Anwendung des Satzes von Poincaré-Bendixson

Question

Anwendung des Satzes von Poincaré-Bendixson

Mathematik
dynamische-systeme
Gewöhnliche Differentialgleichungen

Benjamin Lindqvist

Betrachten Sie das System

X^{'} = 3 X j^{2} - X^{2} j j^{'} = 5 X^{2} j - X j^{2}

$x' = 3xy^2-x^2y \\ y' = 5x^2y - xy^2$

Zeigen Sie, dass das System keine periodischen Lösungen hat.

Dies ist ein kniffliges Beispiel. Die Linearisierung führt nirgendwo hin und es fällt mir schwer, eine Lyapunov-Funktion zu konstruieren, die den Zweck erfüllt. $V = 1/2(x^2+y^2)$ gibt

v^{'} (X, j) = 3 X^{2} j^{2} - X^{3} j + 5 X^{2} j^{2} - X j^{3} = 8 X^{2} j^{2} - X j (X^{2} + j^{2}))

$V'(x,y) = 3x^2y^2-x^3y +5x^2y^2 -xy^3 = 8x^2y^2 -xy(x^2+y^2))$

Aber das sagt uns nicht viel Schönes über die Herkunft. Wenn überhaupt, sieht es so aus, als ob der Ursprung abstoßend ist, da kleine Störungen uns das geben $8x^2y^2$ Term dominiert den Minusterm. Vielleicht kann man irgendwie zeigen, dass es keine elliptischen Bahnen gibt, aber das schließt andere, exotischere, periodische Bahnen nicht aus.

Wie geht es weiter...?

Tat

Beachten Sie, dass die Lösungen den Lösungen des Systems folgen

u^{'} = 3 v - u v^{'} = 5 u - v

$u'=3v-u\qquad v'=5u-v$ in dem Sinne, dass jeder

(x, y)

$(x,y)$ -Pfad ist in der enthalten

(u, v)

$(u,v)$ -Pfad enthält

(x_{0}, y_{0})

$(x_0,y_0)$ , nur folgt er diesem Weg mit einer anderen, variierenden Geschwindigkeit. (Der Einschluss kann strikt sein und ist es auch, z. B. every

(x, y)

$(x,y)$ -path bleibt auf den Quadranten beschränkt, von dem aus er gestartet wurde.) The

(u, v)

$(u,v)$ -lineares System ist hyperbolisch, nein

(u, v)

$(u,v)$ -Lösung ist periodisch, QED.

Antworten (2)

Anwendung des Satzes von Poincaré-Bendixson

Beachten Sie, dass die Lösungen den Lösungen des Systems folgen $u^{'} = 3 v - u v^{'} = 5 u - v$ $u'=3v-u\qquad v'=5u-v$ in dem Sinne, dass jeder $(x,y)$ -Pfad ist in der enthalten $(u,v)$ -Pfad enthält $(x_0,y_0)$ , nur folgt er diesem Weg mit einer anderen, variierenden Geschwindigkeit. (Der Einschluss kann strikt sein und ist es auch, z. B. every $(x,y)$ -path bleibt auf den Quadranten beschränkt, von dem aus er gestartet wurde.) The $(u,v)$ -lineares System ist hyperbolisch, nein $(u,v)$ -Lösung ist periodisch, QED.

Miguel · Answer 1

Der Titel ist irreführend: Es ist das Kriterium von Bendixson, was verwendet werden muss, was das für das System aussagt

\begin{aligned} X^{'} & = F (X, j) \\ j^{'} & = G (X, j) \end{aligned}

$\begin{align} x'&=f(x,y)\\y'&=g(x,y) \end{align}$ Wenn

\frac{\partial f}{\partial x} + \frac{\partial g}{\partial y} \neq 0

$\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial g}{\partial y}\neq 0$ in einer einfach zusammenhängenden Region

R

$R$ , dann hat das System keine geschlossene Trajektorie im Inneren

R

$R$ . (Siehe zB http://math.mit.edu/~jorloff/suppnotes/suppnotes03/lc.pdf für einen Beweis)

Beachten Sie in Ihrem Fall zunächst, dass die Achsen unveränderlich sind, sodass keine geschlossene Trajektorie eine von ihnen berühren kann. Berechnen Sie dann in einem der Quadranten:

\begin{aligned} \frac{\partial F}{\partial X} + \frac{\partial G}{\partial j} & = 3 j^{2} - 2 X j + 5 X^{2} - 2 X j = 3 (j^{2} - \frac{4}{3} X j + \frac{5}{3} X^{2}) \\ = 3 ({(j - \frac{2}{3} X)}^{2} + \frac{5}{2} X^{2}) > 0 \end{aligned}

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial g}{\partial y} &= 3y^2-2xy+5x^2-2xy =3\left(y^2-\frac{4}{3}xy+\frac{5}{3}x^2\right) \\ &= 3 \left(\left(y-\frac{2}{3}x\right)^2+\frac{5}{2}x^2\right)>0 \end{aligned}$ da jeder (strenge) Quadrant den Ursprung ausschließt und die Schlussfolgerung aus dem Bendixson-Kriterium resultiert.

