75045 Dynamiske systemer

Oppgavesett #4 — løsningsforslag (forts)

2.10: 1. For å konvertere til polarkoordinater bruker vi formlene

ṙ = \frac{xẋ + yẏ}{r} , θ̇ = \frac{xẏ − yẋ}{r^{2}}

og setter inn x = r cos θ, y = r sin θ etterpå.

(a) ẋ = x − y, ẏ = x + y gir

ṙ = \frac{x(x − y) + y(x + y)}{r} = r,
θ̇ = \frac{x(x + y) − y(x − y)}{r^{2}} = 1

som umiddelbart forteller oss at vi har å gjøre med et ustabilt fokus. Dette kunne vi også sett direkte fra det linariserte systemet i dette tilfellet, siden det har egenverdiene 1 ± i.

(b) ẋ = −y + xy^{2}, ẏ = x + y^{3} gir

ṙ = \frac{x(−y + xy^{2}) + y(x + y^{3})}{r} = \frac{x^{2}y^{2} + y^{4}}{r} = \frac{r^{2}y^{2}}{r} = r^{3} sin^{2} θ,
θ̇ = \frac{x(x + y^{3}) − y(−y + xy^{2})}{r^{2}} = 1

som igjen gir et ustabilt fokus. Vi må egentlig argumentere litt grundigere for dette, fordi vi ikke har ulikheten ṙ > 0 oppfylt i en punktert omegn om origo. Men når t øker med 2π går φ_{t}(x) en gang rundt origo (θ øker med 2π), og fordi ṙ ≥ 0 alltid og ṙ > 0 i hvert fall en del av tiden må r ha økt i løpet av runden, og det følger at det ikke finnes lukkede baner for systemet. Dermed må origo være et fokus.

(c) ẋ = −y + x^{5}, ẏ = x + y^{5} gir

ṙ = \frac{x(−y + x^{5}) + y(x + y^{5})}{r} = \frac{x^{6} + y^{6}}{r} = r^{5}(cos^{6} θ + sin^{6} θ),
θ̇ = \frac{x(x + y^{5}) − y(−y + x^{5})}{r^{2}} = \frac{x^{2} + y^{2} + xy^{5} − yx^{5}}{r^{2}} = 1 + r^{4} sin θ cos θ(sin^{4} θ − cos^{4} θ).

Her er ṙ > 0 og θ̇ > konstant > 0 for små r, noe som igjen gir et ustabilt fokus.

Oppgavesett #5 — løsningsforslag

2.10:4. (a,b) Vi har her ẋ_{1} = −x_{2} + μ(x_{1}^{3} + x_{1}x_{2}^{2}), ẋ_{2} = x_{1} + μ(x_{2}^{3} + x_{2}x_{1}^{2}) med μ = ±1 (μ = −1 i (a) og mu = +1 i (b)). Dette gir V̇ = 2x_{1}ẋ_{1}+2x_{2}ẋ_{2} = 2x_{1}(−x_{2}+μ(x_{1}^{3}+x_{1}x_{2}^{2}))+2x_{2}(x_{1}+μ(x_{2}^{3}+x_{2}x_{1}^{2})) = 2μ(x_{1}^{4} + 2x_{1}^{2}x_{2}^{2} + x_{2}^{4}) = 2μ(x_{1}^{2} + x_{2}^{2})^{2} som umiddelbart løser begge punktene siden dette gir (a) V̇ < 0 når μ = −1 og (b) V̇ > 0 når μ = +1.

(c) Her er ẋ_{1} = −x_{2} − x_{1}x_{2} og ẋ_{2} = x_{1} + x_{1}^{2} som gir V̇ = 2x_{1}(−x_{2} − x_{1}x_{2}) + 2x_{2}(x_{1} + x_{1}^{2}) = 0. Banene er gitt ved V = konstant, og er altså (deler av) sirkler med sentrum i origo. En bane kan bli bare en del av en sirkel dersom det ligger et likevektspunkt på sirkelen. I dette tilfellet krever det ikke mye regning å se at likevektspunktene er origo og alle punktene langs linjen x_{1} = −1. Mens strømmen følger positiv omløpsretning rundt sirklene for x_{1} < 1, følger de negativ omløpsretning for x_{1} > 1.

