C.3 Soluzioni del capitolo 3

PROBLEMA 3.1 Usiamo la foma canonica di Jordan

$$D=B\,A\,B^{-1}= S+N=diag[0,0,\ldots,0,J\beta_1,J\beta_2,\ldots,J\beta_r]+N$$

dove $\pm\beta_j,\;j=1,r$ e $0$ con molteplicità $n-2r$ sono gli autovalori di $A$, tutti con parte reale nulla, ed $N$ è una matrice nilpotente di un certo ordine $k\geq 1$. Poiché $S\,N=N\,S$

$$\exp(At)= B^{-1}\,\left\{R\; \exp(Nt)\right\}\,B$$

$$R(t)=diag[I, \exp(J\beta_1t),\ldots, \exp(J\beta_rt)]$$

dove $R$ è una matrice di rotazione, che conserva la norma euclidea dei vettori, ed $\exp(NT)$ ha coefficienti che sono monomi in $t$ di grado fino a $k-1$. Allora data la condizione iniziale nelle coordinate della forma canonica $Y_0=B\,X_0$ la norma

$$\vert Y(t)\vert=\vert(R(t)\;\exp(Nt))Y_0\vert$$

tende all'infinito per $t\to \pm \infty$ perché alcune componenti devono contenere il monomio $t^{k-1}$, e quindi esistono condizioni iniziali in ogni intorno dell'origine per le quali $\vert X(t)\vert$ tende all'infinito.

ESERCIZIO 3.2 Il linearizzato in $(0,0)$ ha matrice

$$A=\left[\begin{array}{cc}{-1}&{1}\\ {-1}&{0}\end{array}\right]$$

con equazione caratteristica $\lambda^2+\lambda+1=0$ ed autovalori $(-1\pm i\sqrt{3})/2$, quindi l'unico esponente di Lyapounov è $-1/2$ e l'origine è un pozzo nonlineare.

ESERCIZIO 3.3 I punti di equilibrio si individuano risolvendo

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle x\,(x+y-1)} & {\di... ...+1)} & {\displaystyle=} &{\displaystyle 0} \end{array}\right.$$

da cui i punti di equilibrio sono $(0,0), (1,0),(0,1)$. La stabilità si studia linearizzando $F$ in questi tre punti, cioè usando la matrice jacobiana

$$\frac{\partial {(\dot x, \dot y)}}{\partial {(x,y)}}= \left[\... ...cc}{2x+y-1}&{x}\\ {-y}&{2y-x-1}\end{array}\right] =A(x,y)\ .$$

Si ottiene che $(0,0)$ è un pozzo, $(1,0)$ ha autovalori di segno opposto, cioè è una sella. $(0,1)$ ha un autovalore nullo e uno positivo quindi la sua stabilità non può essere determinata sulla base del solo calcolo degli esponenti di Lyapounov (ma è instabile per ragioni che saranno chiare dopo la Sezione 3.6.)

ESERCIZIO 3.4 Il sistema linearizzato nell'origine è

$$\left[\begin{array}{c}{\dot x}\\ {\dot y}\end{array}\right]... ...y}\right]\left[\begin{array}{c}{x}\\ {y}\end{array}\right]\;$$

gli autovalori sono immaginari puri, ed è necessario cercare una funzione di Lyapounov $V(x,y)$ per l'origine. Ha successo il tentativo $V(x,y)=ax^2+by^2$, con $a,b>0$: affinché $\dot V(x,y)=2ax(-y-x^3)+ 2byx\le0$ basta che $a=b$.

ESERCIZIO 3.5 La funzione $V(x,y)=x^2+y^2$ è una funzione di Lyapounov decrescente su tutto ${\bf R}^2$. Infatti

$$\dot V = 2\, x\, \dot x + 2\,y\, \dot y= -2\, x\, f(x)$$

è $\leq 0$ ovunque, e $<0$ per $x\neq 0$. Ma dove $x=0$, escludendo l'origine, si ha $\dot y=0$ e $\dot x\neq 0$, quindi le orbite attraversano la retta $x=0$ con velocità non nulla, e $\dot V$ è nullo per un singolo valore di $t$, quindi $V$ è decrescente su ogni orbita diversa dal punto di equilibrio. Il teorema della funzione di Lyapounov decrescente si applica con $V(x,y)\leq k$ come insieme positivamente invariante, per ogni $k$.

