Автокатализ

Автор темы dashakiev 
ОбъявленияПоследний пост
ОбъявлениеРекомендации по использованию теха в нашем форуме15.04.2017 21:40
ОбъявлениеПравила и принципы форума «Высшая математика»28.10.2009 15:17
ОбъявлениеВычисление параметров смешанной модели15.11.2017 16:57
29.04.2015 22:12
Изучаем коэффициент при p в первой степени
После несложных преобразований получаем равенство $0=2\psi{z}+(M-\psi)\lambda(z)$. Справа у нас при любых допустимых значениях $z$ выражение больше нуля. Отсюда равенство ложное, другими словами доказано что "коєффициент при $p$" положителен.
01.05.2015 00:45
Критерий Гурвица
С позволения автора темы я закончу исследование характеристического уравнения $p^3+(k_1K_0+k_2(M-K_0)+2k_3+k_1E_0)p^2+(k_1k_2(M-K_0)K_0+2k_3k_1K_0+k_3k_2(M-K_0)+{k_3}^2+k_1k_2(\frac{q}{k_3}-M)E_0+k_1k_3E_0)p+(k_3k_2(M-K_0)+{k_3}^2)k_1K_0=0$, доказав что все его корни имеют отрицательную вещественную часть. Покажем что критерий Гурвица выполняется, т.е. неравенство $(k_1K_0+k_2(M-K_0)+2k_3+k_1E_0)(k_1k_2(M-K_0)K_0+2k_3k_1K_0+k_3k_2(M-K_0)+{k_3}^2+k_1k_2(\frac{q}{k_3}-M)E_0+k_1k_3E_0)>(k_3k_2(M-K_0)+{k_3}^2)k_1K_0$ выполняется.
Что бы увидеть очевидность этого неравенства предлагаю переписать его в виде:
$(k_2(M-K_0)+k_3+{N_1}(q))(k_3k_1K_0+{N_2}(q))>(k_2(M-K_0)+{k_3}){k_3}{k_1}K_0$, где ${N_1}(q),{N_2)(q)>0$ (это следует из предыдущих рассуждений). Т.о. доказано, что критерий Гурвица для данного кубического уравнения выполняется.



Редактировалось 2 раз(а). Последний 01.05.2015 01:07.
04.05.2015 22:49
Автокатализ (восхождение с северной стороны)
Решила предложить еще одно решение (хочу выразить теперь $S_0$ через $K_0,\, A_0$.
$\left\{ \begin{array}{l} \frac{dK}{dt} = k_1KE - k_2A(M-K-A) - k_3K \\ \frac{dA}{dt} = k_1KE - k_2A(M-K-A) - k_3A \\ \frac{dE}{dt} = q - k_1KE \\ \end{array}$
или для стационарного состояния:
$\left\{ \begin{array}{l} 0 = k_1{K_0}{E_0} - k_2{A_0}(M-{K_0}-{A_0}) - k_3{K_0} \\ 0 = k_1{K_0}{E_0} - k_2{A_0}(M-{K_0}-{A_0}) - k_3{A_0} \\ 0 = q - k_1{K_0}{E_0} \\ \end{array}$

составляю характеристическое уравнение:

$\left| {({P_K}^')_0}-p\,\,\,\,\, {({P_S}^')_0}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{({P_E}^')_0}\,\,\,\,\, \right|$
$\left| {({Q_A}^')_0}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, {({Q_S}^')_0}-p\,\,\,\,\,\,{({Q_E}^')_0}\,\,\,\,\, \right|=0$
$\left| {({W_A}^')_0}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, {({W_S}^')_0}\,\,\,\,\,\,\,\,\,{(W_E}^')_0}-p\right|$

где

${({P_A}^')_0}=-{k_1}{E_0}-2{k_2}{A_0}-{k_3}$
${({P_A}^')_0}=2{k_2}(M-{K_0}-2{A_0})$
${({P_E}^')_0}=-{k_1}{K_0}$
$ {({Q_K}^')_0}={k_1}{E_0}+{k_2}{A_0}$
${({Q_A}^')_0}=- {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) -{k_3}$
${({Q_E}^')_0}={k_1}{K_0}$
${({W_K}^')_0}=-{k_1}{E_0}$
${({W_A}^')_0}=0$
${({W_E}^')_0}=-{k_1}{K_0}$

отсюда

$\left|\begin{array}{rr} -{k_1}{E_0}-2{k_2}{A_0}-{k_3}-p & 2{k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) & -{k_1}{K_0} \\ {k_1}{E_0}+{k_2}{A_0} & - {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) -{k_3}-p & {k_1}{K_0}\\ -{k_1}{E_0} & 0 & -{k_1}{K_0}-p\end{array}\right|=0$

умножаю на 2 вторую строку и прибавляю к первой:

$\left|\begin{array}{rr} {k_1}{E_0}-{k_3}-p & -2({k_3}-p) & {k_1}{K_0} \\ {k_1}{E_0}+{k_2}{A_0} & - {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) -{k_3}-p & {k_1}{K_0}\\ -{k_1}{E_0} & 0 & -{k_1}{K_0}-p\end{array}\right|=0$

теперь третью строку прибавляю к первой:

$\left|\begin{array}{rr} -{k_3}-p & -2({k_3}+p) & -p \\ {k_1}{E_0}+{k_2}{A_0} & - {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) -{k_3}-p & {k_1}{K_0}\\ -{k_1}{E_0} & 0 & -{k_1}{K_0}-p\end{array}\right|=0$

затем третью строку ко второй:

$\left|\begin{array}{rr} -{k_3}-p & -2({k_3}+p) & -p \\ {k_2}{A_0} & - {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) -{k_3}-p & -p\\ -{k_1}{E_0} & 0 & -{k_1}{K_0}-p\end{array}\right|=0$

умножаем на первый столбец на $-2$ и к нему прибавляю второй столбец:

