Atractores de sistemas dinámicos no lineales en la esfera

Question

Esto está relacionado con mi otra pregunta reciente que implicaba flujos lineales en la esfera unitaria. Aquí vamos a considerar los flujos no lineales.

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Dejemos que $\mathbb S^{d-1}=\{x\in\mathbb R^d\ :\ x^Tx=1\}$ denotan la esfera unitaria. Además, dejemos que $A$ ser un verdadero $d\times d$ matriz.

Siguiendo esta pregunta de MathOverflow consideramos la solución única $x(t, x_0)$ al problema de valor inicial no lineal $$ \dot{x}=(I-x x^T)Ax, \quad x(0)=x_0\in \mathbb S^{d-1}. $$ Para $x\in \mathbb S^{d-1}$ Es decir $\lvert x \rvert^2=1$ vemos que $$\tfrac{d}{dt}(x^T x)=x^TA^Tx-x^TA^Tx\lvert x\rvert^2+x^TAx - \lvert x \rvert^2 x^TAx=0,$$ así que $x(t, x_0)$ permanece en $\mathbb S^{d-1}$ para todos $t>0$ .

Ahora bien, la pregunta vinculada de MathOverflow afirma, sin pruebas, que si $A$ es semidefinido negativo, entonces

$x(t, x_0)$ converge a un equilibrio estable.

¿Puede demostrar una versión adecuada de esta afirmación?

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Estas son algunas de mis ideas.

Se me ocurren dos versiones de la afirmación a probar. Pero no puedo demostrar ninguna de ellas. En primer lugar, es fácil ver que los vectores propios normalizados de $A$ corresponden a equilibrios; precisamente, si $Av=\lambda v$ y $v\in \mathbb S^{d-1}$ entonces $$ \left.\tfrac{d}{dt} x(t, v)\right|_{t=0}= (I-vv^T)\lambda v=0,$$ lo que implica que $x(t, v)=v$ para todos $t\ge 0$ . Esto me lleva a pensar que el "equilibrio estable" mencionado en el enunciado anterior es un vector propio. De ahí se derivan las dos conjeturas.

Conjetura 1 . Para cada $x_0\in \mathbb S^{d-1}$ hay un vector propio $v\in\mathbb S^{d-1}$ de $A$ tal que $x(t, x_0)\to v$ como $t\to \infty$ .

Conjetura 2 . (más fuerte). Sea $\lambda_j$ denotan los valores propios de $A$ y supongamos que $0>\lambda_1>\lambda_j$ para todos $j>1$ y que $\lambda_1$ es no degenerado. Sea $v\in \mathbb S^{d-1}$ ser un $\lambda_1$ -eigenvector de $A$ . Entonces $$ x(t, x_0)\to v,\quad \text{or}\quad x(t, x_0)\to -v$$ como $t\to \infty$ , a menos que $v^Tx_0=0$ . (En este último caso, el sistema nunca sale del $(d-2)$ esfera dimensional $\{x\in\mathbb R^d\ :\ v^Tx=0,\ \lvert x\rvert^2=1\}$ ).

Answer 1

Esto se basa en la importante aportación de Evgeny en los comentarios. ¡Gracias Evgeny!

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Desde $A$ es negativa definida, hasta un cambio ortogonal de coordenadas podemos reescribir el sistema $$\tag{1}\dot{x}=(I-xx^T)Ax, \quad x\in\mathbb R^n,$$ como $$\tag{2} \dot{x}_i=x_i(-\lambda_i +\sum_{j=1}^n\lambda_j x_j^2),\quad i=1, \ldots, n,$$ donde $$0<\lambda_1< \lambda_2\le \lambda_3\ldots$$ y $$ Ae_j=-\lambda_j e_j, \qquad \text{ where }e_i=(0, \ldots, 1, \ldots, 0).$$ (Buscando en la literatura, veo que $\lambda_1$ suele llamarse brecha espectral y $-\lambda_1$ es el valor propio principal ).

