75045 Dynamiske systemer 3. juni 1997 Løsningsforslag

Transkript

1 75045 Dynmiske systemer 3. juni 1997 Løsningsforslg Oppgve 1 ẋ = 0 gir y = ±x, og dette innstt i ẏ = 0 gir 1 ± x = 0. Vi må velge minustegnet, og får x = y = ±1/. Vi deriverer: [ ] x y ( 1 Df(x, y) = ; Df, 1 ) = [ ] 1 1. y x 1 1 Mtrisen er symmetrisk, så den hr reelle egenverdier (med ortogonle egenvektorer). Determinnten er negtiv, så egenverdiene hr motstt fortegn, og (1/, 1/ ) er et sdelpunkt for lineriseringen. Det er også et topologisk sdelpunkt (for hyperolske likevektspunkt for C 1 systemer i plnet er dette ekvivlent med t punktet er sdelpunkt for lineriseringen). Systemet er symmetrisk i den forstnd t det er uendret om vi ersttter x med x, y med y og t med t. Spesielt er likevektspunktet i ( 1/, 1/ ) v smme type, det vil si lineært og topologisk sdelpunkt. Om systemet hr en periodisk ne må denne omslutte likevektspunkter slik t summen v indeksene til disse er 1. Siden de eneste likevektspunktene er sdler og således hr indeks 1, finnes ingen periodiske ner. Vi skl skrive systemet på formen ẋ = H y, ẏ = H x og Hmiltonfunksjonen H skl ltså oppfylle H y = y x, H x = 1 + xy. Den første v disse to ligningene integreres til H(x, y) = 1 3 y3 x y+f (x) der F er en vilkårlig funksjon. Stt inn i den ndre ligningen gir det xy F (x) = 1+xy som krever F (x) = 1, som heldigvis kn løses siden høyresiden ikke inneholder y. En Hmiltonfunksjon finnes ltså, og kn gis ved H(x, y) = 1 3 y3 x y x.

2 75045 Dynmiske systemer Løsningsforslg Siden H er invrint lngs nene, vil nen gjennom origo oppfylle H(x, y) = H(0, 0) = 0. Vi løser nnengrdsligningen yx + x 1 3 y3 = 0 med hensyn på x, og finner x = 1 ± y4 men hvis denne kurven skl pssere gjennom (0, 0) må vi velge plusstegnet, og får y y4 y 3 x = = ( ) y y y4 y som vi skulle x Figuren viser seprtrisene (de stile og ustile mngfoldighetene til likevektspunktene) og utvlgte ner. I tillegg er kurvene hvor ẋ eller ẏ skifter fortegn vist. (Hvis du får dette dokumentet d elektronisk vei mngler det piler som viser hvilken retning strømmen går lngs nene. Figuren er tegnet med Mple. Selvsgt ventes ikke en slik presisjon fr en håndtegnet figur! Men utseendet på seprtrisene ør mn i hovedtrekk klre. At seprtrisene og ndre ner må krysse ksene såvel som digonlene og generelt gå i den retningen som er vist, kn mn utlede v fortegnene til ẋ og ẏ i hvert område.)

3 75045 Dynmiske systemer Løsningsforslg Oppgve Lineriseringen i origo lir ẋ = x + y, ẏ = y siden lle de ndre leddene hr derivert null for x = y = 0. Strømmen til et system ż = f(z) er funksjonen ϕ t (z 0 ) definert ved ( ϕ t (z 0 ) ) / t = f ( ϕ t (z 0 ) ) og ϕ 0 (z 0 ) = z 0 ; det vil si, det er løsningen v systemet gitt initilverdien z = z 0 for t = 0. (Vi kunne lgt til en diskusjon v eksistensintervller og relsjonen ϕ s+t = ϕ s ϕ t, men det vr ikke meningen å spørre om det.) Strømmen til lineriseringen er gitt ved eksponensilen til mtrisen til systemet: [ ] [ ] ϕ t (z 0 ) = e ta z 0 ; A = = I + N; N = Vi finner e ta = e t e tn = e t (I + tn) siden N = 0, og dermed ([ ]) [ ] [ ] x 1 t x ϕ t = e t = y 0 1 y [ e t (x + ty) e t y ] De to hlvdelene v x ksen er også ner, men det viste seg vnskelig å få det med på figuren. Polrkoordinter gir ṙ = 1 (xẋ + yẏ) = r(1 + sin θ cos θ) r3 r 3