$\left|\begin{array}{rr} 0 & -2({k_3}+p) & -p \\ -{k_2}(M-{K_0})-{k_3}-p & - {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) -{k_3}-p & -p\\ 2{k_1}{E_0} & 0 & -{k_1}{K_0}-p\end{array}\right|=0$

далее умножаю первую строку на $-1$ и прибавляю ко второй:

$\left|\begin{array}{rr} 0 & -2({k_3}+p) & -p \\ -{k_2}(M-{K_0})-{k_3}-p & - {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) +{k_3}+p & 0\\ 2{k_1}{E_0} & 0 & -{k_1}{K_0}-p\end{array}\right|=0$

избавляемся от двоек в определителе (в данном случае это возможно):

$\left|\begin{array}{rr} 0 & -({k_3}+p) & -p \\ -{k_2}(M-{K_0})-{k_3}-p & - {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) +{k_3}+p & 0\\ {k_1}{E_0} & 0 & -{k_1}{K_0}-p\end{array}\right|=0$

умножаю на $-1$ второй, третий столбец и вторую строку:

$\left|\begin{array}{rr} 0 & ({k_3}+p) & p \\ {k_2}(M-{K_0})+{k_3}+p & - {k_2}(M-{K_0}-2{A_0}) +{k_3}+p & 0\\ {k_1}{E_0} & 0 & {k_1}{K_0}+p\end{array}\right|=0$

вспоминая что $K=\frac{q}{k_3}-2A$ можем записать:

$\left|\begin{array}{rr} 0 & ({k_3}+p) & p \\ {k_2}(M-{K_0})+{k_3}+p & {k_2}(\frac{q}{k_3}-M) +{k_3}+p & 0\\ {k_1}{E_0} & 0 & {k_1}{K_0}+p\end{array}\right|=0$

и наконец, переставляю местами первый и второй столбцы и получаю:

$\left|\begin{array}{rr} ({k_3}+p) & 0 & p \\ {k_2}(\frac{q}{k_3}-M)+{k_3}+p & {k_2}(M-{K_0})+{k_3}+p & 0\\ 0 & {k_1}{E_0} & {k_1}{K_0}+p\end{array}\right|=0$.

Точно такое характеристическое уравнение уже встречалось на второй странице и было доказано что все его корни имеют отрицательную вещественную часть.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 04.05.2015 22:50.
04.05.2015 22:52
Найти вариационный принцип.
Теперь у меня вопрос следующего плана: как подобрать вариационный принцип к данной системе дифф. уравнений?
07.05.2015 00:46
...
Извиняюсь за задержку (ждал законченного и не хотел смотреть беглым глазом, а на плотный не было времени). Все посмотрел. Ошибок не увидел, все очень хорошо (не считая практически ничего не значащих мелочей вроде "доказанного возрастания исследуемого коэффициента в окрестности нуля" и появления $y$). Красивый подход, поздравляю уважаемая Dashakiev с завершением этого мучительного пути smile. Насчет
Цитата
father
Покажем что критерий Гурвица выполняется, т.е. неравенство $(k_1K_0+k_2(M-K_0)+2k_3+k_1E_0)(k_1k_2(M-K_0)K_0+2k_3k_1K_0+k_3k_2(M-K_0)+{k_3}^2+k_1k_2(\frac{q}{k_3}-M)E_0+k_1k_3E_0)>(k_3k_2(M-K_0)+{k_3}^2)k_1K_0$ выполняется.
Что бы увидеть очевидность этого неравенства предлагаю переписать его в виде:
$(k_2(M-K_0)+k_3+{N_1}(q))(k_3k_1K_0+{N_2}(q))>(k_2(M-K_0)+{k_3}){k_3}{k_1}K_0$, где ${N_1}(q),{N_2)(q)>0$ (это следует из предыдущих рассуждений). Т.о. доказано, что критерий Гурвица для данного кубического уравнения выполняется.
Как мне кажется, положительность $N_2(q)$ - не очевидна (хотя это так и действительно сравнительно несложно доказуемо). Вообще, данный завершающий пункт мне с самого начала виделся самым сложным и рутинным и, например, в моем решении (в его развернутом виде) он имел всех больше формул, но Вы сумели с ним очень эффективно разобраться (можете просить у Dashakiev презент wink)

Раз уж этап пройден, то с позволения автора тоже приведу свой первоначальный вариант решения (в следующем посте). Суть его, конечно, та же (только вспомогательные методы чуть другие), на оптимальность оно также не претендует, а в оригинальности проигрывает авторскому, но, возможно, что-то из него кому-нибудь пригодится.

P.S.
Цитата
Dashakiev
Теперь у меня вопрос следующего плана: как подобрать вариационный принцип к данной системе дифф. уравнений?
Что Вы под этим имеете ввиду?
07.05.2015 02:00
Вариант
В целях экономии писать везде буду без промежуточных выкладок (нервы не такие крепкие smile, да и решение окажется слишком громоздким), а также вместо $K_0,A_0,S_0,E_0$ буду просто использовать $K,A,S,E$ (думаю, что из контекста будет ясно). Собственно явный вид искомого решения не находился, а все ограничилось док-м его существования (старался просто избегать радикалов):


Везде полагаем $q>0$ и $k_{1,2,3}>0$. Пока не будем предполагать неотрицательность $K,A,S,E$, она сама собой возникнет.
Исходная система:
$ \left\{\begin{array}{l} \frac{dK}{dt}=-k_1KE+2k_2AS-k_3K \\ \frac{dA}{dt}=k_1KE-k_2AS-k_3A \\ \frac{dS}{dt}=-k_2AS+k_3K+k_3A \\ \frac{dE}{dt}=q-k_1KE\end{array} $ (1)

