Diskrétní deterministické modely
1. cvičná pisemka
Teoretická část
1. Diferenční rovnici prvního řádu ∆x − 4x(1 − xσ
) = 0 přepište do tvaru rekurentní
formule.
2. Nechť posloupnost x(t) je řešením počáteční úlohy
x(t + 1) =
x(t)
t + 1
, x(0) = 1.
Určete lim
t→∞
x(t).
3. Najděte stacionární bod rovnice x(t + 1) = |x(t) − 1| + 1
2
a vyšetřete jeho stabilitu.
4. Napište model vývoje dvou konkurujících si populací s oddělenými generacemi za
předpokladů:
(i) Izolovaná i-tá populace se vyvíjí podle Bevertonova-Holtova modelu s růstovým
koeficientem ri a s kapacitou prostředí Ki, i = 1, 2.
(ii) Za přítomnosti j-té populace je kapacita prostředí pro i-tou populaci nepřímo
úměrná velikosti j-té populace, i = j.
Výpočetní část
1. Najděte obecné řešení systému rovnic
x(t + 1) = −x(t) + y(t)
y(t + 1) = 2y(t) +t.
2. Uvažujte nelineární autonomní rovnici druhého řádu
Y (t + 2) = cY (t) + g y(t + 1) − Y (t) + A0,
kde funkce g je definována vztahem g(ξ) = γ
ξ
1 + ξ
, parametry γ a A0 jsou kladné,
pro parametr c platí 0 < c < 1. Najděte všechny jeho rovnovážné body a vyšetřete
jejich stabilitu.
Systém interpretujte jako model nějakého reálného procesu.
Čas na vypracování: Teoretická část 60 minut, výpočetní část 40 minut.
Bodování: Teoretická část 4 × 1 bod, výpočetní část 2 × 2 body.
Hodnocení: V každé části — [3.5,4]=A, [2,3.5)=C, [0.5,2)=E;
pokud je v teoretické části dosaženo méně než 0.5 bodu, je celkové hodnocení F, jinak je
celkové hodnocení průměrem hodnocení obou částí.
1
Řešení:
Teoretická část
1.
∆x = 4x − 4xxσ
xσ
− x = 4x − 4xxσ
xσ
(1 + 4x) = x(4 + 1)
xσ
=
5x
1 + 4x
2.
x
t + 1
> 0 pro x > 0 a t ∈ N, tedy x(t) > 0 pro všechna t.
x
t + 1
≤
|x|
2
pro t ≥ 1, tedy x(t) ≤ 1
2
2
pro všechna t.
lim
t→∞
1
2
t
= 0. Celkem lim
t→∞
x(t) = 0.
Nebo: x(t) = 1
t! , lim
t→∞
1
t! = 0.
3. |x − 1| + 1
2 = x −→ x = 3
4 .
Odchylka od stacionárního řešení y(t) = x(t) − 3
4 . Pro „malou“ odchylku je
y(t+ 1) = x(t+ 1)− 3
4 = |x(t)− 1|+ 1
2 − 3
4 = 1 − x(t)− 1
4 = 3
4 − x(t) = −y(t), tedy y(t) = (−1)t
y(0).
Odchylka se nezvětšuje ani nezmenšuje, řešení je stabilní (nikoliv asymptoticky).
4. Například:
x(t + 1) =
αr1K1y(t)
K1 + α(r1 − 1)x(t)y(t)
y(t + 1) =
βr2K2x(t)
K2 + β(r2 − 1)x(t)y(t)
Výpočetní část
1. x(t) = 2t
A + (−1)t
B − 1
2 t − 1
4 , y(t) = 3 · 2t
A − t − 1,
podrobněji: x(t) = 1
3 3x0 − y0 + 1
2 t0 − 1
4 (−1)t−t0
+ 1
3 y0 + t0 + 1)2t−t0
− 1
2 t − 1
4 ,
y(t) = y0 + t0 + 1)2t−t0
− t − 1
2. Při označení f(x, y) = cy + g(y − x) + A0 je rovnice tvaru Y (t + 2) = f Y (t), Y (t + 1) .
Stacionární body: cY + g(Y − Y ) + A0 = Y , odtud Y ∗
=
A0
1 − c
, neboť g(0) = 0.
fx(x, y) = −g′
(y − x), fy(x, y) = c + g′
(y − x); g′
(ξ) = γ
1 + ξ − ξ
(1 + ξ)2
, g′
(0) = γ.
