75045 Dynamiske systemer

Oppgavesett #3 — løsningsforslag

2.3:2. (a)

Vi løser ẋ = f(x) med initialdata x(0) = y. Vi skal altså ha ẋ_{1} = −x_{1} som gir x_{1} = y_{1}e^{−t} med de gitte initialdataene. Så blir ẋ_{2} = −x_{2}+x_{1}^{2} = −x_{2}+y_{1}^{2}e^{−2t}, med generell løsning x_{2} = Ae^{−t}−y_{1}^{2}e^{−2t}. Initialdataene gir A = y_{2} + y_{1}^{2}. Til sist blir ẋ_{3} = x_{3} + x_{1}^{2} = x_{3} + y_{1}^{2}e^{−2t} med generell løsning x_{3} = Be^{t} − (y_{1}^{2}/3)e^{−2t}. Intialdataene gir B = y_{3} + y_{1}^{2}/3. Vi ender altså med

u(t, y) = [y_{1}e^{−t}, (y_{2} + y_{1}^{2})e^{−t} − y_{1}^{2}e^{−2t}, (y_{3} + \frac{y_{1}^{2}}{3} )e^{t} − \frac{y_{1}^{2}}{3} e^{−2t}]^{T}

og dette gir

Φ(t, y) = \frac{∂u}{∂y} = [\begin{matrix}e^{−t} & 0 & 0 \\ −2y_{1}e^{−2t} + 2y_{1}e^{−t} & e^{−t} & 0 \\ −\frac{2y_{1}}{3} e^{−2t} + \frac{2y_{1}}{3} e^{t} & 0 & e^{t} \end{matrix}]

og dermed

Φ̇ = [\begin{matrix}−e^{−t} & 0 & 0 \\ 4y_{1}e^{−2t} − 2y_{1}e^{−t} & e^{−t} & 0 \\ \frac{4y_{1}}{3} e^{−2t} + \frac{2y_{1}}{3} e^{t} & 0 & e^{t} \end{matrix}] .

Videre er

Df(x) = [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 2x_{1} & −1 & 0 \\ 2x_{1} & 0 & 1 \end{matrix}]

så

Df(u(t, y))Φ = [\begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 2y_{1}e^{−t} & −1 & 0 \\ 2y_{1}e^{−t} & 0 & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}e^{−t} & 0 & 0 \\ −2y_{1}e^{−2t} + 2y_{1}e^{−t} & e^{−t} & 0 \\ −\frac{2y_{1}}{3} e^{−2t} + \frac{2y_{1}}{3} e^{t} & 0 & e^{t} \end{matrix}] = Φ(t, y)

etter litt strev. (b)

Samme opplegg som i forrige punkt. Vi finner ẋ_{1} = x_{1}^{2} som, etter at vi har løst og satt inn x_{1}(0) = y_{1}, gir x_{1} = y_{1}/(1 − y_{1}t). Videre blir ẋ_{2} = x_{2} + x_{1}^{−1} = x_{2} + y_{1}^{−1} − t som kanskje lettest løses ved bruk av en integrerende faktor e^{−t}, og gir x_{2} = t+1−y_{1}^{−1}+(y_{2}−1+y_{1}^{−1})e^{t}. Oppsummert:

u(t, x) = [ \frac{y_{1}}{1 − y_{1}t} ; t + 1 − \frac{1}{y_{1}} + (y_{2} − 1 + \frac{1}{y_{1}} )e^{t}] , Φ = \frac{∂u}{∂y} = [\begin{matrix}\frac{1}{(1 − y_{1}t)^{2}} & 0 \\ \frac{1 − e^{t}}{y_{1}^{2}} & e^{t} \end{matrix}]

Vi finner videre

Df(x) = [\begin{matrix}2x_{1} & 0 \\ −\frac{1}{x_{1}^{2}} & 1 \end{matrix}] , Φ̇ = [\begin{matrix}\frac{2y_{1}}{(1 − y_{1}t)^{3}} & 0 \\ −\frac{e^{t}}{y_{1}^{2}} & e^{t} \end{matrix}]

og endelig

Df(u(t, x))Φ = [\begin{matrix}\frac{2y_{1}}{1 − y_{1}t} & 0 \\ −\frac{(1 − y_{1}t)^{2}}{y_{1}^{2}} & 1 \end{matrix}] [\begin{matrix}\frac{1}{(1 − y_{1}t)^{2}} & 0 \\ \frac{1 − e^{t}}{y_{1}^{2}} & e^{t} \end{matrix}] = Φ̇.