При $q>0$ все стационарные решения этой системы имеют вид
$ \left(K(t),\,A(t),\,S(t),\,E(t)\right)= \left(\frac{q-2k_3p}{k_3},\,p,\,\frac{q-k_3p}{k_2p},\,\frac{k_3q}{k_1(q-2k_3p)}\right) $ (2)

При $K+A+S=M=const>0$ (заданная постоянная) имеем систему

$ \left\{\begin{array}{l} \frac{dA}{dt}=k_1E(M-A-S)-k_2AS-k_3A \\ \frac{dS}{dt}=-k_2AS+k_3(M-A-S)+k_3A \\ \frac{dE}{dt}=q-k_1E(M-A-S)\end{array} $ (3)

стационарные решения которой (которые также удовлетворяют (2) при некоторых p) будем исследовать на устойчивость по первому приближению. Характеристический полином матрицы Якоби для последней системы принимает вид

$P(\lambda)= \lambda^3+a\lambda^2+b\lambda+c$,
где
$K=M-A-S$,
$a=2k_3+k_2(A+S)+k_1(K+E)$,
$b=k_3(k_3+k_2(A+S)+k_1(2K+E))+k_1k_2(AE+AK+KS-ES)$,
$c=k_1k_3K(k_3+k_2(A+S))$.

Тогда $K\ne0$, т.к. $q\ne0$ (см. систему (1)). Если $K<0$, то из (2) следует, что $p>0$, откуда $k_3+k_2(A+S)=\frac{q}{p}+k_2p>0$ и соответственно $c<0$, а значит, полином имеет по крайней мере один положительный вещественный корень и любое стационарное решение системы (3), соответствующее $K<0$ - неустойчиво. При $K>0$ имеем: если $k_3+k_2(A+S)=\frac{q}{p}+k_2p<0$, то $p<0,\,c<0$ и решение неустойчиво. Если $k_3+k_2(A+S)=\frac{q}{p}+k_2p>0$, то $p>0$, следовательно, $A,S,E>0$.
Т.о., необходимым условием устойчивости стационарного решения (3) при $q>0$ является $K,A,S,E>0$. Покажем, что это условие является и достаточным. Действительно, рассмотрим коэффициенты характеристического полинома как функции от $q$, т.е. $a=a(q),\,b=b(q)$ и $c=c(q)$ и покажем выполнение критерия Гурвица. Очевидно, при $K,A,S,E>0$ справедливо $a,c>0$. Заметим из (2), что условие $K,A,S,E>0$ равносильно $p\in\left(0;\frac{q}{2k_3}\right)$. Тогда, при $p>0$, положив $q=2k_3p\alpha$ при $\alpha>1$, получим (опуская все преобразования)
$ b(2k_3p\alpha)=\frac{k_2k_3p(2\alpha-1)}{\alpha-1}+(\alpha-1)(2k_1k_3p(2\alpha+1)+2k_1k_2p^2)>0 $
и
$ a(2k_3p\alpha) b(2k_3p\alpha)- c(2k_3p\alpha)=2k_1p\left[k_2p^2(2k_1(\alpha-1)+k_2)(\alpha-1)+2k_2k_3p(2\alpha^2-1)+2k_1k_3p(2\alpha+1)(\alpha-1)^2+k_3^2(4\alpha^3-1)\right]+$
$+\frac{k_2k_3p(2\alpha-1)(k_3(2\alpha^2-1)+k_2p(\alpha-1))}{(\alpha-1)^2}>0$
Критерий выполняется
Т.о., при $q>0$ если стационарный вектор $(A(t),\,S(t),\,E(t))=\left(p,\,\frac{q-k_3p}{k_2p},\,\frac{k_3q}{k_1(q-2k_3p)}\right)$ является решением (3), то при $p\in\left(0;\frac{q}{2k_3}\right)$ это решение асимптотически устойчиво (для (3)!). При прочих $p$ решение неустойчиво а, следовательно, неустойчиво и любое стационарное решение (1) вида (2) (при таких прочих p).
Наконец, найдем условие существования стационарного решения с положительными компонентами. Параметр $p$ для (3) определяется из соотношения $K+A+S=M$ или, с учетом (2),
$\frac{q-2k_3p}{k_3}+p+\frac{q-k_3p}{k_2p}=M$
или
$g(p)=M$,
где $g(p)=\left(\frac{q}{k_3}-\frac{k_3}{k_2}\right)+\frac{q}{k_2p}-p$. Заметим, что $g(p)$ непрерывна и убывает на $(0;+\infty)$ как сумма константы и двух убывающих функций и т.к. при $p\to+0$, $g(p)\to+\infty$, то для существования решения данного уравнения на интервале $\left(0;\frac{q}{2k_3}\right)$ необходимо и достаточно, чтобы $g\left(\frac{q}{2k_3}\right)<M$, откуда и получаем $q<\frac{2k_3(Mk_2-k_3)}{k_2}$. Отметим также, что введенное нами условие $q>0$ дополнительно требует $M>\frac{k_3}{k_2}$. Т.о., окончательно, при $q>0$ система (3) (не (1)!) имеет асимптотически устойчивое стац. решение при $M>\frac{k_3}{k_2}$ и $q\in\left(0;\frac{2k_3(Mk_2-k_3)}{k_2}\right)$, а при прочих значениях параметров все стац. решения (3), а также и (1) – неустойчивы.
Здесь правда имеется один неприятный момент с параметром $q$. Условие $q>0$ мы ввели самолично, однако, численные прогоны подсказывают, что система (3) может иметь устойчивые решения и при некоторых $q<0$ и, похоже, для них требуется отдельный анализ. Но это уже на желающих, я так и не смог себя заставить smile



Редактировалось 2 раз(а). Последний 07.05.2015 02:05.
07.05.2015 22:08
Найти вариационный принцип.
Цитата
anton25
P.S.
Цитата
Dashakiev
Теперь у меня вопрос следующего плана: как подобрать вариационный принцип к данной системе дифф. уравнений?
Что Вы под этим имеете ввиду?