Linearizovaná rovnice je
Y (t + 2) = Y ∗
− γ Y (t) − Y ∗
+ (c + γ) Y (t) − Y ∗
= (c + γ)Y (t + 1) − γY (t) + A0,
její charakteristická rovnice λ2
− (c + γ)λ + γ = 0 má kořeny
λ1,2 = 1
2 c + γ ± (c + γ)2 − 4γ =
c,
γ.
Poněvadž 0 < c < 1 a γ > 0, dostáváme závěr:
• γ < 1 ⇒ Y ∗
je asymptoticky stabilní,
• γ > 1 ⇒ Y ∗
je nestabilní.
Interpretace: Jedná se o modifikaci Hansenova-Samuelsonova modelu vývoje produkce. Akcelerátorem
je v tomto případě rostoucí a ohraničená funkce g (na rozdíl od klasického modelu s lineárním
akcelerátorem).
2
Diskrétní deterministické modely
2. cvičná pisemka
Teoretická část
1. Diferenční rovnici druhého řádu xσσ
∆x = 4x přepište do tvaru systému explicitních
diferenčních rovnic prvního typu a prvního řádu.
2. Napište nějakou diferenční rovnici vyššího řádu, která má řešení x(t) = 4t2
+2 cos tπ
2
.
3. Najděte všechna equilibria autonomní rovnice x(t + 1) = x(t) − x(t) − 1
k
, kde
k ∈ N0, a vyšetřete jejich stabilitu.
4. Nechť posloupnost g je geometrická s počátečním (nultým) členem γ a kvocientem
q, posloupnost H13 je jednotkový skok v čase 13. Najděte obraz součinu těchto posloupností
v transformaci Z a určete jeho poloměr divergence.
Výpočetní část
1. Najděte obecné řešení rovnice
x(t + 2) − x(t) = 2t
t sin
π
2
t .
2. Uvažujte autonomní systém
H(t + 1) = rH(t) exp − aP(t) ,
P(t + 1) = cH(t) 1 − exp − aP(t) ;
parametry r, a a c jsou kladné. Najděte rovnovážný bod systému s oběma souřadnicemi
kladnými a vyšetřete jeho stabilitu.
Čas na vypracování: Teoretická část 60 minut, výpočetní část 40 minut.
Bodování: Teoretická část 4 × 1 bod, výpočetní část 2 × 2 body.
Hodnocení: V každé části — [3.5,4]=A, [2,3.5)=C, [0.5,2)=E;
pokud je v teoretické části dosaženo méně než 0.5 bodu, je celkové hodnocení F, jinak je
celkové hodnocení průměrem hodnocení obou částí.
3
Řešení:
Teoretická část
1. x1 = x, x2 = xσ
,
xσ
1 = x2,
xσ
2 =
4x1
x2 − x1
,
∆x1 = −x1 + x2,
∆x2 =
4x1
x2 − x1
− x2,
∆x1 = −x1 + x2,
∆x2 =
x1(4 + x2) − x2
2
x2 − x1
.
2. Napíšeme rovnici lineární homogenní.
Charakteristická rovnice musí mít alespoň trojnásobný kořen λ1 = 1 a imaginární kořen λ2 = i.
Nejjednodušší taková rovnice je (λ − 1)3
(λ2
+ 1) = 0, po úpravě λ5
− 3λ4
+ 4λ3
− 4λ2
+ 3λ − 1 = 0.
Hledaná rovnice může být
x(t + 5) − 3x(t + 4) + 4x(t + 3) − 4x(t + 2) + 3x(t + 1) − x(t) = 0.
Také lze napsat lineární nehomogenní rovnici
x(t + 2) + x(t) = 8t2
+ 16t + 16 nebo x(t + 3) − 3x(t + 2) + 3x(t + 1) − x(t) = 4 cos t
π
2
+ sin
π
2
.
3. f(x) = x−(x−1)k
= x, odtud (x−1)k
= 0, což znamená, že pro k = 1 je x∗
= 1 jediné equilibrium
rovnice a pro k = 0 rovnice equilibrium nemá.
f′
(x) = 1 − k(x − 1)k−1
; f′
(1) = 1 – nerozhodnutelný případ.