Oppsummert er altså banene for dette systemet: Origo, alle sirkler med sentrum i origo og radius mindre enn 1, sirkelen med sentrum origo og radius 1 med punktet (1, 0) tatt bort, de to sirkelbuene linjen x_{1} = 1 deler sirkelen med radius r i når r > 1, og hvert punkt (1, x_{2}).

75045 Dynamiske systemer 1997: Oppgavesett #5 Page 2

2.12:1.

(a) Vi trenger å finne en funksjon H med

\frac{∂H}{∂y} = a_{11}x + a_{12}y + Ax^{2} − 2Bxy + Cy^{2},
\frac{∂H}{∂x} = −a_{21}x + a_{11}y^{2} − Dx^{2} + 2Axy − By^{2}.

Integrer den første relasjonen med hensyn på y og den andre med hensyn på x, og få

H = a_{11}xy + \frac{a_{12}}{2} y^{2} + Ax^{2}y − Bxy^{2} + \frac{C}{3} y^{3} + F (x),
H = −\frac{a_{21}}{2} x^{2} + a_{11}xy^{2} − \frac{D}{3} x^{3} + Ax^{2}y − Bxy^{2} + G(y)

for passende funksjoner F og G. Vi ser at om begge formlene for H holder om vi setter

F (x) = −\frac{a_{21}}{2} x^{2} − \frac{D}{3} x^{3}, G(y) = \frac{a_{12}}{2} y^{2} + \frac{C}{3} y^{3}

som gir

H(x, y) = −\frac{a_{21}}{2} x^{2} + a_{11}xy + \frac{a_{12}}{2} y^{2} − \frac{D}{3} x^{3} + Ax^{2}y − Bxy^{2} + \frac{C}{3} y^{3}.

(b) Om systemet er Hamiltonsk og vi skriver f = (f_{1}, f_{2}) blir jo f_{1} = H_{y} og f_{2} = −H_{x} (hvor indeksene angir en partiell derivert), som gir div f = f_{1x} + f_{2y} = H_{yx} − H_{xy} = 0 i hvert fall så lenge H ∈ C^{2}, siden blandede partiell-deriverte da er like.

Omvendingen holder generelt bare i et enkeltsammenhengende område: Gitt f med div f = 0 søker vi en funksjon H slik at ∇H = g = (−f_{2}, f_{1}). Her vil vektorfeltet g oppfylle g_{1y} = g_{2x} (siden g_{2x}−g_{1y} = f_{1x}+f_{2y} = 0), og i følge Greens teorem vil da linjeintegralet ∫_{a}^{b} g(z)·dz være uavhengig av veien så lenge vi holder oss innen et enkeltsammenhengende område. La H(w) = ∫_{a}^{w} g(z) · dz.

2.12:2. Her er det snakk om et Newtonsk system, på formen

ẋ = y, ẏ = −U′(x)

med U(x) = x^{2}/2 − x^{3}/3 og altså H(x, y) = y^{2}/2 + U(x). De kritiske punktene er for y = 0 og U′(x) = 0, altså x = 0 eller x = 1. Siden x = 0 er et lokalt minimum for U og x = 1 et lokalt maksimum, blir (0, 0) et senter og (1, 0) en sadel.

2.12:3. Her blir U′(x) = x − x^{3}, som gir U(x) = x^{2}/2 − x^{4}/4 (her og i oppgaven foran er det greit å kaste bort integrasjonskonstanten, som likevel ikke har noen innvirkning på resultatet). Likevektspunktene er x = 0 og x = ±1, med lokalt minimum i x = 0 og lokale maksima i x = ±1. Det vil si senter i (0, 0) og sadelpunkter i (±1, 0).

2.12:4. Se figur til høyre.

Oppgaver #6

Beklager, men neste runde med oppgaver er ikke klar fordi jeg hadde for lite tid og ble avbrutt da det var som mest kritisk. Jeg må be dere sjekke websiden — jeg lover å ha neste oppgavesett klar der innen fredag morgen.