Я понимаю нахождение некоторой экстремальной функции следующим образом: задается начальная функция, задаются критерий и ограничения (последнее не обязательно), с помощью вариационного исчисления из начальных условий получают функцию удовлетворяющую экстремальному критерию. Меня интересует существует ли в математике метод при котором начальными условиями является функция удовлетворяющая (пока неизвестному) экстремальному значению. Берем функцию близкую к начальной и отталкиваясь от нее находим экстремальную функцию тожественную первоначальной. Другими словами существует ли в математике "исчисление" обратное вариационному?

P.S. Спасибо за публикацию своего варианта решения. Буду изучать.
13.05.2015 23:17
Мутация
Допустим что в нашей автокаталитической системе появился мутант у которого свои коэффициенты (обозначим их $r_1,r_2,r_3$. Он также имеет две формы существования $B$ (акивированная) и$R$. "Питается" субстратом $S$ и "получает" ту же "энергию" $E$.
Можно записать следующую систему дифф. ур-ий:

$ \left\{\begin{array}{l} \frac{dK}{dt}=-k_1KE+2k_2AS-k_3K \\ \frac{dA}{dt}=k_1KE-k_2AS-k_3A \\ \frac{dR}{dt}=-r_1RE+2r_2BS-r_3R \\ \frac{dB}{dt}=r_1RE-r_2BS-r_3B \\ \frac{dS}{dt}=-k_2AS-r_2BS+k_3K+k_3A+r_3R+r_3B \\ \frac{dE}{dt}=q-k_1KE-r_1RE\end{array} $
Где $A+B+K+R+S=M(const)$



Редактировалось 1 раз(а). Последний 12.02.2016 01:52.
14.05.2015 16:44
Еще одно замечание
Я возвращаюсь к первоначальной задаче: допустим у нас стационарное состояние асимптотически устойчиво, но разве отсюда следует что из любого, допустимого начального состояния система попадает именно в стационарное состояние? Возможно в ней начнутся какие-то колебания, биения и т.п.
07.07.2015 11:52
Фазовое пространство
Вижу тема окончательно загнуласьcry.
По поводу моего последнего замечания. Если на фазовой плоскости имеется только одна особая точка и все решения характеристического уровнения имеют отрицательную вещественную часть (что уже было доказано разными способами), то во-перых эта особая точка является либо устойчивым узлом, либо фокусом, а во-вторых (по причине единственности особой точки) система из любой начальной точки заданого фазового пространства (область определения) при t стремящемся к бесконечности окажется в этой особой точке.
20.02.2016 19:12
Общие замечания об особой точке
Цитата
father
Вижу тема окончательно загнуласьcry.
По поводу моего последнего замечания. Если на фазовой плоскости имеется только одна особая точка и все решения характеристического уровнения имеют отрицательную вещественную часть (что уже было доказано разными способами), то во-перых эта особая точка является либо устойчивым узлом, либо фокусом, а во-вторых (по причине единственности особой точки) система из любой начальной точки заданого фазового пространства (область определения) при t стремящемся к бесконечности окажется в этой особой точке.

Решила после 8 месячного перерыва поднять старую тему. Последнее утверждение father'а о том что если система диффуравнений имеет всего одну особую точку и эта точка асимптотически устойчива, то рано или поздно система окажется именно в этой точке, кажется мне мало убедительным с математической точки зрения (хотя интуитивно очевидным). Самостоятельные попытки строго доказать это утверждение пока у меня успехом не увенчались. Долгое время пыталась представить эту систему как некий аналог движения материального тела на которое действует две силы: сила притяжения и сила сопротивления среды. Траектория движения этого тела представляет собой эллиптическую спираль, в одном из фокусов этой спирали и находится особая точка исследуемой системы диф. уравнений. Теперь мне кажется что правильнее представить эту систему как некоторую поверхность второго порядка (параболоид, гиперболоид и т.п.) по этой поверхности под действием силы тяжести движется металлический шарик. В самой нижней точке находится особая точка а на шарик кроме силы тяжести действует еще и сила трения.
22.02.2016 00:35
неверно
Цитата
father
Вижу тема окончательно загнуласьcry.
По поводу моего последнего замечания. Если на фазовой плоскости имеется только одна особая точка и все решения характеристического уровнения имеют отрицательную вещественную часть (что уже было доказано разными способами), то во-перых эта особая точка является либо устойчивым узлом, либо фокусом, а во-вторых (по причине единственности особой точки) система из любой начальной точки заданого фазового пространства (область определения) при t стремящемся к бесконечности окажется в этой особой точке.

Утверждение неверно.
Можно указать систему с фокусом, единственной особой точкой, например, в нуле, но имеющей также два предельных цикла, окружающих этот ноль.
Тогда траектории, начинающиеся в области между предельными циклами, наматываются на один из них при $t\to\infty$ и потому не приближающиеся к особой точке.
26.02.2016 00:17
Спасибо за подсказку
Цитата
shwedka
Цитата
father
Вижу тема окончательно загнуласьcry.
По поводу моего последнего замечания. Если на фазовой плоскости имеется только одна особая точка и все решения характеристического уровнения имеют отрицательную вещественную часть (что уже было доказано разными способами), то во-перых эта особая точка является либо устойчивым узлом, либо фокусом, а во-вторых (по причине единственности особой точки) система из любой начальной точки заданого фазового пространства (область определения) при t стремящемся к бесконечности окажется в этой особой точке.

Утверждение неверно.
Можно указать систему с фокусом, единственной особой точкой, например, в нуле, но имеющей также два предельных цикла, окружающих этот ноль.
Тогда траектории, начинающиеся в области между предельными циклами, наматываются на один из них при $t\to\infty$ и потому не приближающиеся к особой точке.