Pro n < k je f(n)
(x) = −k(k − 1) · · · (k − n + 1)(x − 1)k−n
, f(n)
(1) = 0.
f(k)
(x) = −k! = 0, tedy je-li k sudé, je x∗
= 1 nestabilní, ale nikoliv repulsivní;
je-li k liché, je x∗
= 1 asymptoticky stabilní, dokonce globálně.
x(t + 1)
x(t)10
1
x(t + 1)
x(t)10
1
k liché k sudé
4. g(t) = γqt
, H13(t) =
0, t < 13,
1, t ≥ 13.
gH13(z) =
∞
j=13
γqj
z−j
= γ
q
z
13
1
1− q
z
= γq13 z−12
z − q
,
konverguje pro |q
z | < 1, tj. R = |q|.
Výpočetní část
1. x(t) = A + (−1)t
B + 1
25 2t
(8 − 5t) sin π
2 t
2. • r ≤ 1 rovnovážný bod uvnitř prvního kvadrantu neexistuje
• r > 1 rovnovážný bod je (H∗
, P∗
) =
1
ac
r ln r
r − 1
,
ln r
a
.
J(H, P) =
re−αP
−arHe−αP
c 1 − e−αP
acHe−αP , J∗
= J(H∗
, P∗
) =
1 1
c
r
r−1 ln r
cr−1
r
1
r−1 ln r
,
tr J∗
= 1 +
ln r
r − 1
, det J∗
=
1 − r
r
ln r.
| tr J∗
|−1 = 1
r−1 ln r > 1
r ln r > 1
r − 1 ln r = 1−r
r ln r = det J∗
, tedy rovnovážný bod (H∗
, P∗
)
je nestabilní.
4
Diskrétní deterministické modely
3. cvičná pisemka
Teoretická část
1. Napište diskrétní autonomní model vývoje velikosti populace, která má konstantní
úmrtnost d, porodnost přímo úměrnou své velikosti a jejíž rovnovážná velikost je
x∗
= 1.
2. Napište takový dvojrozměrný lineární homogenní systém, aby každý bod tvaru (ξ, 2ξ)
byl jejím dosažitelným equilibriem.
3. Uvažujte autonomní rovnici x(t + 1) = x(t) µ − 2x(t) s kladným parametrem µ.
Najděte bifurkační hodnotu µ0 pro rovnovážný bod x∗
= 0 a určete typ bifurkace.
4. Nechť obraz ˜x = Z(x) kauzální posloupnosti x v transformaci Z je dán předpisem
˜x(z) =
2z
1 + z
. Určete posloupnost x.
Výpočetní část
1. Najděte řešení počáteční úlohy pro diferenční rovnici druhého řádu
∆2
x + 2∆x = t, x(0) = 0, x(1) = −1
4
.
2. Uvažujte autonomní systém
x(t + 1) = y(t) exp r − ax(t) − y(t) ,
y(t + 1) = x(t),
definovaný na stavovém prostoru {(x, y) ∈ R2
: x ≥ 0, y ≥ 0} s kladnými parametry
r, a. Najděte všechny jeho rovnovážné body a vyšetřete jejich stabilitu.
Systém interpretujte jako populační model.
Čas na vypracování: Teoretická část 60 minut, výpočetní část 40 minut.
Bodování: Teoretická část 4 × 1 bod, výpočetní část 2 × 2 body.
Hodnocení: V každé části — [3.5,4]=A, [2,3.5)=C, [0.5,2)=E;
pokud je v teoretické části dosaženo méně než 0.5 bodu, je celkové hodnocení F, jinak je
celkové hodnocení průměrem hodnocení obou částí.
5
Řešení:
Teoretická část
1. x(t + 1) = 1 + βx(t) − d x(t). Má platit (1 + βx∗
− d)x∗
= x∗
= 1, tj. 1 + β − d = 1, takže β = d.
Hledaná rovnice je x(t + 1) = dx(t) − d x(t).
2. Aby systém
x
y
(t + 1) = A
x
y
(t) měl dosažitelné equilibrium, musí být matice A singulární, tj.
A =
a b
c bc
a
pro a = 0.
Aby bod
ξ
2ξ
byl equilibriem, musí platit
a b
c bc
a
ξ
2ξ
=
(a + 2b)ξ
c + 2bc
a ξ
=
ξ
2ξ
.
