Eksamen i Ikkelineær dynamikk, fag TFY 4305 Onsdag 30. november 2005 Løsninger

Transkript

1 Eksamen i Ikkelineær ynamikk, fag TFY 4305 Onsag 30. november 2005 Løsninger 1) Den generelle løsningen av ligningen u t + cu x =0eru(x, t) =f(x ct), er f er en vilkårlig funksjon av en variabel. Hvoran beviser vi et? Her er en mulig måte. Innfør nye variable isteenfor x og t, for eksempel ξ = x ct og η = x + ct, asier kjerneregelen at t = ξ t ξ + η t η = ξ ξ + η = c ξ + c η, η = ξ + η. Og vi får ligningen 0= t + c =2c η, som opplagt har en generelle løsningen u(x, t) =f(ξ) =f(x ct). Når u(x, t) =f(ξ) =f(x ct), så betyr et at potensialet u(x, t) beveger seg i positiv x-retning etter som tien går, me en konstant hastighet c, ogutenå foranre form. Hvis vi lar bølgefunksjonen ψ også bevege seg me konstant hastighet c, utenå foranre form, altså larψ = ψ(x ct), så er et klart at hvis egenveriligningen Lψ = λψ er oppfylt ve ett tispunkt, for eksempel ve t =0,så er en oppfylt for alle t, me en egenveri λ som ikke avhenger av t. Den anre måten å bevise et samme resultatet på, starter me å tiserivere egenveriligningen Lψ = λψ, et gir ligningen u t ψ + Lψ t = λ t ψ + λψ t. Så antar vi at λ er tisuavhengig, slik at λ t =0,ogatψ t = Aψ for en eller annen lineær operator A, et gir at (u t + LA λa)ψ =0. Her bruker vi at slik at ligningen blir: λaψ = A(λψ) =ALψ, (u t + LA AL)ψ =0. Denne ligningen er oppfylt ersom u t + cu x = 0, samtiig som kommutatoren [L, A] =LA AL er lik cu x. For en vilkårlig bølgefunksjon ψ er [ u, ] ( ψ = u x x ) x u ψ = u ψ x (uψ) = u x x ψ. Det viser at [ u, ] = u x x = u x. 1

2 Viere er a [ L, ] [ = u, x ] = u x, x og vi ser at vi kan oppnå at[l, A] =cu x ve åvelge A = c x. Ligningen ψ t = Aψ blir a en samme ligningen som en som gir tisutviklingen av u, nemlig ψ t + cψ x = 0. Den generelle løsningen er altså ψ = ψ(x ct). 2a) Når F (1) = 1 og F (1) = 1, så betyretatenrettelinjeny = x i(x, y)-planet er tangent til kurven y = F (x) i punktet (x, y) =(1, 1). Sien F (x) > 0 for alle x>0, måakurveny = F (x) ligge over linjen y = x for alle x 0, me unntak av x =1. Me anre or, x 1 = 1 er et eneste fikspunktet for F (x) mex 0. Fikspunktet x 1 = 1 er stabilt fra venstre og ustabilt fra høyre. Starter vi me 0 x<1 og itererer x F (x), konvergerer iterasjonene mot x =1.Startervimex>1og itererer, ivergerer iterasjonene. Begge eler ser vi ve åtegne spinelvev (et som Strogatz kaller cobweb ). Betingelsen F (1) = 1 betyr, fysisk sett, at hvert nøytron har i gjennomsnitt nøyaktig ett nøytron som første generasjons etterkommer, altså at antallet nøytroner er konstant i gjennomsnitt. 2b) Sien F (x) > 0 for alle x>0, er et klart at F kan ha maksimalt to fikspunkt for x 0. NåvetviatF (0) = p 0 0, og at F (x) >xigrensenx, et siste følger av antagelsen at p n > 0forminstenn>1. Sien F (x) er en kontinuerlig funksjon av x, følger et at en må ha minst to fikspunkt for x 0 ersom et finnes minst en x>0 slik at F (x) <x. Hvis F (1) < 1, så erf (x) <xfor alle x som er bare litt større enn 1, og a finnes et et fikspunkt x 2 > 1. Da må F (x 2 ) > 1, og et betyr at x 2 er ustabilt. Hvis F (1) > 1, så erf (x) <xfor alle x som er bare litt minre enn 1, og a finnes et et fikspunkt x 2 < 1, faktisk 0 x 2 < 1, ettersom F (0) 0. Da må F (x 2 ) < 1, og et betyr at x 2 er stabilt. 2c) Av ligningen F g+1 (x) =F g (F (x)) følger ve erivasjon, og bruk av kjerneregelen, at altså: F g+1(x) =F g(f (x)) F (x), n g+1 = n g n 1. Da følger, ve inuksjon me hensyn på g, at n g =( n 1 ) g. 2

