75045 Dynamiske systemer

Oppgavesett #5 — løsningsforslag (forts)

#5:1. Den gitte relasjonen DH(x)f(x) = g(x)H(x) må tolkes riktig: Her er g og H skalare funksjoner, mens f er vektorvaluert. Siden høyresiden er skalar må venstresiden også være det. Og det stemmer, for DH(x) er en lineær funksjon fra ℝ^{n} til ℝ i abstrakt versjon, eller en 1×n-matrise (rekkevektor) i konkret versjon.

Vi skal vise at H(x) = 0 er invariant for systemet ẋ = f(x), det vil si at dersom H(x(0)) = 0 for en løsning x, er H(x(t)) = 0 for alle t. Derivasjon med hensyn på t og kjerneregelen gir

Ḣ = \frac{d}{dt}H(x(t)) = DH(x(t))ẋ(t) = DH(x(t))f(x(t)) = g(x)H(x).

Dette gir |Ḣ| ≤ M|H(x(t))| der M er slik at |g(x(t))| ≤ M for 0 ≤ t ≤ T, hvor vi altså har valgt et intervall [0, T] å jobbe på. Vi har altså, siden H(x(0)) = 0,

|H(x(t))| = |∫_{0}^{t} Ḣ(x(s)) ds| ≤ M ∫_{0}^{t} |H(x(s))| ds

hvorav Grönwalls ulikhet umiddelbart gir oss H(x(t)) = 0 for 0 ≤ t ≤ T. Siden T > 0 var vilkårlig gjelder dette alle t > 0 så lenge løsningen x(t) er definert. Tilfellet t < 0 behandles likedan, eller det er bare å huske at x(−t) løser ẋ = −f(x) og bruke det vi nettopp har vist for t > 0.

#5:2. (I denne besvarelsen er kjernen i argumentet ganske kort, og kommer helt til slutt. Jeg bruker det meste av tiden på å vise at banene nær origo faktisk må gå rundt origo, eller mer presist at de oppfyller |θ̇| > c for en positiv konstant c.)

Her betrakter vi systemet

ẋ = P (x, y), ẏ = Q(x, y).

Erstatter vi (t, x, y) med (−t, x, −y) blir dette til −ẋ = P (x, −y) og ẏ = Q(x, −y), og invarians under denne transformasjonen (symmetri med hensyn på x–aksen) betyr

P (x, −y) = −P (x, y), Q(x, −y) = Q(x, y).

Hvis du tegner en figur, vil du oppdage at dette betyr at vektorfeltet f = (P, Q) avbildes på −f ved speiling om x–aksen, ikke på seg selv. En løsningskurve speilet om x–aksen blir altså en ny løsningskurve, men med motsatt rettet bevegelse.

Deriverer vi symmetrirelasjonene ovenfor med hensyn på henholdsvis x og y og setter y = 0, får vi P_{x}(x, 0) = −P_{x}(x, y) og −Q_{y}(x, 0) = Q_{y}(x, 0), slik at P_{x}(x, 0) = Q_{y}(x, 0) = 0. Spesielt gjelder for matrisen A = Df(0, 0) at

A = [\begin{matrix}P_{x}(0, 0) & P_{y}(0, 0) \\ Q_{x}(0, 0) & Q_{y}(0, 0) \end{matrix}] = [\begin{matrix}0 & a \\ b & 0 \end{matrix}] der a = P_{y}(0, 0) og b = Q_{x}(0, 0).

Det lineariserte systemet, med koeffisientmatrise A, har egenverdier gitt ved den karakteristiske ligningen det(A − λI) = 0, det vil si λ^{2} − ab = 0. Disse blir rent imaginære, slik at det lineariserte systemet har et senter, hvis og bare hvis ab < 0. For enkhelhets skyld vil jeg anta a < 0 og b > 0 videre.