Спасибо, за подсказку. Я экспериментировала с различными значениями параметров и начальными значениями в Excel, решая первоначальную систему дифуравнений методом Рунге-Кутта, при некоторых значениях параметров получались незатухающие колебания, которые при определенном значении $t$ уходили в плюс бесконечность. Вначале я думала что это просто артефакт, связанный с накапливающейся ошибкой возникающей при численных решениях дифуравнений, потом вспомнила что на самом деле данная система решаемая в общем виде имеет не одну точку покоя а две - одна когда все значения $A,$ $K,$ и $E$ неотрицательны. Другая, когда $A$ меньше нуля. Эту точку покоя я игнорировала как не имеющую смысла, но для общего решения про нее не следует забывать. Теперь оказывается и с одной точкой покоя возможна ситуация когда система со временем в нее никогда не попадает
29.02.2016 22:34
Решение системы "Мутация"
Хочу поделиться своим решением системы "Мутация":
$ \left\{\begin{array}{l} \frac{dK}{dt}=-k_1KE+2k_2AS-k_3K \\ \frac{dA}{dt}=k_1KE-k_2AS-k_3A \\ \frac{dR}{dt}=-r_1RE+2r_2BS-r_3R \\ \frac{dB}{dt}=r_1RE-r_2BS-r_3B \\ \frac{dS}{dt}=-k_2AS-r_2BS+k_3K+k_3A+r_3R+r_3B \\ \frac{dE}{dt}=q-k_1KE-r_1RE\end{array} $
Где $A+B+K+R+S=M(const)$

Сначала перестроим систему следующим образом:

$ \left\{\begin{array}{l} \frac{dK}{dt}=-k_1KE+2k_2AS-k_3K \\ \frac{dA}{dt}=k_1KE-k_2AS-k_3A \\ \frac{dS}{dt}=-k_2AS-r_2BS+k_3K+k_3A+r_3R+r_3B \\ \frac{dE}{dt}=q-k_1KE-r_1RE \\ \frac{dR}{dt}=-r_1RE+2r_2BS-r_3R \\ \frac{dB}{dt}=r_1RE-r_2BS-r_3B\end{array} $ (I)
Где $A+B+K+R+S=M(const)$

В точке равновесия система приобретет вид:

$ \left\{\begin{array}{l} 0=-k_1K_0E_0+2k_2A_0S_0-k_3K_0 \\ 0=k_1K_0E_0-k_2A_0S_0-k_3A_0 \\ 0=-k_2A_0S_0-r_2B_0S_0+k_3K_0+k_3A_0+r_3R_0+r_3B_0 \\ 0=q-k_1K_0E_0-r_1R_0E_0 \\ 0=-r_1R_0E_0+2r_2B_0S_0-r_3R_0 \\ 0=r_1R_0E_0-r_2B_0S_0-r_3B_0\end{array} $
Где $A_0+B_0+K_0+R_0+S_0=M(const)$



Редактировалось 1 раз(а). Последний 20.03.2016 16:33.
01.03.2016 01:44
Решение системы "Мутация"
Последняя система является математической моделью "биологического вида" A-K и его мутировавшей разновидности B-R, находящихся в равновесном состоянии. Все параметры в этой системе положительны, а переменные неотрицательны. $E_0>0$, в противном случае третье уравнение становится ложным. Если $S_0=0$, то отсюда следует что все остальные переменные тоже равны нулю, но тогда и $M=0$, что противоречит условиям задачи. Наконец, если, например пара $A_0=0, \,K_0>0$ (аналогично для $K_0=0,\, A_0>0$), то ложным становится первое и второе уравнения (а для пары $B_0=0, \, R_0>0$ (тоже самое для $R_0=0,\, B_0>0$) ложным будут уравнения (5) и (6). Поэтому для любой из пар значения каждой переменной в точке равновесия могут быть либо попарно положительными, либо попарно равну нулю..
02.03.2016 01:21
Решение системы "Мутация"
Еще одно замечание: обе пары $K_0,\,A_0$ и $R_0,\,B_0$ одновременно так же не могут быть нулевыми (в данной системе) т.к. тогда четвертое уравнение станет ложным. Т.о. у нас остается всего два варианта:
1) Пара $K_0,\,A_0$ не равна нулю, пара $R_0,\,B_0$ равна нулю. (Симметричный вариант когда пара $R_0,\,B_0$ не равна нулю, а пара $K_0,\,A_0$, наоборот, равна нулю - отдельно рассматривать не будем т.к. это не даст никакой новой информации);
2. Обе пары в точке равновесия не равны нулю.

Начнем со второго варианта:
Складываем (1) и (2) уравнение системы и выражаем $S_0$
$S_0=\frac{k_3}{k_2}(1+\frac{K_0}{A_0})$
Далее cкладываем (5) и (6) уравнение и снова выражаем $S_0$
$S_0=\frac{r_3}{r_2}(1+\frac{R_0}{B_0})$.
Теперь можно избавиться от $S_0$:
$\frac{k_3}{k_2}(1+\frac{K_0}{A_0})=\frac{r_3}{r_2}(1+\frac{R_0}{B_0})$.

Наконец, переносим все коэффициенты в правую часть:
$(1+\frac{K_0}{A_0})=\frac{r_3k_2}{r_2k_3}(1+\frac{R_0}{B_0})$

Теперь умножаем второе уравнение на 2 и прибавляем к первому. Уравнение (6) тоже умножаем на 2 и прибавляем к уравнению (5). получаем два новых уравнения:
$k_1K_0E_0-k_3K_0-2k_3A_0=0$
и
$r_1R_0E_0-r_3R_0-2r_3B_0=0$.