2.3: 5. Liouville’s teorem, som er nevnt i oppgaven, kan generelt skrives som

\frac{d}{dt} ln det Φ(t) = tr (Φ̇(t)Φ(t)^{−1})

75045 Dynamiske systemer 1997: Oppgavesett #3 Page 2

så lenge Φ er invertibel.^{1} Dersom Φ̇ = A(t)Φ blir høyresiden lik tr A(t). Dersom i tillegg Φ(0) = I kan dette integreres til å gi ln det Φ(t) = ∫_{0}^{t} tr A(s) ds, og dermed blir

det Φ = exp ∫_{0}^{t} tr A(s) ds

som det er påstått i oppgaven.

Jeg reformulerer like godt oppgaven til å benytte strømmen: φ_{t}(x_{0}) = u(t, x_{0}) er løsningen til ẋ = f(x) med startverdi x_{0} etter tiden t. Jeg bruker notasjonen Dφ_{t} for den deriverte til funksjonen φ_{t}, det som oppgaven kaller ∂u(t, y)/∂y. Vi vet at den deriverte oppfyller ligningen

\frac{d}{dt}Dφ_{t}(x_{0}) = Df(φ_{t}(x_{0}))Dφ_{t}(x_{0})

som nettopp er på formen Φ̇ = A(t)Φ, og Liouvilles teorem leder til

det Dφ_{t}(x_{0}) = exp ∫_{0}^{t} tr Df(φ_{s}(x_{0})) ds = exp ∫_{0}^{t} div f(φ_{s}(x_{0})) ds.

det Dφ_{t}(x_{0}) måler hvordan volumet av et lite område nær x_{0} endres når det flyttes med strømmen en tid t (dette er variabelskifteformelen for multiple integraler). Når determinanten er større enn 1, utvides volumet med en tilsvarende faktor, og når den er mindre enn 1, krympes volumet. Vi ser nå at det er fortegnet til div f langs banen fra x_{0} til φ_{t}(x_{0}) som bestemmer om det blir utvidelse eller krymping. Det er dette som gir opphav til navnet «divergens».

2.3: 6. Dette er en nokså direkte konsekvens av forrige oppgave, og ikke minst kommentaren til slutt. La R_{1} = φ_{t}(R_{0}). Siden φ_{t} er en diffeomorfi (den er deriverbar og har en deriverbar invers), kan vi skifte variabel i integralet for volumet til R_{1}:

V (R_{1}) = ∫_{R_{1}} dy

(hvor dette er kort for et multippelt integral og dy er kort for dy_{1} ⋯ dy_{n}) ved å sette y = φ_{t}(x) og la x variere over R_{0}, med resultat

V (R_{1}) = ∫_{R_{0}} | det Dφ_{t}(x)| dx

men hvis div f = 0 overalt viser formelen i forrige oppgave at det Dφ_{t}(x) = 1 overalt, og integranden over blir 1 og dermed er V (R_{1}) = V (R_{0}). Altså er strømmen volumbevarende dersom div f = 0.

Omvendt, om div f ≠ 0 i minst ett punkt kan vi finne en åpen, ikketom mengde U_{0} hvor div f > 0 (eller en hvor div f < 0, men det behandles på samme vis). La R_{0} være en åpen ikketom delmengde av U_{0} slik at \overline{R}_{0} er kompakt og inneholdt i U_{0}. Da finnes δ > 0 slik at φ_{t}(R_{0}) ⊆ U_{0} når |t| < δ. For en slik t > 0 finner vi fra formelen i forrige oppgave at det Dφ_{t} > 1 i R_{0}, og integralformelen i forrige avsnitt gir dermed V (R_{1}) > V (R_{0}) slik at φ_{t} ikke er volumbevarende.

