) = lim_{n} f(x_{n}) = lim_{n} x_{n+1} = x^{∗}. Somit ist x^{∗} = 0.

b) x_{n+1}/x_{n} = k(1 − x_{n}) → k für n → ∞. Nach dem Quotientenkriterium ist die Konvergenz also exponentiell für k < 1 und nicht für k = 1, jeweils unabhängig von x_{0}.

Aufgabe 3:

a) Wenn m durch 10 teilbar ist, dann auch 2m. Deshalb hängt die letzte Ziffer von 2^{n+1} nur von der letzten Ziffer von 2^{n} ab. Es gibt nur endlich viele Kombinationen, also muss es eine Wiederholung geben und ab da ist a_{n} periodisch. So eine Folge heißt präperiodisch. Damit sie wirklich periodisch ist, muss sich a_{1} wiederholen. Wegen

a_{1} = 2, a_{2} = 4, a_{3} = 8, a_{4} = 6, a_{5} = 2 = a_{1}

ist das der Fall und das Orbit ist wie angegeben.

b) Die letzten k Ziffern von 2^{n+1} hängen ebenfalls nur von den letzten k Ziffern von 2^{n} ab. Also ist b_{n} präperiodisch. b_{1} wiederholt sich für k > 1 aber nicht, denn b_{N} = b_{1} = 0 … 02 impliziert b_{N−1} = 0 … 01 oder b_{N−1} = 50 … 01, was ungerade ist und somit keine Endziffern einer Potenz von 2.

c) Diese Folge sieht täuschend nach einer periodischen aus, jedoch ist c_{46} = 7 und nicht 6. Solche Abweichungen von dem periodischen Muster treten auch für beliebig große n auf.

Aufgabe 4: Z.B.

f(x) = \frac{1}{4}x

auf X = ℝ^{n} \ {0}, n ≥ 1.