3 2) Stoppsannsynligheten p(0, ) = lim g F g (0) er et fikspunktet for funksjonen F som iterasjonene konvergerer mot når vi starter me x = 0 og itererer avbilningen x F (x). Det er altså et minste fikspunktet til F,entenx 1 =1ersomF (1) 1, eller x 2 < 1 ersom F (1) > 1. Vi har altså atp(0, ) < 1hvisogbarehvis n 1 = F (1) > 1. Merk at en ekte ulikheten F (1) > 1 er nøvenig. I et marginale tilfellet F (1) = 1 vil kjeereaksjonen helt sikkert stoppe. Eksempel: F (x) =p 0 + p 1 x + p 2 x 2 me p 0 + p 1 + p 2 =1. Fikspunktligningen F (x) =x blir a: Sien p 1 =1 p 0 p 2,får vi ligningen p 0 + p 1 x + p 2 x 2 = x. 0=p 0 (1 x)+p 2 (x 2 x) =(1 x)(p 0 p 2 x). Røttene er x = x 1 =1ogx = x 2 = p 0 /p 2. Me e oppgitte tallveriene er p(0, ) =x 2 = p 0 = 0,18 p 2 0,24 = 3 4 =0,75. Altså: sannsynligheten for at kjeereaksjonen stopper alleree me et første nøytronet er 18%, mens sannsynligheten for at en stopper før eller sien, etter et enelig antall generasjoner, er hele 75%. Forventningsverier av antall nøytroner: n 1 = p 1 +2p 2 =1,06 e 0,06, n 10 =(1,06) 10 =1,79 e 0,6, n 100 =(1,06) 100 = 339 e 6, n 1000 =(1,06) 1000 =2, e 60. 3a) Anta at (x(t),y(t),z(t)) er en løsning av Lorenz-ligningene ẋ = σ(y x), ẏ =(r z)x y, ż = xy bz. Ve transformasjonen (x, y, z) ( x, y,z) lager vi tre nye funksjoner av t: X(t) = x(t), Y(t) = y(t), Z(t) =z(t), og vi skal vise at (X(t),Y(t),Z(t)) er en annen løsning av e samme ligningene, et vil si at Ẋ = σ(y X), Ẏ =(r Z)X Y, Ż = XY bz. 3

4 Det viser vi irekte ve innsetting: Ẋ = ẋ = σ( y + x) =σ(y X), Ẏ = ẏ =(r z)( x)+y =(r Z)X Y, Ż = ż = xy bz = XY bz. Denne 180 graers rotasjonssymmetrien impliserer for eksempel at fikspunkt, grensesykler og attraktorer enten er symmetriske uner en slik rotasjon, et vil si at e roteres over i seg selv, eller e opptrer parvis, slik at melemmene av et par roteres over i hveranre. For eksempel er origo et symmetrisk fikspunkt, og alle anre fikspunkt må opptre parvis. Høygaffelbifurkasjoner er typiske for et system me en slik symmetri. 3b) Lorenz-systemet har ikke tisreversjonssymmetri. Me anre or: systemet er ikke reversibelt (i Strogatz sin terminologi). Tisreversjon betyr at vi bruker T = t som tisvariabel isteenfor t. Samtiig kan vi gjøre en transformasjon R, som avbiler et punkt (x, y, z) overi(x, Y, Z) =R(x, y, z). Systemet har tisreversjonssymmetri ersom bevegelsesligningene er e samme etter transformasjonen, et vil si ersom X = σ(y X), T X =(r Z)X Y, T Z = XY bz. T Å bevise at et er umulig å finne en slik refleksjon R, erofteikkesålett, et er som regel mye enklere å finne en R ersom en eksisterer. Det er klart at R må transformere fikspunkt over i fikspunkt, grensesykler over i grensesykler, og så viere. Dessuten må R snu om stabiliteten, slik at f.eks. et stabilt fikspunkt transformeres over i et ustabilt fikspunkt. For visse parameterverier i Lorenz-systemet finnes et bare ett fikspunkt, nemlig origo, og et er stabilt. Da kan systemet ikke være reversibelt. I Lorenz-systemet har vi et annet ganske overbevisene argument, nemlig at alle volum reuseres eksponensielt me tien t. For et lite volum ΔV gjeler at (ΔV ) t er A er Jacobi-matrisen, A = ẋ ẏ ż =(TrA)(ΔV )= (σ +1+b)(ΔV ), ẋ y ẏ y ż y ẋ z ẏ z ż z = σ σ 0 r z 1 x y x b Etter tisreversjon så måtte alle volum øke eksponensielt, og et er simpelthen umulig åfå til. 4.