2.4: 3. Om x(t) ikke har noen grense når t ↗ β, så finnes t_{1} < t_{2} < … med t_{j} → β slik at x(t_{j}) ikke konvergerer når j → ∞. Da er ikke denne følgen Cauchy, og det finnes derfor en ε > 0 slik at for hver N finnes j, k ≥ N med |x(t_{j}) − x(t_{k})| ≥ ε. Da er enten |x(t_{j}) − x(t_{N})| ≥ ε/2 eller |x(t_{k}) − x(t_{N})| ≥ ε/2 slik at det for hver N finnes j > N med |x(t_{j}) − x(t_{N})| ≥ ε/2.

Nå er det slik at den rette linje er den korteste vei mellom to punkter, slik at buelengden av Γ_{+} fra x(t_{N}) til x(t_{j}) er minst like store som |x(t_{j}) − x(t_{N})| og derfor ≥ ε/2 for en passe j. La så j_{1} være tilfeldig, og gitt j_{1}, …, j_{k} velg j_{k+1} > j_{k} slik at |x(t_{j_{k+1}}) − x(t_{j_{k}})| ≥ ε/2. Buelengden av Γ_{+} fra x(t_{j_{1}}) til x(t_{j_{k+1}}) blir altså minst kε/2, som går mot uendelig når k → ∞. Dermed er buelengden av Γ_{+} uendelig.

En definisjon av buelengden til en kurve er faktisk supremum av alle summene ∑_{j=1}^{k} |x_{j} − x_{j−1}| der x_{0}, …, x_{k} er punkter som ligger etter hverandre på kurven. Denne definisjonen har den fordelen at kurven ikke trenger være stykkevis differensiabel, slik den vanlige definisjonen ∫_{α}^{β} |ẋ| dt krever.

1Jeg har skrevet en kort utledning av dette resultatet. Finnes på Websiden for kurset for de som er interessert.

2.5: 5. Differensialligningene ẋ = f(x) med intialdata x(0) = y blir i dette tilfellet ẋ_{1} = −x_{1}, med løsning x_{1} = y_{1}e^{−t}, og ẋ_{2} = 2x_{2} + x_{1}^{2} = 2x_{2} + y_{1}^{2}e^{−2t}. Denne siste har generell løsning x_{2} = Ae^{2t} − (y_{1}^{2}/4)e^{−2t}, og initialdataene x_{2} = y_{2} for t = 0 gir A = y_{2} + y_{1}^{2}/4. Alt i alt er altså

φ_{t}(y) = [\begin{matrix}y_{1}e^{−t} \\ (y_{2} + \frac{y_{1}^{2}}{4} )e^{2t} − \frac{y_{1}^{2}}{4} e^{−2t} \end{matrix}]

Om y_{2} + y_{1}^{2}/4 = 0 blir

x_{2} + \frac{x_{1}^{2}}{4} = (y_{2} + \frac{y_{1}^{2}}{4} )e^{2t} − \frac{y_{1}^{2}}{4} e^{−2t} + \frac{(y_{1}e^{−t})^{2}}{4} = (y_{2} + \frac{y_{1}^{2}}{4} )e^{2t} = 0.

2.6: 1, 2. For disse to oppgavene har jeg tillatt meg å gripe til Maple (som jeg sikkert kunne gjort for flere av oppgavene ovenfor og). Resultatet er vedlagt. Jeg vil også gjøre Maple-regnearkene tilgjengelig på Web-siden for kurset.

Rettelser til forrige løsningsforslag:

2.1: 1. I fotnote nummer 1 på side 1 står ψ(au, v) = ψ(u, av) = ψ(u, v), men det skulle vært ψ(au, v) = ψ(u, av) = aψ(u, v).

Oppgaver #4 — for neste uke

2.7: 1, 2, 3; 2.9: 4, 5, 7, 8; 2.10: 1.