Sistema di equazioni differenziali non lineare
Ciao a tutti, ho questo esercizio:
Linearizzare intorno ai punti critici il sistema
${(x'=x-y^2),(y'=x^2+y):}$
e determinarne il tipo dove possibile.
Ho pensato di risolverlo così:
Cerco i punti critici: $x-y^2=0$ e $x^2+y=0$ se $(x,y)=(0,0)$ o $(x,y)=(1,-1)$
Linearizzo intorno a $(0,0)$: $ {(x'=x),(y'=y):}$. La matrice associata è $A=((1,0),(0,1))$ che è già diagonale quindi le soluzioni sono $(x(t),y(t))=(x_0e^t,y_0e^t)$ che, per $t -> +oo$, divergono, quindi il punto è instabile. Ma è vero? Il prof ha detto che la linearizzazione si comporta come il sistema non linearizzato solo se gli autovalori NON hanno molteplicità 2, e se HANNO parte reale (in caso siano complessi). In altre parole se il polinomio caratteristico è $(lambda-t)^2$, oppure se $lambda=+-ai$, non sappiamo se i due sistemi si comportano uguale.
Qui la matrice ha $1$ come autovalore di molteplicità 2. Quindi NON posso dire che è instabile??
Linearizzo intorno a $(1,-1)$: ${(x'=x+2y+1),(y'=2x+y-1):}$. Faccio una trasformazione per portare il punto critico nell'origine: ${(xi=x-1),(eta=y+1):}$ ${(xi'=xi+2eta),(eta'=2xi+eta):}$. La matrice associata è $A=((1,2),(2,1))$, gli autovalori sono $3$, $-1$ di autovettori $(1,1)$, $(1,-1)$. Allora la soluzione è $e^(At)=1/2((1,1,),(1,-1))((e^(3t),0),(0,e^(-t)))((1,1),(1,-1))=1/2((e^(3t)+e^(-t), e^(3t)-e^(-t)),(e^(3t)-e^(-t), e^(3t)+e^(-t)))$ che, per $t->+oo$ divergono tutti, quindi il punto è instabile.
E' corretto l'esercizio? Dovrei fare altro? Si possono disegnare le orbite?
Grazie!
Linearizzare intorno ai punti critici il sistema
${(x'=x-y^2),(y'=x^2+y):}$
e determinarne il tipo dove possibile.
Ho pensato di risolverlo così:
Cerco i punti critici: $x-y^2=0$ e $x^2+y=0$ se $(x,y)=(0,0)$ o $(x,y)=(1,-1)$
Linearizzo intorno a $(0,0)$: $ {(x'=x),(y'=y):}$. La matrice associata è $A=((1,0),(0,1))$ che è già diagonale quindi le soluzioni sono $(x(t),y(t))=(x_0e^t,y_0e^t)$ che, per $t -> +oo$, divergono, quindi il punto è instabile. Ma è vero? Il prof ha detto che la linearizzazione si comporta come il sistema non linearizzato solo se gli autovalori NON hanno molteplicità 2, e se HANNO parte reale (in caso siano complessi). In altre parole se il polinomio caratteristico è $(lambda-t)^2$, oppure se $lambda=+-ai$, non sappiamo se i due sistemi si comportano uguale.
Qui la matrice ha $1$ come autovalore di molteplicità 2. Quindi NON posso dire che è instabile??
Linearizzo intorno a $(1,-1)$: ${(x'=x+2y+1),(y'=2x+y-1):}$. Faccio una trasformazione per portare il punto critico nell'origine: ${(xi=x-1),(eta=y+1):}$ ${(xi'=xi+2eta),(eta'=2xi+eta):}$. La matrice associata è $A=((1,2),(2,1))$, gli autovalori sono $3$, $-1$ di autovettori $(1,1)$, $(1,-1)$. