Aplicación del teorema de Poincaré-Bendixson

Question

Aplicación del teorema de Poincaré-Bendixson

Matemáticas
sistemas-dinamicos
ecuaciones diferenciales ordinarias

benjamin lindqvist

Considere el sistema

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

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

Demuestre que el sistema no tiene soluciones periódicas.

Este es un ejemplo complicado. La linealización no lleva a ninguna parte y me está costando mucho construir una función de Lyapunov que funcione. $V = 1/2(x^2+y^2)$ da

V^{'} (X, y) = 3 X^{2} y^{2} - X^{3} y + 5 X^{2} y^{2} - X y^{3} = 8 X^{2} y^{2} - X y (X^{2} + y^{2}))

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

Pero esto no nos dice muchas cosas buenas sobre el origen. En todo caso, parece como si el origen se repeliera ya que pequeñas perturbaciones nos dan que el $8x^2y^2$ término domina el término menos. Tal vez sea posible demostrar que no hay órbitas elípticas de alguna manera, pero eso no excluye otras trayectorias periódicas más exóticas.

Cómo proceder...?

Hizo

Tenga en cuenta que las soluciones siguen las soluciones del sistema.

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

$u'=3v-u\qquad v'=5u-v$ en el sentido de que cada

(x, y)

$(x,y)$ -la ruta está incluida en el

(u, v)

$(u,v)$ -ruta que contiene

(x_{0}, y_{0})

$(x_0,y_0)$ , solo que sigue este camino a una velocidad diferente y variable. (La inclusión puede ser, y es, estricta, por ejemplo cada

(x, y)

$(x,y)$ -camino permanece confinado al cuadrante en el que se inició.) El

(u, v)

$(u,v)$ -Siendo el sistema lineal hiperbólico, no

(u, v)

$(u,v)$ -la solución es periódica, QED.

Respuestas (2)

Aplicación del teorema de Poincaré-Bendixson

Tenga en cuenta que las soluciones siguen las soluciones del sistema. ${tu}^{'} = 3 v - tu v^{'} = 5 tu - v$ $u'=3v-u\qquad v'=5u-v$ en el sentido de que cada $(x,y)$ -la ruta está incluida en el $(u,v)$ -ruta que contiene $(x_0,y_0)$ , solo que sigue este camino a una velocidad diferente y variable. (La inclusión puede ser, y es, estricta, por ejemplo cada $(x,y)$ -camino permanece confinado al cuadrante en el que se inició.) El $(u,v)$ -Siendo el sistema lineal hiperbólico, no $(u,v)$ -la solución es periódica, QED.

miguel · Answer 1

El título es engañoso: es el criterio de Bendixson lo que debe usarse lo que establece que para el sistema

\begin{aligned} X^{'} & = F (X, y) \\ y^{'} & = gramo (X, y) \end{aligned}

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

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

$\frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial g}{\partial y}\neq 0$ en una región simplemente conexa

R

$R$ , entonces el sistema no tiene trayectoria cerrada dentro

R

$R$ . (Ver, por ejemplo, http://math.mit.edu/~jorloff/suppnotes/suppnotes03/lc.pdf para una prueba)

Ahora, en tu caso, en primer lugar, ten en cuenta que los ejes son invariantes, por lo que ninguna trayectoria cerrada puede tocar uno de ellos. Luego, dentro de cualquiera de los cuadrantes, calcule:

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

$\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x}+\frac{\partial g}{\partial y} &= 3y^2-2xy+5x^2-2xy =3\left(y^2-\frac{4}{3}xy+\frac{5}{3}x^2\right) \\ &= 3 \left(\left(y-\frac{2}{3}x\right)^2+\frac{5}{2}x^2\right)>0 \end{aligned}$ ya que cualquier cuadrante (estricto) excluye el origen, y la conclusión resulta del criterio de Bendixson.

Mohammad Alomari · Answer 2

Te daré la solución a tu sistema no lineal.

\frac{d X}{d t} = 3 X y^{2} - X^{2} y

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

\frac{d y}{d t} = 5 X^{2} y - X y^{2}

$\frac{dy}{dt}=5x^2y-xy^2$ Dividiendo la ecuación 2 por la ecuación 1, obtenemos

\frac{d y}{d X} = \frac{5 X^{2} y - X y^{2}}{3 X y^{2} - X^{2} y}

$\frac{dy}{dx}=\frac{5x^2y-xy^2}{3xy^2-x^2y}$ Ahora, dividiendo por

x^{3}

$x^3$ tanto el numerador como el numerador obtenemos que

\frac{d y}{d X} = \frac{5 \frac{y}{X} - (\frac{y}{X})^{2}}{3 (\frac{y}{X})^{2} - \frac{y}{X}}

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

Dejar $y=x \cdot v$ entonces $\frac{dy}{dx}=x\frac{dv}{dx}+v$ , por lo que la ED se transformó en una ecuación separable.

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

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

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}

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

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

\int \frac{3 \sqrt{\frac{5}{3}} pecado θ - 1}{5 (1 - {pecado}^{2} θ)} \sqrt{\frac{5}{3}} porque θ d θ = \int \frac{d X}{X}

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

de modo que

\int \frac{3 \sqrt{\frac{5}{3}} pecado θ - 1}{5 (1 - {pecado}^{2} θ)} \sqrt{\frac{5}{3}} porque θ d θ = \int broncearse θ d θ - \sqrt{\frac{5}{3}} \frac{1}{5} \int segundo θ d θ = - en | porque θ | - \frac{1}{\sqrt{15}} en | segundo θ + broncearse θ |

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

Por lo tanto la solución es,

- en | porque θ | - \frac{1}{\sqrt{15}} en | segundo θ + broncearse θ | = en | X | + C

$- \ln \left| {\cos \theta } \right| - \frac{1}{{\sqrt {15} }}\ln \left| {\sec \theta + \tan \theta } \right| =\ln \left| {x } \right| +C$ Finalmente, podemos escribir el resultado como

| porque θ | \cdot {| segundo θ + broncearse θ |}^{\frac{1}{\sqrt{15}}} = \frac{k}{X}

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

k = \exp (- C)

$k=\exp(-C)$ .

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benjamin lindqvist

Hizo

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