Supuesto . Estoy asumiendo que $\lambda_1$ es simple, lo que significa que los únicos vectores propios normalizados correspondientes a $-\lambda_1$ son $\pm e_1$ .

Comentario lateral . Los vectores propios $e_i$ son equilibrios de (1). El cambio de variable $x=y+e_i$ produce el sistema equivalente $$\tag{3} \dot{y}=(A+\lambda_i I + 2\lambda_i e_i e_i^T)y+ 2\lambda_iy_i y - y^TAy e_i -y^TAy y.$$ La matriz entre paréntesis es la linealización de (1) en torno al punto de equilibrio $e_i$ . Sin embargo, esto no parece desempeñar un papel en el presente análisis.

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RECLAMAR . Para cada $x_0\in\mathbb S^{n-1}$ , ya sea

$$\lvert x(t)-e_1\rvert \to 0, \quad \text{or} \quad \lvert x(t)+e_1\rvert\to 0,$$ o $e_1^Tx(t)=0$ para todos los tiempos. (En este último caso, (1) se reduce a una EDO sobre $\mathbb S^{n-2}$ y si $\lambda_2$ es simple, esta afirmación se aplica a ella).

Prueba . Dejar $y_i=x_i^2$ vemos que estas funciones satisfacen un sistema diferencial; $$\tag{4} \frac{d y_i}{dt}=2y_i(-\lambda_i + \sum_{j=1}^n \lambda_j y_j), \qquad i=1,\ldots,n. $$ Además, obviamente, $y_i\in[0,1]$ y $\sum y_i=1$ .

Ahora, $\sum \lambda_j y_j\ge \lambda_1 y_1$ con una desigualdad estricta a menos que $y_1=1, y_2=0, \ldots, y_n=0$ . Así que vemos que $\dot{y}_1>0$ , a menos que $y_1=0$ o $y_1=1$ . En el primer caso, tenemos $e_1^Tx(t)=0$ para todos los tiempos. En este último caso, tenemos $x(t)=e_1$ o $x(t)=-e_1$ para todos los tiempos.

Queda por considerar el caso $y_1\in (0, 1)$ y $\dot{y}_1>0$ . Desde $y_1$ es estrictamente creciente, tiene un límite como $t\to \infty$ y por continuidad uniforme debe ser $\dot{y}_1(t)\to 0$ . Así, (4) muestra que $(-\lambda_i + \sum_{j=1}^n \lambda_j y_j)$ debe desaparecer como $t\to \infty$ y esto sólo puede ocurrir si $y_1^2\to 1$ . Con esto concluye la prueba. $\Box$

Comentario lateral . El sistema (4) puede escribirse en forma matricial dejando que $\mathbf 1^T=(1, 1,\ldots, 1)$ ; $$ \frac{dy}{dt}=(2I -2y \mathbf 1^T)Ay.$$

Answer 2

Primero un comentario: Parece bastante impar pedir $A$ ¡sea negativa definida, ya que la esfera se vuelve repelente y el problema es inestable cuando se corre hacia adelante en el tiempo! Se tiene: $$ \frac{d}{dt} (1-x^t x)^2 = - 2 (1-x^tx)^2 (x^t A x).$$ Así que para $x\neq 0$ , $|1-x^tx|$ es decreciente cuando $A$ es positiva definida y la ecuación es globalmente estable sólo en ese caso.

Supongamos que $v\in {\Bbb R}^d\setminus\{0\}$ es un punto fijo. Entonces se encuentra $Av=\lambda v$ y $v^t v=1$ . Linealización alrededor del punto fijo, $x=v+z$ ( $z$ pequeño), rinde: $$ \dot{z}= (A-\lambda) z - 2 \lambda v (v^t z)+o(z)= (A-\lambda-2\lambda vv^t) z + o(z).$$ En el $v$ -dirección que necesita $\lambda>0$ para la estabilidad global, como ya se ha mencionado. En una dirección ortogonal, $v^tz=0$ es decir, tangente a la esfera, tenemos $\dot{z}=(A-\lambda)z$ que da estabilidad precisamente cuando $\lambda$ es el mayor valor propio aislado de $A$ .