4 75045 Dynmiske systemer Løsningsforslg slik t ṙ < 0 for r > 3/ og ṙ > 0 for 0 < r < 1/. Annulusen 1/ r 3/ er derfor (forlengs) invrint for systemet. Vi må undersøke om det finnes likevektspunkter i denne nnulusen. Hvis ikke, vil Poincré-Bendixson grntere eksistensen v en periodisk ne innenfor nnulusen. Men nå er θ = 1 r (xẏ yẋ) = sin θ r < 0, så det finnes ingen likevektspunkter utenfor origo, og vi hr vist t det eksisterer en periodisk ne. Oppgve 3 Lipunov-funksjonen V (x, y) = 1 4 (x4 + y 4 ) gir V = x 3 ẋ + y 3 ẏ = x 4 y x 4 y 4 = x 4 y (1 y ) > 0 når y < 1 og xy 0, så origo er ustilt. Oppgve 4 Vi finner Ḣ = d H(x(t)) = H(x(t)) ẋ(t) = H(x(t)) f(x(t)) = g(x(t))h(x(t)), dt slik t funksjonen u(t) = H(x(t)) løser u(t) = (t)u(t) der (t) = g(x(t)). Dersom u(0) = 0 er u(t) = 0 for lle t ved entydighetsteoremet for løsning v initilverdiprolemet. Perko ser ut til å ikke h entydighetsteoremet for denne situsjonen (hn konsentrerer seg om utonome systemer og C 1 høyresider), men det er ikke vnskelig å vise direkte ved hjelp v Grönwlls ulikhet. Vi godkjenner likevel et svr etter linjene i forrige vsnitt. Vi setter H(x, y, z) = xy + z så H(x, y, z) = (y, x, 1), og regner ut H f hvor f er høyresiden i systemet: H f = y ( x y + (xy + z)x ) + x ( y + (xy + z)y ) + 3xy + y + (xy + z)(1 + x + y ) = (xy + z)( ) hvor leddene som ikke er multiplisert med xy +z knsellerer, og den presise formen på resten er irrelevnt ortsett fr kontinuiteten, som er opplgt fordi det dreier seg om et polynom. Ved resulttet fr punkt ) er flten invrint. 4

5 75045 Dynmiske systemer Løsningsforslg Åpenrt kn (x, y) rukes som koordinter på flten xy + z = 0, og strømmen er gitt ved et system vi får fr de to første ligningene i det gitte systemet: ẋ = x y, ẏ = y Dette er et lineært, stilt system (egenverdier 1 og ). Spesielt vil løsningen konvergere mot origo for enhver initilverdi på flten xy + z = 0. En kort og grei eskrivelse v den stile mngfoldigheten W S (x 0 ) og den ustile mngfoldigheten W U (x 0 ) er t W S (x 0 ) estår v lle punkter x slik t ϕ t (x) x 0 når t (hvor ϕ er strømmen til systemet v differensilligninger), mens W U (x 0 ) estår v lle punkter x slik t ϕ t (x) x 0 når t. Lineriseringen v det fulle systemet i origo lir ẋ = x y, ẏ = y, ż = z og vi ser t det stile underrommet lir xy plnet, mens det ustile underrommet lir z ksen. Ut fr hintet venter vi t z ksen lir den ustile mngfoldigheten, og vi ser fort t z ksen virkelig er invrint, siden ẋ = ẏ = 0 når x = y = 0. Lngs z ksen lir ż = z, så den ustile mngfoldigheten lir hele z ksen, mens den stile mngfoldigheten lir flten xy + z = 0. Oppgve 5 Mengden C dnnes ved hjelp v fire similituder ψ i (i = 1,, 3, 4) som vilder det opprinnelige linjestykket på hvert v de fire del-linjene: Den første er simpelthen en krympning med en fktor (om vi tenker oss t origo ligger i venstre endepunkt v det opprinnelige linjestykket), og de ndre er en slik krympning etterfulgt v en trnslsjon og knskje en rotsjon i plnet. Formelen for frktl dimensjon i denne smmenhengen gir oss uten videre 4 D = 1 hvorv D = ln 4 ln 1. Resonnementet krever en overlppingsetingelse. Det er ikke vnskelig å se t hele C må ligge innenfor en likeent, rettvinklet treknt T med L som hypotenus, og trekntene ψ i (T ) vil ikke snitte hverndre prvis i mer enn nøyst ett hjørne slik t mengdene ψ i (C ) sikkert tilfredsstiller overlppingsetingelsen (vi kn ikke være mer presise enn dette, siden pensumlitterturen er heller vg på dette punktet). Vi finner lim D = 1 og lim D = 1/4 1/ som er rimelig, siden C nærmer seg linjestykket L når 1 mens den nærmer seg å fylle 4 hele treknten T når 1. 5

6 75045 Dynmiske systemer Løsningsforslg Oppgve 6 Ant Γ er en ne for et C 1 system v differensilligninger i et åpent område E R og t Γ + er inneholdt i en kompkt delmengde v E. Hvis ω(γ) ikke inneholder noe likevektspunkt for systemet, er ω(γ) en periodisk ne for systemet. En periodisk ttrktor er en periodisk ne Γ som hr en omegn U slik t hver gng x 0 U er ϕ t (x 0 ) U for lle t > 0, og vstnden fr ϕ t (x 0 ) til Γ går mot null når t (vi sier litt løst t nen konvergerer mot Γ). L Γ være en periodisk ne med punkter x 0 og y 0 som eskrevet i oppgven. Dr et trnsverslt linjestykke l som skjærer Γ. Bnene fr x 0 og y 0 må før eller siden skjære l, og de må skjære l på ny i punkter som ligger suksessivt nærmere Γ. Området i plnet egrenset v l og de to nene fr en skjæring med Γ til den neste er forlengs invrint, for ingen ne kn forlte området (ner skjærer ikke hverndre tkket være entydighetsteoremet for initilverdiprolemet og de kn ikke forlte området vi l, for der går strømmen inn i området). En ne som strter innen dette området vil ltså lltid ligge i området, og må konvergere mot Γ fordi den lir inneklemt mellom de gitte nene. 6