Далее, умножаем первое из полученных уравнений на $r_1R_0$, а второе на $k_1K_0$:
$r_1k_1K_0R_0E_0-r_1k_3K_0R_0-2k_3r_1A_0R_0=0$
$k_1r_1K_0R_0E_0-k_1r_3R_0K_0-2r_3k_1B_0K_0=0$
Отсюда,
$r_1k_3R_0K_0+2k_3r_1A_0R_0=k_1r_3R_0K_0+2r_3k_1B_0K_0$
Делим это выражение на $R_0K_0$ и после небольших преобразований получаем:
$k_3r_1(1+2\frac{A_0}{K_0})=k_1r_3(1+2\frac{B_0}{R_0})$. Теперь переносим все коэффициенты в правую часть:
$(1+2\frac{A_0}{K_0})=\frac{k_1r_3}{k_3r_1}(1+2\frac{B_0}{R_0})$

Итак у нас теперь есть система из двух уравнений:

$ \left\{\begin{array}{ll} (1+\frac{K_0}{A_0})=\frac{r_3k_2}{r_2k_3}(1+\frac{R_0}{B_0}) \\ (1+2\frac{A_0}{K_0})=\frac{k_1r_3}{k_3r_1}(1+2\frac{B_0}{R_0})\end{array} $



Редактировалось 3 раз(а). Последний 06.03.2016 02:22.
19.03.2016 10:51
Решение системы "Мутация"
Делаем замены:
Пусть $\frac{K_0}{A_0}=x,\,\frac{R_0}{B_0}=y$
$\frac{k_1r_3}{k_3r_1}=\alpha,\,\frac{r_3k_2}{r_2k_3}=\beta$, тогда система примет вид:
$\left\{\begin{array}{ll}(1+x)=\beta(1+y)\\(1+\frac2x)=\alpha(1+\frac2y)\end{array}$.
Теперь делаем еще одну замену:
$1+x=x_{+1},\,1+y=y_{+1}$, тогда система принемает вид:
$\left\{\begin{array}{ll}x_{+1}=\betay_{+1}\\\frac{x_{+1}+1}{x_{+1}-1}=\alpha\frac{y_{+1}+1}{y_{+1}-1}\end{array}$.
Теперь можем решить второе уравнение заменив $x$ на $y$:
$\frac{\betay_{+1}+1}{\betay_{+1}-1}=\alpha\frac{y_{+1}+1}{y_{+1}-1}$

$\beta{y_{+1}}^2+y_{+1}-\betay_{+1}-1=\alpha(\beta{y_{+1}}^2+\betay_{+1}-y_{+1}-1)$
$\beta{y_{+1}}^2-\alpha\beta{y_{+1}}^2 +y_{+1}-\betay_{+1}-\alpha\betay_{+1}+\alphay_{+1}+\alpha-1=0$
$\beta(1-\alpha){y_{+1}}^2+(1-\beta+(1-\beta)\alpha)y_{+1}-(1-\alpha)=0$
$\beta(1-\alpha){y_{+1}}^2+(1-\beta)(1+\alpha)y_{+1}-(1-\alpha)=0$

${y_{+1}}^2+\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}y_{+1}-\frac1\beta=0$

$D=\frac{(1-\beta)^2(1+\alpha)^2}{\beta^2(1-\alpha)^2}+\frac4\beta$
$y_{+1_{1,2}}=\frac{-\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}\pm\sqrt{\frac{(1-\beta)^2(1+\alpha)^2}{\beta^2(1-\alpha)^2}+\frac4\beta}}2$
Т.к. второе слагаемое положительное и по модулю больше первого, то первый корень однозначно отрицательный и поэтом посторонний. Второй корень положительный.
P.S. Маленькое уточнение:
$\beta=\frac{x_{+1}}{y_{+1}}=\frac{1+\frac{K_0}{A_0}}{1+\frac{R_0}{B_0}}=\frac{B_0(A_0+K_0)}{A_0(B_0+R_0)}$. Отсюда
$1-\beta=\frac{A_0(B_0+R_0)-B_0(A_0+K_0)}{A_0(B_0+R_0)}=\frac{2(A_0R_0-K_0B_0)}{2A_0(B_0+R_0)}$ (1)
Далее $\alpha=\frac{(x_{+1}+1)(y_{+1}-1)}{(x_{+1}-1)(y_{+1}+1)}=\frac{\frac{K_0+2A_0}{K_0}}{\frac{A_0+2B_0}{R_0}}=\frac{R_0(K_0+2A_0)}{K_0(R_0+2B_0)}$. Отсюда
$1-\alpha=\frac{K_0(R_0+2B_0)-R_0(K_0+2A_0)}{K_0(R_0+2B_0)}=\frac{2(B_0K_0-A_0R_0)}{K_0(R_0+2B_0)}=\frac{-2(A_0R_0-B_0K_0)}{K_0(R_0+2B_0)}$ (2)
Т.к. в знаменателях выражений (1) и (2) стоят положительные значения, а в числителях значения равные по величине, но противоположные по знаку, а сами значения $\alpha$ и $\beta$ по условию всегда положительны, то первое слагаемое в выражннии
$y_{+1}=\frac{-\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}+\sqrt{\frac{(1-\beta)^2(1+\alpha)^2}{\beta^2(1-\alpha)^2}+\frac4\beta}}2$ всегда больше нуля.
Кроме того значение $y_{+1}>1$



Редактировалось 2 раз(а). Последний 19.03.2016 18:09.
19.03.2016 21:24
Решение системы "Мутация"
Мы нашли что $S_0=\frac{r_3}{r_2}(1+\frac{R_0}{B_0})$, тогда можем записать $S_0=\frac{r_3}{r_2}y_{+1}=\beta\frac{k_3}{k_2}y_{+1}$, ( также $E_0=\frac{r_3}{r_1}\frac{(y_{+1}+1)}{(y_{+1}-1)}=\alpha\frac{k_3}{k_1}\frac{(y_{+1}+1)}{(y_{+1}-1)}=\frac{k_3}{k_1}\frac{(\betay_{+1}+1)}{(\betay_{+1}-1)}$)