Mohammed Alomari · Answer 2

Ich gebe die Lösung für Ihr nichtlineares System

\frac{D X}{D T} = 3 X j^{2} - X^{2} j

$\frac{dx}{dt}=3xy^2-x^2y$ Und

\frac{D j}{D T} = 5 X^{2} j - X j^{2}

$\frac{dy}{dt}=5x^2y-xy^2$ Wenn wir Gl. 2 durch Gl. 1 dividieren, erhalten wir

\frac{D j}{D X} = \frac{5 X^{2} j - X j^{2}}{3 X j^{2} - X^{2} j}

$\frac{dy}{dx}=\frac{5x^2y-xy^2}{3xy^2-x^2y}$ Jetzt dividieren durch

x^{3}

$x^3$ Sowohl den Zähler als auch den Nenner erhalten wir

\frac{D j}{D X} = \frac{5 \frac{j}{X} - (\frac{j}{X})^{2}}{3 (\frac{j}{X})^{2} - \frac{j}{X}}

$\frac{dy}{dx}=\frac{5\frac{y}{x}-(\frac{y}{x})^2}{3(\frac{y}{x})^2-\frac{y}{x}}$

Lassen $y=x \cdot v$ Dann $\frac{dy}{dx}=x\frac{dv}{dx}+v$ , also das DE in eine trennbare Gl.

X \frac{D v}{D X} + v = \frac{5 v - v^{2}}{3 v^{2} - v} = \frac{5 - v}{3 v - 1},

$x\frac{dv}{dx}+v=\frac{5v-v^2}{3v^2-v}=\frac{5-v}{3v-1},$ Deshalb

X \frac{D v}{D X} = \frac{5 - v - 3 v^{2} + v}{3 v - 1} = \frac{5 - 3 v^{2}}{3 v - 1}

$x\frac{dv}{dx}=\frac{5-v-3v^2+v}{3v-1}=\frac{5-3v^2}{3v-1}$

\Rightarrow \frac{3 v - 1}{5 - 3 v^{2}} D v = \frac{D X}{X}

$\Rightarrow \frac{3v-1}{5-3v^2}dv=\frac{dx}{x}$

\Rightarrow \int \frac{3 v - 1}{5 - 3 v^{2}} D v = \int \frac{D X}{X}

$\Rightarrow \int{\frac{3v-1}{5-3v^2}dv}=\int{\frac{dx}{x}}$

Einstellung $\sqrt {\frac{3}{5}} v= \sin \theta \Rightarrow \sqrt {\frac{5}{3}} \cos \theta d\theta = dv$ , Dann

\int \frac{3 \sqrt{\frac{5}{3}} Sünde θ - 1}{5 (1 - {Sünde}^{2} θ)} \sqrt{\frac{5}{3}} \cos θ D θ = \int \frac{D X}{X}

$\int{\frac{3\sqrt {\frac{5}{3}} \sin \theta -1}{5(1- \sin^2 \theta) }\sqrt {\frac{5}{3}} \cos \theta d\theta}=\int{\frac{dx}{x}}$

so dass

\int \frac{3 \sqrt{\frac{5}{3}} Sünde θ - 1}{5 (1 - {Sünde}^{2} θ)} \sqrt{\frac{5}{3}} \cos θ D θ = \int bräunen θ D θ - \sqrt{\frac{5}{3}} \frac{1}{5} \int Sek θ D θ = - \ln | \cos θ | - \frac{1}{\sqrt{15}} \ln | Sek θ + bräunen θ |

$\int{\frac{3\sqrt {\frac{5}{3}} \sin \theta -1}{5(1- \sin^2 \theta) }\sqrt {\frac{5}{3}} \cos \theta d\theta}=\int {\tan \theta d\theta } - \sqrt {\frac{5}{3}} \frac{1}{5}\int {\sec \theta d\theta } \\ = - \ln \left| {\cos \theta } \right| - \frac{1}{{\sqrt {15} }}\ln \left| {\sec \theta + \tan \theta } \right|$

Daher lautet die Lösung,

- \ln | \cos θ | - \frac{1}{\sqrt{15}} \ln | Sek θ + bräunen θ | = \ln | X | + C

$- \ln \left| {\cos \theta } \right| - \frac{1}{{\sqrt {15} }}\ln \left| {\sec \theta + \tan \theta } \right| =\ln \left| {x } \right| +C$ Schließlich können wir das Ergebnis schreiben als

| \cos θ | \cdot {| Sek θ + bräunen θ |}^{\frac{1}{\sqrt{15}}} = \frac{k}{X}

$\left| {\cos \theta } \right|\cdot \left| {\sec \theta + \tan \theta } \right|^{{\textstyle{1 \over {\sqrt {15} }}}} =\frac{k}{x}$ Wo

k = \exp (- C)

$k=\exp(-C)$ .

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