ESERCIZIO 3.6 L'energia potenziale si ottiene per quadratura:

$$V_1(x)=-\int f_1(x)\, dx=-\frac x{1+x^2}$$

ha un massimo in $x=-1$ e un minimo in $x=1$; inoltre $\lim_{x\to \infty} V_1(x)=0$. Quindi $(x,y)=(-1,0)$ è una sella, $(x,y)=(1,0)$ è stabile.

Figura C.1: curve di livello per l'energia potenziale $V_1$.

$$V_2(x)=-\int f_2(x)\, dx=\frac 1{x^2}-\frac 1x$$

ha un minimo per $x=2$, $\lim_{x\to 0^+} V_2(x)=+\infty$ e $\lim_{x\to +\infty} V_2(x)=0^-$. Quindi $(2,0)$ è stabile.

Figura C.2: curve di livello per l'energia potenziale $V_2$.

PROBLEMA 3.7 Le radici reali dell'equazione di terzo grado sono 1,2 o 3. Se c'è una sola radice, corrisponde ad un massimo di $V(x)$ per $a>0$, quindi c'è un solo punto di equilibrio che è una sella; se $a<0$ c'è solo un minimo di $V(x)$, corrispondente ad un equilibrio stabile. Se ci sono 3 radici reali, con $a>0$, $V(x)$ ha due massimi ed un minimo, e il comportamento qualitativo dipende anche da quale dei due massimi ha un valore più alto, perchè le separatrici della sella corrispondente al massimo assoluto stanno ``al di fuori'' di quelle dell'altro massimo. Con $a<0$ e tre radici, ci sono due minimi (corrispondenti a due equilibri stabili) e un massimo; la corrispondente sella ha separatrici che si richiudono attorno ai due equilibri stabili. Se ci sono due radici, una deve essere doppia e $V(x)$ ha un flesso a tangente orizzontale, quindi la figura è localmente come quella a destra in Figura 3.2.

ESERCIZIO 3.8 a) I punti di equilibrio sono $y=\dot x =0,\; x=\pm \sqrt{1/3}$; la matrice jacobiana è

$$\frac{\partial {(\dot x, \dot y)}}{\partial {(x,y)}}=\left[\begin{array}{cc}{0}&{1}\\ {6x}&{-\gamma}\end{array}\right]$$

e quindi $(+1/\sqrt{3},0)$ ha un linearizzato di tipo sella, mentre $(-1/\sqrt{3},0)$ è un pozzo. L'energia totale del problema con $\gamma=0$

$$E(x,y)=\frac{y^2}2 +x -x^3+\frac{2}{3\sqrt{3}}$$

(dove la costante è stata aggiustata per avere $E(-1/\sqrt{3},0)=0$) è una funzione di Lyapounov per il pozzo $(-1/\sqrt{3},0)$, decrescente su qualunque insieme che escluda la sella $(+1/\sqrt{3},0)$. La componente connessa contenente il pozzo di un insieme $E(x,y)\leq k$ per una qualsiasi costante $k$ tale che $E(-1/\sqrt{3},0) <k<E(+1/\sqrt{3},0)$ è un compatto positivamente invariante su cui $E$ è una funzione di Lyapounov decrescente, per cui appartiene al bacino.
b) I punti di equlibrio sono $y=\dot x =0,\; x=1,0$; la matrice jacobiana è

$$\frac{\partial {(\dot x, \dot y)}}{\partial {(x,y)}}=\left[\begin{array}{cc}{0}&{1}\\ {3x^2-2x}&{-\gamma}\end{array}\right]$$

e quindi $(1,0)$ ha un linearizzato di tipo sella, mentre $(0,0)$ ha un linearizzato degenere, con determinante nullo e autovalori $0, -\gamma$. Perciò non ci sono pozzi.

PROBLEMA 3.9 Nei punti in cui $x=0$ si ha pure $\dot x=0$, per cui la retta $x=0$ è un insieme invariante, e su questa retta il sistema dinamico è $\dot y=4y(-1-y^2)$ che ha un pozzo in $y=0$. L'insieme $x>0$ è invariante e contiene un solo punto di equilibrio $(x,y)=(1,0)$ che ha la funzone di Lyapounov stretta $U(x,y)$, ed insiemi positivamente invarianti compatti definit da $U(x,y)<cost$. Quindi per il teorema della funzione di Lyapounov decrescente $x>0$ è il bacino di $(1,0)$. Lo stesso ragionamento per $x<0$ che è il bacino di $(-1,0)$.