Теперь можно двигаться дальше:
из $M=A+K+B+R+S$ (при любых допустимых значениях $A,\,B,\,K,\,R$) можно записать $M=A_0(1+\frac{K_0}{A_0})+B_0(1+\frac{R_0}{B_0})+S_0$ и далее
(т.к. $B_0(1+\frac{R_0}{B_0})=B_0y_{+1},\, A_0(1+\frac{K_0}{A_0})=A_0\betay_{+1}$) $\RightarrowM=B_0y_{+1}+A_0\betay_{+1}+\frac{r_3}{r_2}y_{+1}$.
Пусть $M_y=\frac{M}{y_{+1}}-\frac{r_3}{r_2}$, тогда $M_y=B_0+A_0\beta$

11.04.2016

из $y_{+1}=(1+\frac{R_0}{B_0})$ и $\betay_{+1}=(1+\frac{K_0}{A_0})$ можно выразить $A_0=\frac{K_0}{\betay_{+1}-1},\,B_0=\frac{R_0}{y_{+1}-1}$. Отсюда $M_y=\frac{K_0\beta}{\betay_{+1}-1}+\frac{R_0}{y_{+1}-1}$. С другой стороны $0=q-k_1K_0E_0-r_1R_0E_0$ или $q-k_1K_0\frac{k_3}{k_1}\frac{\betay_{y+1}+1}{\betay_{+1}-1}=r_1R_0\frac{r_3}{r_1}\frac{y_{y+1}+1}{y_{+1}-1}$.
Тогда можно записать $M_y(y_{+1}+1)r_3=\frac{r_3K_0\beta(y_{+1}+1)}{\betay_{+1}-1}+\frac{r_3R_0(y_{+1}+1)}{y_{+1}-1}$ и $M_y(y_{+1}+1)r_3=q-k_3K_0\frac{\betay_{y+1}+1}{\betay_{+1}-1}+r_3K_0\frac{\beta(y_{+1}+1)}{\betay_{+1}-1}$.

14.04.2016

Теперь нужно "расставить флажки", т.е. найти ограничения которые дополнительно накладываются на некоторые значения полученные новыми соотношениями:
1. $y_{+1}=\frac{-\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}+\sqrt{\frac{(1-\beta)^2(1+\alpha)^2}{\beta^2(1-\alpha)^2}+\frac4\beta}}2>1$ или ${-\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}+\sqrt{\frac{(1-\beta)^2(1+\alpha)^2}{\beta^2(1-\alpha)^2}+\frac4\beta}}>2$
Ранее мы уже выяснили что первое слагаемое всегда положительно (и определили при каких значениях $\alpha$ и $\beta$ это истинно), второе слагаемое положительно в силу того что это квадратный корень, кроме того второе слагаемое всегда больше первого на некоторую положительную величину функционально связанную с "хвостиком" $\frac4{\beta}$.
Потому можно составить систему:
$\left[ \begin{array}{l}{-\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}\ge1}&(1)\\ {\left\{\begin{array}{l}{0<-\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}<1}\\{-\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}+\sqrt{\frac{(1-\beta)^2(1+\alpha)^2}{\beta^2(1-\alpha)^2}+\frac4\beta}}>2}\end{array}}&(2)\end{array}$


17.04.2016
Начнем с неравенства (1). Здесь два случая:
1.1. $\beta>1,\, 0<\alpha<1$;
$-\frac1\beta+1\ge\frac{(1-\alpha)}{(1+\alpha)}\Leftrightarrow-\frac1\beta\ge\frac{(1-\alpha)}{(1+\alpha)}-1\Leftrightarrow-\frac1\beta\ge-\frac{2\alpha}{(1+\alpha)}\Leftrightarrow\beta\ge\frac{1}{2}+\frac{1}{2\alpha}$
Я нарисовала график который можно посмотреть по ссылке:
http://s017.radikal.ru/i410/1604/9a/93b050c825f5.jpg

1.2. $0<\beta<1,\,\alpha>1$;
$-\frac1\beta+1\le\frac{(1-\alpha)}{(1+\alpha)}\Leftrightarrow-\frac1\beta\le\frac{(1-\alpha)}{(1+\alpha)}-1\Leftrightarrow-\frac1\beta\le-\frac{2\alpha}{(1+\alpha)}\Leftrightarrow\beta\le\frac{1}{2}+\frac{1}{2\alpha}$
http://s019.radikal.ru/i633/1604/42/625b6ee63083.jpg

18.04.2016

Сейчас рассмотрим систему неравенств (2):
Второе неравенство системы (2) можно привести к виду:
$\frac1\beta>1+\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}$. Далее два случая:
2.1. $\beta>1,\, 0<\alpha<1$;
$\frac1\beta-1>\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}\Leftrightarrow\frac{1-\beta}{\beta}>\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}\Leftrightarrow1<\frac{1+\alpha}{1-\alpha}\Leftrightarrow1-\alpha<1+\alpha\Leftrightarrow0<2\alpha$ Т.к. $\alpha$ по условиям положительна, то последнее неравенство истинно. Аналогично при:
2.2. $0<\beta<1,\,\alpha>1$;
$\frac1\beta-1>\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}\Leftrightarrow\frac{1-\beta}{\beta}>\frac{(1-\beta)(1+\alpha)}{\beta(1-\alpha)}\Leftrightarrow1 >\frac{1+\alpha}{1-\alpha}\Leftrightarrow1-\alpha<1+\alpha\Leftrightarrow0<2\alpha$ Т.к. $\alpha$ по условиям положительна, то последнее неравенство истинно.

19.04.2016
Осталось рассмотреть первое неравенство системы (2).
Это неравенство аналогично неравенству (1) кроме знака сравнения, поэтому решением этого неравенства будет:
2.2.1. при $\beta>1,\, 0<\alpha<1$;
$\beta<\frac{1}{2}+\frac{1}{2\alpha}$

2.2.2. при $0<\beta<1,\,\alpha>1$;
$\beta>\frac{1}{2}+\frac{1}{2\alpha}$.