Odtud a + 2b = 1, tj. b = 1
2 (1 − a); c + (1−a)c
a = 2, tj. c = 2a. Hledaný systém je
x(t + 1) = ax(t) + 1
2 (1 − a)y(t),
y(t + 1) = 2ax(t) + (1 − a)y(t).
Pro a = 1 dostaneme
x(t + 1) = x(t),
y(t + 1) = 2x(t).
pro a = 0 dostaneme
x(t + 1) = 1
2 y(t),
y(t + 1) = y(t),
Některý z těchto speciálních případů bylo možné snadno uhodnout.
3. f(x, µ) = x(µ − 2x), ∂f
∂x (x, µ) = µ − 4x.
f(0, µ) = 0, ∂f
∂x (0, µ) = µ, proto bifurkační hodnota kladného parametru µ je µ0 = 1.
∂2
f
∂x2 (x, µ) = −4 = 0, ∂f
∂µ (x, µ) = x, ∂f
∂µ (0, µ0) = 0, ∂f2
∂µ∂x (x, µ) = 1 = 0
Jedná se o transkritickou bifurkaci.
4.
2z
1 + z
= 2
1
1
z + 1
= 2
1
1 + 1
z
= 2
∞
j=0
−
1
z
j
=
∞
j=0
2(−1)j 1
z
j
. Tedy x(t) = 2(−1)t
.
6
Výpočetní část
1. Položíme y(t) = ∆x(t). Pak ∆y(t) = −2y(t) + t, y(0) = −1
4 .
Tedy y(t) = −1
4 (−1)t
+
t−1
i=0
(−1)t−1−i
i.
t−1
i=0
(−1)t−1−i
i = (t − 1) − (t − 2) + (t − 3) − (t − 4) + · · · + (−1)t−1
· 2 + (−1)t
=
=
t−1
2 , t liché
t
2 , t sudé
= 1
2 t − 1
4 (1 − (−1)t
).
Celkem y(t) = −1
4 (−1)t
+ 1
2 t − 1
4 (1 − (−1)t
) = 1
2 t − 1
4 .
Řešení úlohy: x(t) = x(0) +
t−1
i=0
y(j) = 1
2
t−1
i=0
i − 1
4
t−1
i=0
1 = 1
2 · 1
2 t(t − 1) − 1
4 t = 1
4 t(t − 2).
2. Equilibria: x = yer−ax−y
, y = x. Odtud (x∗
1, y∗
1) = (0, 0), (x∗
2, y∗
2) = r
a+1 , r
a+1 .
J(x, y) =
−aer−ay−y
(1 − y)er−ay−y
1 0
.
Extinkční rovnováha (0, 0):
J(0, 0) =
0 er
1 0
, tr J(0, 0) = 0, det J(0, 0) = −er
,
Dostatečná podmínka nestability −1 > −er
, tj. er
> 1 je pro kladné r splněna, (0, 0) je nestabilní.
Koexistence r
a+1 , r
a+1 :
J(x∗
2, y∗
2) =
− ar
a+1 1 − r
a+1
1 0
, tr J(x∗
2, y∗
2) = −a
r
a + 1
, det J(x∗
2, y∗
2) =
r
a + 1
.
Dostatečná podmínka stability:
ar
a + 1
− 1 <
r
a + 1
− 1 < 1
ar
a + 1
<
r
a + 1
< 2
a odtud a < 1, r < 2(a + 1).
Je-li 1
2 r − 1 < a < 1, pak je equilibrium r
a+1 , r
a+1 asymptoticky stabilní, je-li alespoň jedna
z těchto nerovností obrácená a ostrá, je rovnováha nestabilní.
Interpretace:
y(t + 1) = x(t),
x(t + 1) = y(t) exp r − ax(t) − y(t) ,
y(t + 1) =
x(t)
y(t)
x(t),
x(t + 1) =
y(t)
x(t)
exp r − ax(t) − y(t) y(t),
y – juvenilní jedinci (larvy),
x – adultní jedinci (imaga),
Mezi adultními i mezi juvenilními jedinci se projevuje vnitrodruhová konkurence.
Juvenilní jedinci konkurují adultním.
Pokud je subpopulace adultních jedinců „malá“, y < 1, pak adultní podporují růst subpopulace
juvenilních; pokud je subpopulace adultních jedinců „velká“, y > 1, pak adultní omezují růst subpopulace
juvenilních.
Jde tedy o formu Alleho efektu.
7