Periódico órbitas de "incluso" perturbaciones del sistema diferencial de $x'=-y$, $y'=x$

Question

Corregir algunos incluso funciones $f$ y $g$, diferenciable, tal que $f(0)=g(0)=0$ y $f'(0)=g'(0)=0$, y considerar la posibilidad de la comunidad autónoma de sistema diferencial de $$\left\{\ \comienzan{matriz}{lcr}x'y=y-y+f(x)\\ y'&=&x+g(y)\end{array}\right.$$

Mi pregunta es si cada una de las soluciones $t\mapsto(x(t),y(t))$ de este sistema diferencial que pasa lo suficientemente cerca de su punto fijo $(0,0)$, es periódica.

Si esto ayuda, se puede asumir que las funciones $f$ y $g$ es liso, o polinomios, y/o que su signo es constante en un barrio de de $0$.

Por hipótesis, $f(u)$ y $g(u)$ son insignificantes con respecto a $u$ cuando $u\to0$. Por lo tanto, cerca del origen $(0,0)$, el sistema diferencial de arriba es una perturbación del sistema diferencial lineal $$\left\{\ \comienzan{matriz}{lcr}x'&=&-y\\ y'&=&x\end{array}\right.$$ Obviamente, las soluciones de este diferencial lineal del sistema son los círculos centrados en $(0,0)$, orientado positivamente.

Las simulaciones basadas en los casos que $f(u)=au^{2n}$ y $g(u)=bu^{2m}$, por diversos reales constantes $(a,b)$ y diferentes (pequeño) de enteros positivos $n$ y $m$, parecen apoyar la conjetura (pero contraejemplos sería bienvenida, naturalmente).

Una reciente pregunta sobre el sitio está relacionado con el caso de que $f(u)\propto u^4$ y $g(u)\propto u^6$. Por debajo es una simulación del diagrama de fase cuando $f(u)=u^4$ y $g(u)=3u^6$, lo que parece apoyar la conjetura.

Answer 1

La conjetura parece ser falsa. Escribo "parece" porque todavía hay cero posibilidades de que he cometido un error en mis cálculos. Sin embargo, voy a presentar numéricos y analíticos pruebas de mi conclusión.

En primer lugar, analíticamente, para distinguir centro de enfoque en una situación general en la que uno debe calcular el llamado de Poincaré asignación que envía soluciones de partir, digamos, de ángulo polar $\theta=0$ y la distancia $r_0$ $\theta=2\pi$. En general tiene la forma $$ r=f(2\pi,0,r_0)=\alpha_1 r_0+\alpha_2 r_0^2+\alpha_3r_0^3+\ldots $$ Es fácil de calcular, $\alpha_1$ aquí, que es simplemente $\alpha_1=1$. Por otra parte, de Lyapunov encontró que el primer coeficiente distinto de cero $\alpha_i$ con $i>1$, si alguno, debe ser tal que $i$ es impar.

Si uno considera la función $f(2\pi,0,r_0)-r_0$, entonces este teorema está disponible, que he estado siguiendo este libro (Методы и приемы качественного исследованииа динамическикх систем на плоскости (Métodos y técnicas del estudio cualitativo de los sistemas dinámicos en el plano) de la década de 1990, por N. N Bautin, yo no soy consciente de que cualquier traducción al inglés):

Teorema: Si $\alpha_i\ne0$ $i>1$ impar, entonces el equilibrio es un foco. Si $\alpha_i=0$ para todo $i>1$ impar, entonces el equilibrio es un centro.

Así, este teorema es prácticamente inútil para demostrar que algo es un centro, pero puede ser usado para demostrar que el equilibrio es un ficus. Uno llama $\alpha_3$ la primera de Lyapunov valor (esto es lo que se usa en la bifurcación de Hopf teorema) y $\alpha_5$ el segundo valor de Lyapunov.

