SIF5025: Differensiallikninger og dynamiske systemer

Transkript

1 SIF505: Differensiallikninger og dnamiske sstemer Løsningsskisse til eksamen mai 003 Oppgave Bestem likevektspunktene til følgende sstem og skisser fasediagrammene (med orientering) a) Sstemet kan skrives ẋ = A, med A = ẋ = ẏ = ( 0 ) 0 Det har kun likevektspunkt i origo. A har egenverdier λ = ±i, og origo er dermed et senter. Orienteringen er negativ (med klokka). b) ẋ = ẏ = Mengden av likevektspunkter er gitt ved {(0, ) : R}, altså hele -aksen. Vi integrerer opp sstemet: d d = som gir + = c. Løsningskurvene er altså sirkler. c) ẋ = ( ) ẏ = ( ) Det er likevektspunkter i (0,0), (,), (-,), (,-) og (-,-). Ved linearisering kan origo vises å være et (lineært) senter, mens de andre punktene er sadler. Vi

2 Figur : Fasediagram for hhv. oppgave a, b og c integrerer opp sstemet: som gir at d d = ( ) ( ) d = d ln = ln + c ( )( ) = c. For c = 0 får vi = ± eller = ±. Videre er sstemet smmetrisk både om og aksen og origo må være et (ikke-lineært) senter. Oppgave Avgjør om origo er et asmptotisk stabilt, stabilt eller ustabilt likevektspunkt i sstemene

3 a) ẋ = 3 ẏ = 3 3 Definer Liapunovfunksjonen V (, ) = +. En finner at V = ẋ + ẏ = ( ) < 0 (unntatt i origo). Ergo er dette en strikt Liapunovfunksjon, og origo er asmptotisk stabil. b) ẋ = ẏ = + Lineariseringa i origo er gitt ved matrisen ( ) 0 A = 0 Egenverdiene er λ = ±, altså er origo en lineær sadel. Ved Hartman-Grobmans teorem har vi da også en ikke-lineær sadel, og origo er ustabilt. Oppgave 3 Gitt sstemet ẋ = 3 ẏ = z 3 ż = 5z + z z 3 a) Vis at origo er et stabilt likevektspunkt. Lineariseringa i origo er gitt ved matrisen A = Denne har kun reelle, negative egenverdier. Ved Hartman-Grobmans teorem er da origo et asmptotisk stabilt likevektspunkt. b) Vis at enhver løsningskurve vil gå mot origo når t - uansett hvor den starter. Dette holder om det eksisterer en strikt Liapunovfunksjon på hele R 3. Sett V = z. Dette gir V = z z 4 < 0 unntatt i origo 3

4 Oppgave 4 Avgjør om null-løsningen til differensialligningen... ẍ ẋ + = ẍ( + ẋ) er stabil, asmptotisk stabil eller ustabil. Sett Linearisering i origo gir ẋ = ẏ = z = ẍ ż =... = + + z + z( + ). A = Matrisa A har karakteristisk polnom λ 3 λ λ + = 0, noe som gir λ = ± og λ =. Altså er origo et hperbolsk likevektspunkt og ved Hartman-Grobman er origo ustabilt. Oppgave 5 a) Hva menes med lineariseringen (eller den lineære approksimasjonen) av et sstem ẋ = f(), R n, f er C i et likevektpunkt? Lineariseringa fåes ved å Talorutvikle vektorfeltet f om likevektpunktet 0, og strke alle ledd av orden to eller høere. Siden 0 tilfredstiller f( 0 ) = 0 gir dette sstemet ξ = Aξ Der A = ( fi j ( 0 )) er Jacobimatrisen i 0, og vi har translatert koordinatsstemet slik at likevektspunktet havner i origo (altså satt ξ = 0 ). b) Videre er gitt sstemet ẋ = ẏ = Bestem likevektspunktene og tpen til lineariseringen i disse. Likevektpunktene er (0,0) og (,0). Jacobimatrisen er ( ) 0 A =. 0 Dette gir egenverdier λ = ± for origo, som dermed er en sadel, og egenverdier λ = ±i for (,0), som dermed er et (lineært) senter. 4