Polarkoordinater gir oss

θ̇ = \frac{xẏ − yẋ}{r^{2}} = \frac{xQ(x, y) − yP (x, y)}{r^{2}} = \frac{x(bx + o(r)) − y(ay + o(r))}{r^{2}} = \frac{bx^{2} − ay^{2}}{r^{2}} + o(1)

og mine antagelser om a og b gir bx^{2} − ay^{2} ≥ r^{2} min(|b|, |a|) slik at vi kan finne konstanter c, δ > 0 med θ̇ > c dersom r < δ. Det følger at en bane som starter tilstrekkelig nær origo vil gjøre et halvt omløp om origo i tid < π/c, og spesielt vil et slikt punkt på den positive x–aksen bevege seg til den negative x–aksen. Altså, om x(0) > 0 er liten nok og y(0) = 0, vil en løsning (x, y) oppfylle x(τ) < 0 og y(τ) = 0 for en τ > 0, og der y(t) > 0 om 0 < t < τ.

Ved symmetrien vil (x(−t), −y(−t)) løse samme problem, slik at x(−t) = x(t) og y(−t) = −y(t) for alle t ved entydigheten av løsninger for initialverdiproblemet. Spesielt er (x(−τ), y(−τ)) = (x(τ), y(τ)), og (x, y) er periodisk med periode 2τ. Dette viser at origo er et senter for systemet.

75045 Dynamiske systemer 1997: Oppgavesett #5–7 Page 2

2.10: 4. Denne oppgaven har jeg løst ved hjelp av Maple. Se vedlagte ark. (Det er ikke så vanskelig at man ikke kan løse det for hånd, men det blir mye arbeid.)

Oppgavesett #6 — løsningsforslag

3.2: 1. Systemet ẋ = x − x^{3}, ẏ = −y er lett å analysere fordi det består av to uavhengige ordinære ligninger. Vi ser uten videre at ligningen for x har tre fikspunkt: Ett ustabilt i x = 0 og to stabile i x = ±1. Tilsvarende har ligningen for y ett stabilt fikspunkt i y = 0. Dette gir uten videre et sadelpunkt i (0, 0) og stabile noder i (±1, 0).

Alle baner konvergerer mot ett av de tre kritiske punktene når t → ∞, og spesielt er altså {(−1, 0), (0, 0), (1, 0)} en tiltrekkende mengde, og enhver lukket mengde som inneholder disse tre punktene likeså (merk at tiltrekkende mengder per definisjon er lukket, i hvert fall slik Perko definerer det). Spesielt er intervallet [−1, 1] på x– aksen tiltrekkende, men den er ikke en attraktor, for den inneholder ingen tett bane (den består av de fem banene {−1}, (−1, 0), {0}, (0, 1) og {1}, alle på x–aksen).^{1}

Intervallet (0, 1] på x–aksen er ingen attraktor fordi det ikke er lukket. Av de uendelige intervallene nevnt i oppgaven er (0, ∞) og (−1, ∞) diskvalifisert fra å kalles tiltrekkende fordi de ikke lukket. Det er derimot [0, ∞), [−1, ∞) og (−∞, ∞), og de to siste er tiltrekkende ved merknadene på toppen av forrige avsnitt. [0, ∞) er ikke tiltrekkende, for det finnes punkter i en vilkårlig omegn om 0 som ender opp i x = −1 når t → ∞.

3.2: 4.

1Her blir det pinlig åpenbart at bruken av samme notasjon for punkter og åpne intervaller på tallinjen skaper forvirring. I begynnelsen av avsnittet er (−1, 0) et punkt, mens i slutten av avsnittet er (−1, 0) et intervall!

3.3: 1.

(a) Oppgaven formelig roper etter å bli løst med polarkoordinater. Vi finner

ṙ = \frac{xẋ + yẏ}{r} = r(1 − r^{2}) sin \frac{1}{\sqrt{|1 − r^{2}|}},
θ̇ = \frac{xẏ − yẋ}{r^{2}} = 1.

