Para la ecuación diferencial con retardo dada, $x'(t)=x(t-T)e^{3-x(t-T)}-x(t)$ ¿Cómo se encuentra la estabilidad para determinados equilibrios?

Question

La ecuación diferencial de retardo dada por, $x'(t)=x(t-T)e^{3-x(t-T)}-x(t)$ ¿Cómo encontrar las condiciones de estabilidad?

Así que aquí está mi intento: encontrar los equilibrios que tenemos, $x^*e^{3-x^*}-x^*=0$ lo que nos lleva a $x^*_1=0$ y $x^*_2=3$ .

Linealizando obtengo, $\frac{\partial f}{\partial x(t)}=-1$ y $\frac{\partial f}{\partial x(t-T)}=e^{3-x(t-T)}(1-x(t-T))$

Así que para $x^*_2=3$ tenemos $f(3,3)=0$ y $\frac{\partial f}{\partial x(t)}|_{(3,3)}=-1$ y $\frac{\partial f}{\partial x(t-T)}|_{(3,3)}=-2$ lo que nos da la linealización de la forma $\frac{dy}{dt}=f(3,3)+\frac{\partial f}{\partial x(t)}|_{(3,3)}(y-3)+\frac{\partial f}{\partial x(t-T)}|_{(3,3)}(y(t-T)-3)\approx-y(t)-2y(t-T)$

Para $x^*_1=0$ tenemos $f(0,0)=0$ y $\frac{\partial f}{\partial x(t)}|_{(0,0)}=-1$ y $\frac{\partial f}{\partial x(t-T)}|_{(0,0)}=e^3$ lo que nos da la linealización de la forma $\frac{dy}{dt}=f(0,0)+\frac{\partial f}{\partial x(t)}|_{(0,0)}(y-0)+\frac{\partial f}{\partial x(t-T)}|_{(0,0)}(y(t-T)-0)\approx-y(t)+e^3y(t-T)$

Ahora, queremos soluciones de la forma $y'=\lambda y_0e^{\lambda t}$ lo que significa, tras una sustitución y un poco de álgebra, que $\lambda_{x^*_1}=-1+e^{3-\lambda T}$ y $\lambda_{x^*_2}=-1-2e^{-\lambda T}$ .

A partir de aquí estoy atascado, la parte de atrás de los libros dice que $x=0$ es inestable $\forall T$ y que $x=3$ es asintóticamente estable si $\sec z<-2$ , donde $z=-T\tan z$ ¿Cómo han llegado hasta aquí? ¿Estoy realmente fuera de lugar?

Answer 1

He aquí una metodología general para resolver estos problemas. Supongamos que la ecuación característica de un sistema con retardo temporal viene dada por $C(s,h):=P(s)+e^{-sh}Q(s)$ .

Tenemos un resultado que dice que $C(s,0)$ es Hurwitz, entonces el $C(s,h)$ es Hurwitz para cualquier retraso suficientemente pequeño $h$ . Esto se puede demostrar utilizando un argumento de perturbación. Esto significa que si el sistema sin retardo es estable, entonces el sistema será estable para retardos pequeños. Esta es una propiedad intrínseca de robustez de esta clase de sistemas con retardo.

Se trata entonces de encontrar los valores del retardo para los que tenemos raíces en el eje imaginario. Así, buscamos $(\omega,h)\in\mathbb{R}\times \mathbb{R}_{\ge0}$ , de tal manera que $C(j\omega,h)=0$ . Esto se puede reformular como $P(j\omega)=-e^{-j\omega h}P(j\omega)$ y tomando el módulo al cuadrado en ambos lados se obtiene la expresión

$$|P(j\omega)|^2-|Q(j\omega)|^2=0,$$

que es un polinomio en $\omega$ que puede resolverse analíticamente en ciertos casos muy sencillos, pero siempre puede resolverse numéricamente.

Tenemos entonces dos casos:

1. Si no hay soluciones reales para este polinomio, entonces no hay cruce del eje imaginario por las raíces características para ningún valor del retardo. Por lo tanto, si el sistema con retardo cero es estable, entonces lo será para todos los retardos $h\ge0$ .

