Warum kann der Lorenz-Attraktor in eine 3-Stufen-Zeitverzögerungskarte eingebettet werden?

Question

Warum kann der Lorenz-Attraktor in eine 3-Stufen-Zeitverzögerungskarte eingebettet werden?

Mathematik
Chaostheorie
dynamische-systeme
mathematisch-physik

mw19930312

Ich untersuche die Attraktorrekonstruktion des Lorenz-Systems. Ich habe eine Menge Arbeit gesehen, die behauptet, dass die Zeitverzögerungskarte $[x(t), x(t -\tau), x(t - 2\tau)]$ genügt, um den Attracotr zu rekonstruieren, zB http://www.scholarpedia.org/article/Attractor_reconstruction , https://www.youtube.com/watch?v=6i57udsPKms .

Wenn ich das richtig verstehe, bedeutet dies, dass der Zustandsraum des Lorenz-Systems eingebettet werden kann $\mathbb{R}^3$ . Soweit ich jedoch nach Takens 'Theorem gewusst habe, ist der Zeitverzögerungsschritt $n$ um einen seltsamen Attraktor von Dimension einzubetten $d$ sollte sein $n \geq 2d+1$ . In diesem Sinne, da die fraktale Dimension des Lorenz-Attraktors etwas größer ist als $2$ , sollte es mindestens geben $5$ Verzögerungsschritte, um die Einbettung zu erreichen.

Gibt es ein bestimmtes Theorem / Papier, das behauptet, dass der Lorenz-Attraktor durch eine 3-stufige Zeitverzögerungseinbettung eingebettet werden kann?

Dantopa

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Lutz Lehmann

Der Satz gibt eine Garantie für

n \geq 2 d + 1

$n\ge 2d+1$ , behauptet aber nicht, dass kleiner

n

$n$ arbeite nicht. // Das ähnliche Bild ist für

τ = 0.1

$τ=0.1$ , einfach verdoppeln

τ = 0.2

$τ=0.2$ gibt eine viel kurvigere Oberfläche.

mw19930312

@LutzL Danke für die Antwort! Ich verstehe, dass der Satz von Takens nur eine Obergrenze darstellt. Worum es mir geht, ist das

[x (t), x (t - τ), x (t - 2 τ)]

$[x(t), x(t-\tau), x(t-2\tau)]$ scheint keine Einbettung zu sein, da ich keinen strengen Satz finden konnte, der dies sagt. Hast du jetzt zufällig irgendeinen Hinweis?

Lutz Lehmann

Nein, nur das in der Antwort vorgebrachte Argument, dass das System ausreichend gekoppelt ist, dass die Karte aus

[x (t), y (t), z (t)]

$[x(t),y(t),z(t)]$ zu den Staaten an

t - τ

$t−τ$ Und

t - 2 τ

$t-2τ$ und dann nach unten projizieren

[x (t), x (t - τ), x (t - 2 τ)]

$[x(t),x(t−τ),x(t−2τ)]$ ist bijektiv, sodass die Dynamik in der 3-Stufen-Delay-Map originalgetreu erfasst wird. // Beim Plotten hilft es viel für kleinere

τ

$τ$ eine lineare Transformation anwenden und die Kurve [(x(t)+x(t−τ)+x(t−2τ)),(x(t)-x(t−2τ)),(x(t)] zeichnen -2x(t−τ)+x(t−2τ))]$.

Antworten (2)

Warum kann der Lorenz-Attraktor in eine 3-Stufen-Zeitverzögerungskarte eingebettet werden?

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Der Satz gibt eine Garantie für $n\ge 2d+1$ , behauptet aber nicht, dass kleiner $n$ arbeite nicht. // Das ähnliche Bild ist für $τ=0.1$ , einfach verdoppeln $τ=0.2$ gibt eine viel kurvigere Oberfläche.
@LutzL Danke für die Antwort! Ich verstehe, dass der Satz von Takens nur eine Obergrenze darstellt. Worum es mir geht, ist das $[x(t), x(t-\tau), x(t-2\tau)]$ scheint keine Einbettung zu sein, da ich keinen strengen Satz finden konnte, der dies sagt. Hast du jetzt zufällig irgendeinen Hinweis?
Nein, nur das in der Antwort vorgebrachte Argument, dass das System ausreichend gekoppelt ist, dass die Karte aus $[x(t),y(t),z(t)]$ zu den Staaten an $t−τ$ Und $t-2τ$ und dann nach unten projizieren $[x(t),x(t−τ),x(t−2τ)]$ ist bijektiv, sodass die Dynamik in der 3-Stufen-Delay-Map originalgetreu erfasst wird. // Beim Plotten hilft es viel für kleinere $τ$ eine lineare Transformation anwenden und die Kurve [(x(t)+x(t−τ)+x(t−2τ)),(x(t)-x(t−2τ)),(x(t)] zeichnen -2x(t−τ)+x(t−2τ))]$.

Wrzlprmft · Answer 1

das bedeutet, dass der Zustandsraum des Lorenz-Systems eingebettet werden kann $\mathbb{R}^3$ .

Ohne Beschränkung auf verzögerte Einbettung ist dies trivial, da das Lorenz-System aus drei Differentialgleichungen besteht.