Åpenbart er ṙ = 0 når 1/\sqrt{|1 − r^{2}|} = nπ, det vil si når r = \sqrt{1 ± 1/(nπ)^{2}}. Om vi skriver ṙ = ρ(r) så er

ρ′(r) = (1 − 3r^{2}) sin \frac{1}{\sqrt{|1 − r^{2}|}} − \frac{r^{2}}{\sqrt{|1 − r^{2}|}} cos \frac{1}{\sqrt{|1 − r^{2}|}}

som gir

ρ′(r) = (−1)^{n+1} (nπ ± \frac{1}{nπ} ) , r = \sqrt{1 ± \frac{1}{(nπ)^{2}}} .

Når n er odde er ρ′ > 0 på Γ_{n}, som da er ustabil — mens når n er like er ρ′ < 0 på Γ_{n}, og sykelen er stabil.

Etter definisjonene er Γ, gitt ved r = 1, ikke en grensesykel, for den er ikke en α– eller ω–grense for noen bane forskjellig fra seg selv. Gitt x_{0} ∉ Γ så finnes alltid en Γ_{n} mellom x_{0} og Γ, og banen som starter i x_{0} kan aldri krysse Γ_{n} og kan dermed ikke ha Γ i sin grensemengde!

Det skulle også være egnet til å bekymre at ρ′(r) ikke er begrenset i området rundt r = 1, slik at systemet slik det er stilt opp faktisk ikke er C^{1}. Dette kunne lett vært unngått ved å kvadrere faktoren (1 − x^{2} − y^{2}) foran sin(…) i oppgaven. Man kan til og med få systemet til å være C^{∞} ved å bruke faktoren exp(−1/|1 − x^{2} − y^{2}|). Man kunne også godt gjort Γ til en grensesykel ved å bruke en annen høyreside i systemet for x^{2} + y^{2} > 1.

(b) Polarkoordinater gir

ṙ = \frac{xẋ + yẏ}{r} = r(1 − r^{2}) sin \frac{1}{1 − r^{2}} ,
θ̇ = \frac{xẏ − yẋ}{r^{2}} = 1.

Løses for øvrig på samme måte som (a). (Her er den deriverte av høyresiden enda mer ubegrenset nær r = 1).

3.3: 2. Polarkoordinater nok en gang gir

ṙ = \frac{xẋ + yẏ}{r} = r^{2}(1 − r^{2})^{2},
θ̇ = \frac{xẏ − yẋ}{r^{2}} = 1.

Siden ṙ > 0 når r ∉ {0, 1} vil sirkelen r = 1 være stabil fra innsiden og ustabil fra utsiden.

3.4: 1. At x = 2 cos 2t, y = sin 2t passer i det gitte systemet er trivielt å sjekke. (Dette ville heller ikke vært så vanskelig å gjette: Den felles parentesen i de to ligningene gjør det fristende å prøve å sette x = 2X, y = Y som gir et ligningssystem for (X, Y) som uten videre lar seg løse ved polarkoordinater. Dette ville også avgjøre stabilitets-spørsmålet som stilles i oppgaven.)

Vi regner ut divergensen av vektorfeltet:

\frac{∂}{∂x} [−4y + x (1 − \frac{x^{2}}{4} − y^{2})] + \frac{∂}{∂y} [x + y (1 − \frac{x^{2}}{4} − y^{2})] = −\frac{x^{2}}{2} − 2y^{2} + 2 (1 − \frac{x^{2}}{4} − y^{2})

som har verdien −2 < 0 når x = 2 cos 2t, y = sin 2t. Dette gir at denne sykelen er en stabil grensesykel.

Oppgavesett #7 — løsningsforslag

3.9: 2. Vi antar f ∈ C^{1}(E) der E er et enkeltsammenhengende område i ℝ^{2}, og at B ∈ C^{1}(E) er en skalar funksjon slik at div(Bf) ikke er null i noen ikketom åpen delmengde av E, og ikke endrer fortegn i E. Vi skal vise at E ikke inneholder noen periodisk bane for ẋ = f(x).

