Determinar si el sistema autónomo es hamiltoniano

Question

Consideremos el sistema autónomo $\dot{x}=-y-\alpha ^2xy^2$ y $\dot{y}=x^3$ donde $\alpha$ es un parámetro real.

• (a) ¿Para qué valores de $\alpha$ ¿es este sistema Hamiltoniano? Para cada caso, encuentre el Hamiltoniano.
• (b) Para cada valor de $\alpha$ encontrar todas las soluciones de equilibrio del sistema anterior. ¿Puede utilizarse el principio de estabilidad linealizada para determinar su estabilidad?
• (c) Demuestre que para todo $\alpha \in R$ el origen es un equilibrio estable. (Pista: ¿Puedes utilizar las funciones hamiltonianas de (a)?).

Así que la forma de resolver esto es utilizar el hecho de que $\dot{x}=\partial H/\partial y$ y $\dot{y}=-\partial H/\partial x$ donde $H(x,y)$ es el Hamiltoniano de este sistema. Pero entonces $H(x,y)=-\frac{x^4}{4}+V(y)$ y $H(x,y)=-\frac{y^2}{2}+V(x)$ pero no sé cómo resolver esto más adelante. La única manera de tener Hamiltonian es si $\alpha =0$ es decir. $H(x,y)=-\frac{x^4}{4}-\frac{y^2}{2}$ . Entonces tendremos sistema $\dot{x}=-y$ y $\dot{y}=x^3$ . ¿Es correcto?

Así que sólo $\alpha$ que funcionaría es si $\alpha =0$ y entonces sólo el equilibrio será el origen $(0,0)$ . Entonces el jacobiano sería $Df=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 3x^2 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 0 &0\end{pmatrix}$ . Entonces, ¿cuál es la solución de equilibrio de este sistema y puede utilizarse el principio de estabilidad linealizada para determinar su estabilidad?

¿Cómo mostramos por $\alpha \in R$ ¿el origen es un equilibrio estable?

No estoy seguro de si he entendido bien el Hamiltoniano, ya que estoy suponiendo que sólo $\alpha =0$ dará un Hamiltoniano. Pero las preguntas suponen que hay otros $\alpha$ que funcionarán igual de bien. Por favor, ayuda.

Answer 1

Un sistema Hamiltonion general en las dos variables de configuración $x$ y $y$ adopta la forma

$\dot x = \dfrac{\partial H(x, y)}{\partial y}, \tag 1$

$\dot y = -\dfrac{\partial H(x, y)}{\partial x}, \tag 2$

donde $H(x, y)$ es una función escalar de $x$ y $y$ . Si suponemos $H(x, y)$ es de clase $C^2$ entonces podemos formar la divergencia del campo vectorial

$(\dot x, \dot y) = \left (\dfrac{\partial H(x, y)}{\partial y}, -\dfrac{\partial H(x, y)}{\partial x} \right ) \tag 3$

y encontrar

$\nabla \cdot (\dot x, \dot y) = \nabla \cdot \left (\dfrac{\partial H(x, y)}{\partial y}, -\dfrac{\partial H(x, y)}{\partial x} \right )$ $= \dfrac{\partial^2 H(x, y)}{\partial x \partial y} - \dfrac{\partial^2 H(x, y)}{\partial y \partial x} = 0; \tag 4$

este es un condición necesaria para $(\dot x, \dot y)$ para ser Hamiltonion; aplicando este criterio al campo vectorial dado por

$\dot x = -y - \alpha^2 xy^2, \tag 5$

$\dot y = x^3 \tag 6$

$\nabla \cdot (\dot x, \dot y) = \dfrac{\partial (-y - \alpha^2xy^2)}{\partial x} + \dfrac{\partial x^3}{\partial y} = -\alpha^2 y^2 = 0 \tag 7$

sólo si

$\alpha = 0, \tag 8$

en cuyo caso el sistema se convierte en

$\dot x = -y, \tag 9$

$\dot y = x^3, \tag{10}$

y es fácil ver que tomando

$H(x, y) = -\dfrac{y^2}{2} - \dfrac{x^4}{4} \tag{10.5}$

se obtienen las ecuaciones (9)-(10). Así queda resuelta la parte (a).

En cuanto a la parte (b), para cualquier $\alpha$ los puntos de equilibrio satisfacen

$0 = \dot x = -y - \alpha^2 xy^2 \tag{11}$

y

$0 = \dot y = x^3; \tag{12}$

ahora (12) obliga

$x = 0, \tag{13}$

y sustituyendo esto en (11) a su vez obliga a

$y = 0 \tag{14}$

también. Así pues, el único punto crítico se produce en

$(x, y) = (0, 0) \tag{15}$

sin importar el valor

$\alpha \in \Bbb R \tag{16}$

puede tomar. Podemos intentar investigar su estabilidad formando la matriz jacobiana

$J(x, y) = \begin{bmatrix} \dfrac{\partial{\dot x}}{\partial x} & \dfrac{\partial{\dot x}}{\partial y} \\ \dfrac{\partial{\dot y}}{\partial x} & \dfrac{\partial{\dot y}}{\partial y} \end{bmatrix}; \tag{17}$

utilizando (5)-(6) y (15) encontramos

$J(0, 0) = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix},\tag{18}$

cuyo polinomio característico es

$\det(J(0, 0) - \lambda I) = \det \left ( \begin{bmatrix} -\lambda & -1 \\ 0 & -\lambda \end{bmatrix} \right ) = \lambda^2, \tag{19}$

cuya raíz (repetida) es

$\lambda = 0; \tag{20}$

$\lambda$ es, por supuesto, el valor propio de $J(0, 0)$ y puesto que tiene $0$ parte real, la linealización no puede utilizarse para determinar la estabilidad de $(0, 0)$ .

Pasamos a la parte (c). Consideramos la función $H(x, y)$ como en (10.5); observamos que esta función toma su valor máximo $0$ únicamente en $(0, 0)$ y que los otros conjuntos de niveles de $H(x, y)$ son de la forma

$-\dfrac{y^2}{2} - \dfrac{x^4}{4} = \text{constant} < 0, \tag{21}$

es decir, son curvas "elipsoidales" cerradas que rodean simétricamente el origen. Calculamos $\dot H(x, y)$ a lo largo de las trayectorias de (5)-(6):

$\dot H(x, y) = -y\dot y - x^3 \dot x; \tag{22}$

a la luz de (5), (6) se convierte en

$\dot H(x, y) = -yx^3 - x^3 (-y - \alpha^2 xy^2)$ $= -yx^3 + x^3y + \alpha^2 x^4y^2 = \alpha^2x^4y^2 \ge 0; \tag{23}$

de acuerdo con (23), vemos que $H(x, y)$ es no decreciente a lo largo de las trayectorias de (5)-(6); por tanto, cualquier órbita de (5)-(6) que pase por un punto interior a un conjunto de niveles "elipsoidal" de $H(x, y)$ permanece para siempre en esta región interior del plano. Puesto que tales regiones pueden tomarse arbitrariamente pequeñas eligiendo $H(x, y)$ lo suficientemente cerca pero menos que $0$ , $(0, 0)$ es un punto estable del sistema (5)-(6).