La ecuación diferencial, la Estabilidad , la función de Lyapunov

Question

Dado un sistema de ecuaciones diferenciales $$\begin{eqnarray} x'&=&2y(z-1)\\ y'&=&-x(z-1) \quad (1)\\ z'&=&xy \end{eqnarray}$$ Tenga en cuenta que $u_0$=(0,0,0) es un punto de equilibrio del sistema. Deje $V(x,y,z)=x^2+2y^2$ es una función de Lyapunov para el (0,0,0). Desde $V(u_0)=0$, $V(u)> 0$ para $u\neq u_0$ $\frac{d}{dt} V(x,y,z)=0$ $u\neq u_0$ $u_0$=(0,0,0) es estable por el teorema de Lyapunov.

Pero no entiendo que $u_0$=(0,0,0) es estable, de hecho, podría ser inestable. Aquí está mi argumento: Deje $r(t)=(x(t),y(t),z(t))$ ser el flujo de (1). Desde $\frac{d}{dt} V(x,y,z)=0$$r'(t)\cdot \nabla V=0$. Por lo tanto, $r(t)$ siempre en una superficie de $V(x,y,z)=x^2+2y^2=C$ (Un cilindro). Si hacemos el radio del cilindro más pequeño, a continuación, $x$ $y$ componente de $r(t)$ tienden a 0, pero $z$ componente de $r(t)$ puede ser infinito desde la altura del cilindro es infinito. Por eso, $r(t)$ puede estar lejos de el (0,0,0) y $u_0$=(0,0,0) es inestable.

Donde es el error de mi argumento? Podemos garantizar que $z$ componente de $r(t)$ no puede ir hasta el infinito? Podemos esplain que $u_0$=(0,0,0) es estable sin Lyapunov?

Muchas gracias.

Answer 1

La solución permanece acotado, y $z$ se somete a movimiento periódico. La razón de esto es la simetría: Si sustituye $x$$-x$$t$$-t$, el sistema no se modifica. Por lo tanto, mientras que $(x,y)$ viaja una vez alrededor de su elipse $x^2+2y^2=\text{constant}$ a partir de $x=0$, $y>0$ de vuelta en el mismo punto, $z$ debe haber vuelto a su valor original.

Sé que $x$, $y$ recorre la elipse completa ya que las dos primeras ecuaciones son sólo una variación de $x'=2y$, $y'=-x$, que tiene esa propiedad. Más precisamente, introducir algunas nuevas variables en el tiempo $\tau$. Escribir $x_\tau$ etc para la derivada respecto de $\tau$ $x_t$ etc para la derivada respecto de $t$,$x_\tau=x_t\tau_t$, por lo que si $\tau$ está definido por $\tau_t=z-1$, luego de las dos primeras ecuaciones son $x_\tau=2y$, $y_\tau=-x$. Esto funciona bien tanto tiempo como $z<1$. Pero estamos interesados en la estabilidad en el origen, y si empezamos a cerca del origen, a continuación, $z$ no tiene la oportunidad de crecer tan grande como $1$ en el tiempo que se tarda en recorrer la elipse.

Answer 2

Es cierto que $(0,0,0)$ es de Lyapunov estable. La idea general de lo que ha sido sugerido en otras soluciones, aquí son los que verdaderamente detalles escabrosos.

Deje $p(t) = (x(t), y(t), z(t))$.

Necesitamos establecer que existe una solución única para todos los tiempos. Deje $r>0$ y deje $K_r = \overline{B}(0,r)$. Dado que el sistema es suave, es Lipschitz en cualquier conjunto acotado. Deje $p(t_0) \in B(0,\frac{1}{2}r)$ ser una condición inicial en el momento $t_0$. Por el teorema de existencia y unicidad, existe una solución en $K_r$ para un intervalo de tiempo pequeño $[t_0,t_1]$. Como en el anterior, nos damos cuenta de que $x(t)^2+2 y(t)^2=x_0^2+ y_0^2$, y, por tanto, $(x(t),y(t))$ sigue siendo limitada. Desde $\dot{z} = x y$,$|z(t)-z(t_0)| \leq \frac{1}{2}(x_0^2+ y_0^2)(t-t_0)$. En consecuencia, vemos que para cualquier $t_1$ podemos optar $r$ lo suficientemente grande como para que $p(t) \in K_r$ todos los $t\in [t_0,t_1]$. De ello se sigue que la solución existe y es única para todos los $t \geq 0$.

Ahora vamos a establecer que el $t \mapsto p(t)$ es periódica. Sabemos que $(x(t),y(t))$ se encuentra en la elipse $x^2+2y^2 = V_0$ donde $V_0 = x_0^2+2 y_0^2$. En primer lugar vamos a mostrar que $(x(t),y(t))$ recorre la elipse completa sin $z(t)$ creciente 'demasiado'. A continuación, vamos a mostrar que el $z(t)$ es periódica así.

Sabemos que $|z(t)| \leq |z(t_0)|+\frac{1}{2}V_0 (t-t_0)$. Por lo tanto, si $|z(t_0)| < \frac{1}{4}$$(t-t_0) < \frac{1}{2 V_0}$,$|z(t)| < \frac{1}{2}$. En particular, para cualquier $T>0$ si $V_0$ $|z(t_0)|$ son "lo suficientemente pequeño', $|z(t)| < \frac{1}{2}$ cualquier $t \in [t_0,t_0+T]$.