Siden E er enkeltsammenhengende, er det indre S av en eventuell periodisk bane Γ inneholdt i E. Dermed kan vi bruke Greens teorem på ∫∫_{S} div(Bf) dxdy, som ikke kan være null takket være antagelsene om div(Bf). Men setter vi f = (P, Q) blir jo

∫∫ _{S} div(Bf) dxdy = ∫_{Γ}(BP dy − BQ dx) = ∫_{Γ}(BP Q − BQP) dt = 0

siden vi har dx = P dt og dy = Qdt langs Γ. Denne motsigelsen viser at det ikke kan finnes noen periodisk bane Γ i E.

Deretter antar vi at f ∈ C^{1}(A) der A er et annulært område i ℝ^{2}, det vil si et område med ett hull. Anta igjen at B ∈ C^{1}(A) er en skalar funksjon slik at div(Bf) ikke er null i noen ikketom åpen delmengde av A, og ikke endrer fortegn i A. Vi skal vise at A inneholder høyst én periodisk bane for ẋ = f(x).

En slik periodisk bane må omgi hullet i A, for ellers ville det indre av banen være inneholdt i A — og beviset ovenfor ville gi en motsigelse. Dersom vi har to periodiske baner må de begge omgi hullet i A, og siden de ikke skjærer hverandre må den ene ligge på innsiden av den andre, la oss si Γ_{1} er på innsiden av Γ_{0}. Greens teorem anvendt på området S mellom Γ_{0} og Γ_{1} sier at

∫∫ _{S} div(Bf) dxdy = ∫_{Γ_{0}}(BP dy − BQ dx) − ∫_{Γ_{1}}(BP dy − BQ dx)

men begge integralene er 0 av samme grunn som tidligere, mens dobbeltintegralet på venstre side ikke er null. Dette er en motsigelse.

3.12: 7. Vi bruker Bendixsons formel I_{f}(x_{0}) = 1 + (e − h)/2 og finner

Figur e h I_{f}(x_{0})
Venstre 3 3  1
Midten 0 6 −2
Høyre 2 0  2

3.12: 9. Det er klart at siden z^{k} = 0 eller z̄^{k} = 0 bare for z = 0, er origo eneste kritiske punkt for hvert av systemene ż = z^{k}, ż = z̄^{k}. Om for r > 0 vil z = re^{it} parametrisere en kurve en gang rundt origo når t varierer fra 0 til 2π. Dette gir z^{k} = r^{k}e^{ikt} og z̄^{k} = r^{k}e^{−ikt}, som danner en vinkel henholdsvis kt og −kt med x–aksen. Denne vinkelen endrer seg fra 0 til henholdsvis 2πk og −2πk når t går fra 0 til 2π, slik at indeksen til sirkelen blir henholdsvis k og −k. Dette blir da også indeksen til det kritiske punktet i 0.

Merk at z^{k} er paralell med z = re^{iθ} akkurat når e^{ikθ} = ±e^{iθ}, som gir e^{i(k−1)θ} = ±1. Dette gjelder når (k − 1)θ = n, altså for θ = n/(k − 1), hvor vi kan sette n = 0, 1, …, 2k − 3 (her forutsetter jeg k > 1). Strålene z = re^{in/(k−1)} for r > 0 og n = 0, 1, …, 2k − 3 er altså separatriser for ż = z^{k}; ustabil for like n, stabil for odde n. Sektorene mellom disse er alle elliptiske, og Bendixsons formel gir en indeks 1 + (e − h)/2 = 1 + (2k − 2 + 0)/2 = k som ventet.

Likeledes er z̄^{k} paralell med z = re^{iθ} akkurat når e^{−ikθ} = ±e^{Iθ}, som gir e^{i(k+1)θ} = ±1. Dette gjelder når (k + 1)θ = n, altså for θ = n/(k + 1), hvor vi kan sette n = 0, 1, …, 2k + 1. Strålene z = re^{in/(k+1)} for r > 0 og n = 0, 1, …, 2k + 1 er altså separatriser for ż = z^{k}; ustabil for like n, stabil for odde n. Sektorene mellom disse er alle hyperbolske, og Bendixsons formel gir en indeks 1 + (e − h)/2 = 1 + (0 − (2k + 2))/2 = −k som ventet.