Наконец, очень интересен случай $\beta=1$, который стоит особняком и который я рассмотрю завтра.

20.04.2016

Пусть $\beta=\frac{B_0(A_0+K_0)}{A_0(B_0+R_0)}=1\RightarrowB_0K_0=A_0R_0$. Тогда $\alpha=\frac{R_0(K_0+2A_0)}{K_0(R_0+2B_0)}=\frac{R_0K_0+2R_0A_0}{R_0K_0+2B_0K_0}=\frac{R_0K_0+2A_0R_0}{R_0K_0+2A_0R_0}=1$

21.04.2016

итак $\beta=\frac{r_3k_2}{r_2k_3}=1, \, \alpha=\frac{k_1r_3}{k_3r_1}=1$, отсюда $\frac{r_3}{k_3}=\frac{r_1}{k_1}=\gamma$ и $\frac{r_3}{k_3}=\frac{r_2}{k_2}=\gamma$
Это значит что наша система:
$ \left\{\begin{array}{l} 0=-k_1K_0E_0+2k_2A_0S_0-k_3K_0 \\ 0=k_1K_0E_0-k_2A_0S_0-k_3A_0 \\ 0=-k_2A_0S_0-r_2B_0S_0+k_3K_0+k_3A_0+r_3R_0+r_3B_0 \\ 0=q-k_1K_0E_0-r_1R_0E_0 \\ 0=-r_1R_0E_0+2r_2B_0S_0-r_3R_0 \\ 0=r_1R_0E_0-r_2B_0S_0-r_3B_0\end{array} $
"схлопывается" превращаясь в систему:

$ \left\{\begin{array}{l} 0=-k_1(K_0+\gammaR_0)E_0+2k_2(A_0+\gammaB_0)S_0-k_3(K_0+\gammaR_0) \\ 0=k_1(K_0+\gammaR_0)E_0-k_2(A_0+\gammaB_0)S_0-k_3(A_0+\gammaB_0) \\ 0=-k_2(A_0+\gammaB_0)S_0+k_3(K_0+\gammaR_0)+k_3(A_0+\gammaB_0) \\ 0=q-k_1(K_0+\gammaR_0)E_0 \end{array} $.
Эту систему мы уже исследовали на устойчивость (правда, она была в несколько ином виде) и показали что она устойчива. Единственное что пары $K_0, \,R_0$ и $A_0, \,B_0$ линейно зависимы и могут "болтаться" каждый в пределах своей неизменной суммы (ранее вычисленной).



Редактировалось 20 раз(а). Последний 22.02.2017 23:59.
26.04.2016 09:42
Ошибка!
Последняя система не сводится к первоначальной которую Вы уже решили. По условию $M=const$ ( это доп. условие кстати дало вам возможность выразить одну переменную через другие благодаря чему степень характеристического уравнения понизилась с 4-й степени до 3-й). В данном уравнении новая $M$ (назовем ее $M_{\gamma}$ уже не константа (при условии что сама $M$ по-прежнему постоянная). Поэтому для доказательства устойчивости последней системы Вам необходимо составить новое характеристическое ур-ние 4-й степени и с его помощью показать что данная система либо устойчива, либо, наоборот, неустойчива.
27.04.2016 22:21
Исправление ошибки
Система
$ \left\{\begin{array}{l} \frac{dK}{dt}=-k_1KE+2k_2AS-k_3K \\ \frac{dA}{dt}=k_1KE-k_2AS-k_3A \\ \frac{dS}{dt}=-k_2AS-r_2BS+k_3K+k_3A+r_3R+r_3B \\ \frac{dE}{dt}=q-k_1KE-r_1RE \\ \frac{dR}{dt}=-r_1RE+2r_2BS-r_3R \\ \frac{dB}{dt}=r_1RE-r_2BS-r_3B\end{array} $
Где $A+B+K+R+S=M(const)$
при $r_1=\gamma{k_1},\,r_2=\gamma{k_2},\,r_3=\gamma{k_3}$

приобретет вид:
$ \left\{\begin{array}{l} \frac{dK}{dt}=-k_1KE+2k_2AS-k_3K \\ \frac{dA}{dt}=k_1KE-k_2AS-k_3A \\ \frac{dS}{dt}=-k_2AS-\gamma{k_2}BS+k_3K+k_3A+\gamma{k_3}R+\gamma{k_3}B \\ \frac{dE}{dt}=q-k_1KE-\gamma{k_1}RE \\ \frac{dR}{dt}=-\gamma{k_1}RE+2\gamma{k_2}BS-\gamma{k_3}R \\ \frac{dB}{dt}=\gamma{k_1}RE-\gamma{k_2}BS-\gamma{k_3}B\end{array} $
Далее складываем 1-е ур-ние с 5-м и 2-е с 6-м. А при $\frac{dS}{dt}$ приводим подобные:
$\left\{\begin{array}{l} \frac{dK}{dt}+\frac{dR}{dt}=-k_1(K+\gamma{R})E+2k_2(A+\gamma{B})-k_3(K+\gamma{R}) \\ \frac{dA}{dt}+\frac{dB}{dt}=k_1(K+\gamma{R})E-k_2(A+\gamma{B})S-k_3(A+\gamma{B})\\ \frac{dE}{dt}=q-k_1(K+\gamma{R})E \\ \frac{dS}{dt}=k_3(K+\gamma{R})+k_3(A+\gamma{B})-k_2(A+\gamma{B})S \end{array}$



Редактировалось 1 раз(а). Последний 27.04.2016 23:40.
Извините, только зарегистрированные пользователи могут публиковать сообщения в этом форуме.

Кликните здесь, чтобы войти