5 Figur : Heltrukket linje er funksjonen 3 3. Prikkede linjer er funksjonene 3 3 ± 5 c) Vis at sstemet har en homoklin bane som er gitt ved ligningen = 3 3. Vi integrer opp sstemet: d = d ( )d = d = c. Banen som går gjennom origo er gitt ved c = 0. Vi må vise at denne faktisk er homoklin. Bemerk at alle løsningskurver er smmetriske om -aksen. Vi skisserer funksjonen. Som vi ser har banen = 3 3 nøaktig to skjæringer med -aksen. Ved smmertri er den dermed lukket og må være være homoklin siden origo er et sadelpunkt. d) Vis at alle lukkede baner ligger innenfor den homokline banen, og alle åpne baner ligger utenfor. Fra grafen til og litt funsksjonsdrøfting får vi ved smmetri lukkede baner innenfor den homokline bane for 3 < c < 0. For c > 0 og c < 3 får vi ved smmetri kun åpne baner. Vi kan også bruke indeksteori til å umiddelbart fastslå at alle periodiske baner må ligge innenfor den homokline banen, siden en periodisk bane alltid må omslutte likevektspunkter med samlet indeks, og da er denne plasseringen eneste mulighet. Men vi må likevel bruke smmetri for å fastslå at alle baner innenfor den homokline er periodiske. e) Gi en grov skisse av fasediagrammet (med orientering) Dette tegner vi på grunnlag av uttrkket for løsningskurvene: = 3 3 +c. 5

6 Figur 3: Oppgave 5e Oppgave 6 Bestem indeksen i uendelig for sstemet ẋ = ẏ =. Sstemet har likevektspunkter (0,0) og (,). Linearisering i (,) gir ( ) A(, ) =. Vi finner at A(0, 0) har egenverdier λ = ± 3i. Altså er origo en ustabil spiral (med indeks ). Matrisa A(, ) har egenverdier λ = ± 5, altså er (,) en sadel (med indeks -). Begge likevektspunktene er ikke-degenererte. Dermed vil indeksen for likevektspunktene i det ikke-lineære sstemet være det samme som indeksen til lineariseringene. Teorem 3.4 fra læreboka gir I = I (0,0) I (,) =. Oppgave 7 Vis at origo er et asmptotisk stabilt likevektspunkt for sstemet med β < 0. ẋ = ẏ = β( ) Lineariseringa til sstemet i origo er gitt ved matrisa ( ) 0 A =. β Denne har egenverdier λ = β± β 4. For alle β < 0 har begge egenverdiene negativ realdel. Ved Hartman-Grobman er origo dermed et asmptotisk stabilt likevektspunkt. 6

7 Oppgave 8 Vis at følgende sstem har en periodisk bane: ẋ = ( + ) ẏ = + ( + ). Vi starter med å omforme sstemet til polarkoordinater. Litt regning gir ṙ = r( r ( + sin θ)) θ =. Merk at + sin θ. Dette gir at r < ṙ > 0 r > ṙ < 0. Altså er området mellom r = og r = invariant. Siden θ = finnes ingen likevektspunkter i dette området, og ved Poincaré-Bendison må det finnes en periodisk bane i området. Oppgave 9 En skjev Cantormengde konstureres som følger: start med enhetsintervallet [0,], del det i fire like store deler, fjern den tredje delen. Gjenta konstruksjonen med de to resterende delene, og fortsett i det uendelige. Regn ut fraktaldimensjonen til grensemengden. Grensemengden A er attraktoren til kontraksjonene φ () = φ () = Ved teorem i notatet er fraktaldimensjonen d da gitt som løsningen av ( )d + ( 4 )d = Vi setter ( )d som den ukjente og løser som en andregradsligning. Vi kommer med litt regning frem til d = ln( 5 + ) ln = 0,