Soweit ich jedoch nach dem Takens-Theorem gewusst habe, ist der Zeitverzögerungsschritt $n$ um einen seltsamen Attraktor von Dimension einzubetten $d$ sollte sein $n \geq 2d+1$ .

Die durch das Theorem von Takens gegebene Dimension ist nur eine obere Grenze. Ein geringeres Einbettungsmaß kann ausreichen. Siehe auch diese Frage und Antwort .

Beachten Sie auch, dass der Satz von Takens überhaupt keine fraktalen Dimensionen verwendet; es ist das Sauer-Yorke-Casdagli-Theorem, das dies tut.

Gibt es ein bestimmtes Theorem / Papier, das behauptet, dass der Lorenz-Attraktor durch eine 3-stufige Zeitverzögerungseinbettung eingebettet werden kann?

Da der Lorenz-Attraktor dreidimensional eingebettet werden kann (siehe oben), wäre es intuitiv überraschend, wenn hier eine dreidimensionale Verzögerungseinbettung versagt (insbesondere für alle Verzögerungen). Darüber hinaus, und vielleicht am wichtigsten, wurden dreidimensionale Verzögerungseinbettungen des Lorenz-Attraktors ausgiebig für Benchmarking, Proofs of Principle oder ähnliches untersucht – was meines Wissens keine Inkonsistenzen ergeben hat, die für a zu erwarten wären fehlgeschlagene Einbettung.

Strenge Untersuchungen dazu sind mir nicht bekannt, aber es würde mich nicht wundern, wenn es aufgrund mangelnder Relevanz keine gibt: Der ganze Sinn einer Takens-Einbettung besteht darin, Attraktoren unbekannter Dynamik zu rekonstruieren. Die Anwendung auf so etwas wie das Lorenz-System dient nur dem Benchmarking, dem Nachweis des Prinzips usw.

Danke für die Antwort! Wenn Sie sagen "Da der Lorenz-Attraktor in drei Dimensionen eingebettet werden kann (siehe oben), wäre es überraschend, wenn eine Verzögerungseinbettung hier fehlschlägt (insbesondere für alle Verzögerungen).", meinen Sie, dass da der Lorenz-Attraktor eingebettet werden kann in $\mathbb{R}^3$ , es muss eine zeitverzögerte Einbettung mit vorhanden sein $n\geq 7$ ? Eigentlich weiß ich nicht ob $[x(t), x(t - \tau), x(t - 2\tau)]$ ist eine Einbettung, da es keinen Satz gibt, der sie beweist. Alle vorhandenen Arbeiten, die ich gefunden habe, gehen standardmäßig davon aus, da die Flugbahn des ursprünglichen Systems der zeitverzögerten Flugbahn ähnlich sieht ....

Lutz Lehmann · Answer 2

Warum 3 Verzögerungsschritte für das Lorenz-System ausreichen:

Das kennen wir von Taylor

\frac{X (T + τ) - X (T - τ)}{2 τ} = \dot{X} (T) + \frac{τ^{2}}{6} \overset{⃛}{X} (T) + . . .

$\frac{x(t+τ)-x(t-τ)}{2τ}=\dot x(t)+\frac{τ^2}6\dddot x(t)+...$ Und

\frac{X (T + τ) - 2 X (T) + X (T - τ)}{τ^{2}} = \ddot{X} (T) + \frac{τ^{2}}{12} X^{(4)} (T) + . . .

$\frac{x(t+τ)-2x(t)+x(t-τ)}{τ^2}=\ddot x(t)+\frac{τ^2}{12}x^{(4)}(t)+...$ Setzen Sie nun die Lorenz-Differentialgleichungen ein

\begin{aligned} \dot{X} & = σ (j - X) \\ \ddot{X} & = σ (X (ρ - z) - j - \dot{X}) \end{aligned}} ⟹ \begin{aligned} j & = X + \frac{\dot{X}}{σ} \\ z & = ρ - \frac{j + \dot{X} + \frac{\ddot{X}}{σ}}{X} \end{aligned}}

$\left.\begin{aligned} \dot x&=σ(y-x)\\ \ddot x&=σ(x(\rho-z)-y-\dot x) \end{aligned}\right\} \implies \left.\begin{aligned} y&=x+\frac{\dot x}σ\\ z&=\rho-\frac{y+\dot x+\frac{\ddot x}σ}{x} \end{aligned}\right\}$ um das auf Bestellung zu sehen

τ^{2}

$τ^2$ die Werte von

y (t)

$y(t)$ Und

z (t)

$z(t)$ sind leicht aus den Differenzenquotienten und den ersten Ableitungstermen auf der rechten Seite zu extrahieren.

_{Rekonstruktion mit obigen Annäherungen und $\tau=0.03$ . Die rekonstruierte Kurve folgt der ursprünglichen Kurve bis auf knapp $x=0$ wo die Division durch Null auch bei einer besänftigten Division zu Singularitäten führt.}

Die Einbeziehung von Ableitungstermen höherer Ordnung ergibt ein System höheren Grades, das eine genauere Beziehung zwischen den beiden Datensätzen bereitstellt. Aber auch diese erste Näherung zeigt, dass es möglich ist, den Umkehrfunktionssatz so lange anzuwenden $x\ne0$ um eine Bijektion zu erhalten.

Warum kann der Lorenz-Attraktor in eine 3-Stufen-Zeitverzögerungskarte eingebettet werden?

mw19930312

Dantopa

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