Simples cálculos muestran, como ya he mencionado en los comentarios, que $\alpha_3=0$. Además, he encontrado que $$ \alpha_5=\frac{\pi}{12} \left(3a_2b_2(b_2^2-a_2^2)+11(a_2b_4-a_4 b_2)\right), $$ donde $a_j$ y $b_j$ son los coeficientes de la serie de Taylor para $f$ y $g$, respectivamente, por lo tanto $\alpha_5\ne0$ en general. (Más detalles sobre el cálculo de los coeficientes de $\alpha_i$ están en mi segunda respuesta.)

Entonces, ¿qué acerca de la StreamPlot a la función? Parece que, debido al hecho de que $\alpha_3=0$, el software no distingue entre un centro y una altamente no lineales de enfoque (es decir, la convergencia hacia el equilibrio está muy lejos de ser exponencial).

Así que me llevó a este sistema:

StreamPlot[{-y + x^2 + 2 x^4, x + y^2 + y^4}, {x, -1, 1}, {y, -1, 1}]

Y tengo la imagen esperada del centro:

Sin embargo, en realidad la solución de por Mathematica,

sol = {x[t], y[t]} /.

NDSolve[{x'[t] == -y[t] + x[t]^2 + 2 x[t]^4, y'[t] == x[t] + y[t]^2 + y[t]^4, x[0] == 1/5, y[0] == 1/5}, {x[t], y[t]}, {t, 0, 50}, AccuracyGoal -> 20, PrecisionGoal -> 20, WorkingPrecision -> 35];

ParametricPlot[Evaluate[sol], {t, 0, 50}]

Tengo la siguiente figura:

Esto confirma que el origen es una concentración estable, como se predijo por los cálculos que $\alpha_3=0$ y $\alpha_5=-\frac{11}{12}\pi<0$.

Answer 2

Para calcular los valores de Lyapunov, se debe inicialmente a transformar el sistema en coordenadas polares, que para este ejemplo toma la forma $$ \frac{dr}{d\theta}=\frac{f(r\cos \theta)\cos \theta+g(r\sin \theta)\sin \theta}{1+\frac{f(r\cos\theta)\sin\theta-g(r\sin\theta)\cos\theta}{r}}=R(r,\theta)=r R_1(\theta)+r^2R_2(\theta)+\ldots.\la etiqueta{1} $$ Esta ecuación tiene sentido, ya que por lo suficientemente pequeños como $r$ el denominador es estrictamente positivo de $0<\theta<2\pi$.

Vamos $$ r=f(\theta,\theta_0,r_0) $$ la solución a esta ecuación con las condiciones iniciales $r(\theta_0)=r_0$. Considere el caso especial de $\theta_0=0$ y obtener (suponiendo que los lados de la parte derecha son analíticas) $$ r=u_1(\theta)r_0+u_2(\theta)r_0^2+\ldots\etiqueta{2} $$ Esta función debe resolver $(1)$. Después de conectar $(2)$ en $(1)$ nos encontramos $$ \dot u_1=R_1(\theta)u_1,\\ \dot u_2=R_1(\theta)u_2+R_2(\theta)u_1^2,\\ \ldots $$ Claramente debemos tener $u_1(0)=1,u_i(0)=0$. De ahí que podamos encontrar todos los $u_j$ si se les da $R_j(\theta)$. En particular, para el ejemplo de la pregunta $R_1(\theta)=0$ y por tanto $u_1(\theta)=1$.

Tomando $\theta=2\pi$ nos encontramos con $\alpha_j=u_j(2\pi$. Así que para encontrar $\alpha_5$ uno tiene que encontrar y resolver de forma consecutiva 5 sencillos (pero engorroso) ODA.

Por cierto, en el mismo libro hay una expresión para $L_2=\alpha_5$ para el sistema de $$ \dot x=-y+\sum_{ij}a_{ij}x^iy^j\\ \dot y=x+\sum_{ij}b_{ij}x^iy^j $$

pero parece ser más fáciles de calcular $L_2$ con la ayuda de diff ecuaciones (además, mientras se divierten trabajando con su problema, he encontrado varios errores en el libro I se hace referencia, por lo que no estoy seguro de si esta expresión es 100% correcto).