Desde $(x(t),y(t))$ mentira en la elipse, podemos escribir $x(t) = \sqrt{V_0} \cos \theta(t)$, $y(t) = \sqrt{\frac{v_0}{2}} \sin \theta(t)$ para algunos $C^1$ función de $\theta$. La diferenciación de da $$\begin{eqnarray} \dot{x}(t) &=& -\sqrt{V_0}\sin \theta(t) \dot{\theta}(t) &=& -2 \sqrt{\frac{v_0}{2}} \sin \theta(t) (1-z) \\ \dot{y}(t) &=& \sqrt{\frac{v_0}{2}} \cos \theta(t) \dot{\theta}(t) &=& \sqrt{V_0} \cos \theta(t) (1-z) \end{eqnarray}$$ de donde se desprende que el $\dot{\theta}(t) = \sqrt{2} (1-z)$. Ahora elija $T = 4 \sqrt{2} \pi$, lo que da un vecindario $U$ $(0,0,0)$ que si $p(t_0) \in U$, $|z(t)| < \frac{1}{2}$ cualquier $t \in [t_0, t_0+T]$. Luego tenemos a $\dot{\theta}(t) \geq \frac{1}{\sqrt{2}}$, y, por tanto, $\theta(t_0+T)-\theta(t_0) \geq \frac{1}{\sqrt{2}} T = 4\pi$ (elijo $4 \pi$ por lo que se puede encontrar un punto donde las $x$-eje se cruzaron, y todavía tiene $2 \pi$ 'a la izquierda para ir'). Por lo tanto $(x(t),y(t))$ recorre la elipse completa en algunos $[t_0,t_0+\delta] \subset [t_0, t_0+T]$. (Todavía no seguir ese $(x(t),y(t))$ es periódica.)

Deje $\tau_0 \geq t_0$ ser la primera vez en que $(x(t),y(t))$ cruza el positivo $x$-eje, vamos a $\tau_1 > \tau_0$ ser la primera vez en que $(x(t),y(t))$ cruza el positivo $y$-eje, y deje $\Delta = \tau_1 -\tau_0$. Para $t \in [\tau_0+\Delta, \tau_0+2\Delta]$, definir $\tilde{x}(t) = -x(2\tau_0+2 \Delta-t)$, $\tilde{y}(t) = y(2\tau_0+2 \Delta-t)$ y $\tilde{z}(t) = z(2\tau_0+2 \Delta-t)$. Es sencillo comprobar que $\tilde{p} = (\tilde{x},\tilde{y},\tilde{z})$ satisface la ecuación diferencial con la condición inicial $\tilde{p}(\tau_0+\Delta)=p(\tau_0+\Delta)$. Por la singularidad, tenemos $p(t) = \tilde{p}(t)$$t \in [\tau_0+\Delta, \tau_0+2\Delta]$, y, por tanto, $(x(\tau_0+2\Delta), y(\tau_0+2\Delta),z(\tau_0+2\Delta))=(-x(\tau_0), y(\tau_0),z(\tau_0))$ (tenga en cuenta que $y(\tau_0) = 0$ por $\tau_0$).

Ahora repetimos el proceso para el resto de los semi-elipse. Para $t \in [\tau_0+2\Delta, \tau_0+4\Delta]$, definir $\tilde{x}(t) = x(2\tau_0+4 \Delta-t)$, $\tilde{y}(t) = -y(2\tau_0+4 \Delta-t)$ y $\tilde{z}(t) = z(2\tau_0+4 \Delta-t)$. Repitiendo el procedimiento anterior, obtenemos $p(t) = \tilde{p}(t)$$t \in [\tau_0+2\Delta, \tau_0+4\Delta]$, y, por tanto, $(x(\tau_0+4\Delta), y(\tau_0+4\Delta),z(\tau_0+4\Delta))=(x(\tau_0), -y(\tau_0),z(\tau_0)) = p(t_0)$ (tenga en cuenta que $y(\tau_0) = 0$ por $\tau_0$).

Se sigue por la singularidad que $p(t+4 \Delta) = p(t)$ todos los $t\geq t_0$. Además, $|z(t)| \leq |z(t_0)| +\frac{1}{2}V_0 4 \Delta$ todos los $t\geq t_0$. Por lo tanto para todos los $\epsilon > 0$, hay un barrio $U$ $(0,0,0)$ que si $p(t_0) \in U$, $\|p(t)\| <\epsilon$ todos los $t \geq t_0$.

Answer 3

A una altura determinada, $z$ de las ecuaciones $x'=2y(z-1)$ $y'=-x(z-1)$ (mirando sólo el $x,y$ coordenadas) hacer que la trayectoria ir alrededor de una elipse $x^2+2y^2=C$. (Con esto me refiero a ignorar donde el $z$ coordenadas, es decir, mirando a la proyección de la trayectoria en el $xy$ avión).

Como la curva que va alrededor de la elipse, los signos en $x,y$ ir a través de las cosas habituales en los cuatro cuadrantes, por lo que el $xy$ es la primera positivo,$0$, luego el negativo, a continuación, $0$ y así sucesivamente. Así que tal vez esto explica el por $z$ no se va "off hasta el infinito" por medio de la $z'=xy$, ya que debido a la alternancia de signos en $xy$ $z$ coordinar oscilará en lugar de escapar al infinito. Por supuesto, un mejor control será encontrar las trayectorias en forma cerrada, pero no lo veo fácil. Considerar esta respuesta como sólo una posible explicación de por qué la trayectoria no podría escapar al infinito en la $z$ dirección.