2. Si hay soluciones reales, entonces para cada solución $\omega_i>0$ podemos resolver para $C(j\omega_i,h_i)=0$ donde $h_i$ será el retraso crítico asociado a la frecuencia de cruce $\omega_i>0$ . Para ello, se puede reescribir esta expresión como

$$e^{-\omega_ih_i}=-\dfrac{P(\omega_i)}{Q(\omega_i)}$$

donde hemos asumido que $Q(\omega_i)\ne 0$ Si no es así, podemos considerar en su lugar

$$e^{\omega_ih_i}=-\dfrac{Q(\omega_i)}{P(\omega_i)}.$$

Entonces, se puede utilizar cualquier resultado trigonométrico para resolverlo. Por ejemplo, tenemos que

$$h_i=\dfrac{1}{\omega_i}\arg\left(-\dfrac{Q(\omega_i)}{P(\omega_i)}\right),$$

con la salvedad de que la función exponencial es periódica. Por lo tanto, tenemos que encontrar el valor más pequeño para $h_i>0$ .

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Ahora apliquemos eso a tu problema. Para el equilibrio $x^*=0$ la dinámica linealizada viene dada por $\dot y(t)=-y(t)+e^3y(t-h)$ . Tenemos que $P(s)=s+1$ y $Q(s)=-e^3$ .

Desde $e^3>1$ entonces tenemos que $C(s,0)$ es inestable. Entonces, tenemos que

$$|P(j\omega)|^2-|Q(j\omega)|^2=\omega^2+1-e^6,$$

que tiene la raíz positiva $\omega_c=\sqrt{e^6-1}\approx 20.0606$ y tenemos que

$$h_c=-\dfrac{1}{\omega_c}\arctan(\omega_c)+\dfrac{2\pi}{\omega_c}\approx0.5506.$$

Ahí puede ser un poco complicado, porque tenemos que comprobar qué pasa con las propiedades de estabilidad en ese caso, pero se puede demostrar que el sistema hace la transición a la estabilidad. Esto se puede comprobar calculando la raíz dominante $r$ para un valor de retardo superior a 0,5506 utilizando la expresión

$$r=\dfrac{1}{h}W_0(e^{3+h}h)-1,$$

donde $W_0$ es la rama principal de la función W de Lambert. En el presente caso, dejemos que $h=0.6$ y obtenemos $r=2.7826>0$ .

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Para el equilibrio $x^*=3$ la dinámica linealizada viene dada por $\dot y(t)=-y(t)-2y(t-h)$ . Tenemos que $P(s)=s+1$ , $Q(s)=2$ y que $C(s,0)$ es estable de Hurwitz.

Entonces, tenemos que

$$|P(j\omega)|^2-|Q(j\omega)|^2=\omega^2-3,$$

y tenemos que $\omega_c=\sqrt{3}$ . Ahora consideramos la expresión

$$e^{-\omega_ch_c}=-\dfrac{P(\omega_c)}{Q(\omega_c)}$$

y considerar las partes real e imaginaria para obtener

$$1+2\cos(\omega_ch_c)=0,\ \mathrm{and}\ \omega_c-2\sin(\omega_ch_c)$$ .

La primera es fácil de resolver y obtenemos $$h_c=\dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}\pi}{9}.$$

Podemos comprobar que esto también resuelve la segunda ecuación como

$$\omega_c-2\sin(\omega_ch_c)=\sqrt{3}-2\sin(2\pi/3)=0.$$

También podemos comprobar mediante la fórmula de la función Lambert-W que

$$r=\dfrac{1}{h_c}W_0(-2e^{h_c}h_c-1=1.7321i,$$

por lo que estamos en el eje imaginario y tomando $h$ un poco más grande que el crítico produce

$$r=\dfrac{1}{h_c+0.01}W_0(-2e^{h_c+0.01}(h_c+0.01)-1=0.0032 + 1.7212i,$$

que ilustra la transición a la inestabilidad.

Como resultado, el punto de equilibrio $x^*=3$ es localmente estable exponencialmente si y sólo si $h<\dfrac{2\sqrt{3}\pi}{9}$ . Esto ciertamente corresponde a las condiciones que tienes aunque aquella es mucho más bonita expresada en forma cerrada.