ESERCIZIO 3.10 Con un cambiamento di coordinate lineare (una rotazione) si può diagonalizzare la matrice simmetrica che definisce la forma quadratica; nelle nuove coordinate la forma quadratica diventa

$$Q(x,y)=\lambda\, x^2 + \mu\, y^2$$

con $\lambda, \mu \neq 0$ perché la forma quadratica è non degenere. Quindi nelle nuove coordinate il sistema dinamico è

$$\left\{\begin{array}{lcl} {\displaystyle \dot x} & {\displa... ...isplaystyle=} &{\displaystyle -2\,\mu\, y} \end{array}\right.$$

che è una sorgente, sella o pozzo a seconda dei segni di $\lambda$ e $\mu$.

ESERCIZIO 3.11 Poiché $\partial F_1/\partial y=\partial F_2/\partial x$ su tutto ${\bf R}^2$ che è semplicemente connesso, si tratta di un sistema gradiente. Per determinare $U(x)$ in modo che $F=-grad U(x)$: integrando su una curva $\gamma$ che congiunge $(x_0,y_0)$ e $(x,y)$ in $D$, (per esempio $(x_0,y_0)=(0,0)$ e $\gamma(t)=(tx,ty)$) si ottiene

$$-U\left (s\left[\begin{array}{c}{x}\\ {y}\end{array}\right]... ...y}{c}{x}\\ {y}\end{array}\right]\right )\right\}\,\,d\,{t}\;$$

e per $s=1$, $U(x,y)=-\int\limits_0^1\,xF_1(tx,ty)+yF_2(tx,ty)\,\,d\,{t}\;$. Perciò $U(x,y)=x^2y-xy^2-xy+y^2+ cost$; i punti critici del potenziale sono

$$\left[\begin{array}{c}{1}\\ {1}\end{array}\right]\;,\; \lef... ...\; \left[\begin{array}{c}{2/3}\\ {1/3}\end{array}\right] \ .$$

Calcolando le matrici hessiane, si trova che ci sono tre selle ed un minimo; per cui i punti di equilibrio sono tre selle ed un pozzo.

ESERCIZIO 3.12 I punti di equilibrio sono due: $\dot x = y= 0,\; x=\pm 1$ con linearizzato rispettivamente

$$\left.\frac{\partial {(\dot x, \dot y)}}{\partial {(x,y)}}\ri... ...t[\begin{array}{cc}{0}&{1}\\ {2}&{-\gamma}\end{array}\right]$$

quindi $(x,y)=(+1,0)$ è un pozzo nonlineare per ogni $\gamma$, mentre $(x,y)=(-1,0)$ è una sella nonlineare con separatrice stabile e instabile tangenti rispettivamente a

$$\begin{eqnarray*}V_1&=&\left[\begin{array}{c}{1}\\ {-\gamma/2 -\sqrt{(\gamma/2... ...valore\ \lambda_2= -\frac \gamma 2 + \sqrt{(\gamma/2)^2+2}>0)\ . \end{eqnarray*}$$

L'andamento delle separatrici è descritto nella Figura C.3, il bacino di attrazione del pozzo è indicato con la lettera $A$.
Un programma di calcolo per calcolare con buona approssimazione le separatrici del punto di sella è esesepar.m ; sono però necessarie anche le due subroutines esesep.m e esesepm.m per calcolare il secondo membro delle equazioni differenziali sia in avanti che indietro. In sostanza il principio applicato per tracciare le separatrici è lo stesso usato per il caso discreto nella Sezione 6.1.

Figura C.3: Separatrice stabile (verde) e instabile (rosso).

PROBLEMA 3.13 $W$ è positivamente invariante, ed essendo compatto le condizioni iniziali in $W$ corrispondono a soluzioni definite per ogni $t>0$. Quindi esistono gli insiemi $\omega$-limite e, non essendoci equilibri in $W$, per il teorema di Poincaré-Bendixon questi insiemi limite sono orbite periodiche.

ESERCIZIO 3.14 La curva $x^2+y^2=1$ divide il piano nell'interno $D=\{x^2+y^2<1\}$ e l'esterno $E=\{x^2+y^2>1\}$. Se $L$ fosse un insieme limite sarebbe anche invariante, e quindi sarebbe invariante l'esterno $E$. Ogni soluzione contenuta nell'esterno $E$ non potrebbe avere valori limite contenuti in $D$, quindi i punti $x=0,\;\vert y\vert< 1$ non possono appartenere all'$\omega$-limite. Analogamente, la curva chiusa formata da una delle due semicirconferenze e dal diametro divide il piano in un interno ed un esterno, con interno invariante se $L$ è invariante. Una soluzione contenuta nell'interno non potrebbe avere punti limite appartenenti all'altra metà della circonferenza.