5 Eksponensiell tisavhengighet av volum er også en go grunn til at Lorenz-ligningene ikke kan ha en kvasiperioisk løsning. En slik løsning fyller nemlig opp en toimensjonal flate, som er overflaten av en torus, i en forstan at kurven passerer vilkårlig nær ethvert punkt på flaten. Det er bare mulig ersom bevegelsesligningene er slik at volumet av torusen bevares, ettersom løsningskurver ikke kan krysse hveranre, og følgelig heller ikke kan krysse overflaten av torusen. 3c) Origo er opplagt et fikspunkt: me (x, y, z) =(0, 0, 0) gir Lorenz-ligningene at (ẋ, ẏ,ż) =(0, 0, 0). Jacobi-matrisen A = (ẋ, ẏ,ż)/ (x, y, z) (se ovenfor) i origo er A = σ σ 0 r b Stabiliteten av fikspunktet er gitt av egenveriene til A. SienA er blokkiagonal, me en 2 2-matrise og en 1 1-matrise på iagonalen, ser vi umielbart at b er en negativ egenveri til A, som svarer til at z-aksen er en stabil retning i origo. 2 2-matrisen ( ) σ σ B = r 1 har trase τ = (σ +1)=λ 1 + λ 2 og eterminant Δ = σ(1 r) =λ 1 λ 2,erλ 1 og λ 2 er egenveriene til B. Når r>1, så erδ< 0, slik at λ 1 og λ 2 må være reelle og ha motsatt fortegn. Da er origo et treimensjonalt saelpunkt: Jacobi-matrisen A har en positiv og to negative egenverier. Når r<1, så erδ> 0, slik at λ 1 og λ 2 enten er reelle og har samme fortegn, eller er komplekskonjugerte av hveranre. Sien λ 1 + λ 2 = τ<0, konkluerer vi me at λ 1 og λ 2 begge har negativ realel. Origo er a et stabilt fikspunkt: Jacobi-matrisen A har tre egenverier som enten er negative, eller komplekse me negativ realel. Anre fikspunkt? Ligningen ẋ = 0 er ekvivalent me at y = x. Ligningen. 0=ẏ =(r z)x y =(r z 1)x gir eretter to muligheter. Enten er x = y = 0, og a gir ligningen ż =0atz =0,et gir oss bare om igjen origo som fikspunkt. Eller så erx = y 0,ogamå z = r 1. Til slutt gir ligningen 0=ż = xy bz = x 2 bz at z = r 1 0, altså r 1, og x = y = ± b(r 1). Alt i alt fins et to fikspunkt, i tillegg til origo, ersom r>1, et er C + =(x, y, z) =( b(r 1), b(r 1),r 1) og C =(x, y, z) =( b(r 1), b(r 1),r 1). Samtiig som fikspunktet i origo blir ustabilt, når r = 1, spalter et av e to fikspunktene C + og C. Det er ikke vanskelig å gjette (men litt vanskeligere å bevise) at e to nye fikspunktene er stabile til å begynne me, for r litt større enn 1. Dette er altså en superkritisk høygaffelbifurkasjon. 5

6 3) Vi har grensesykler for r = 240, 220 og 216, og en kaotisk attraktor for r = 214. Dette er en perioeoblingsekvens. Figurene viser perioe 1, perioe 2 og perioe 4, og en kaotiske attraktoren som oppstår etter at alle perioeoblingene er unnagjort, men før e kaotiske bånene slår seg sammen til ett kaotisk bån. 6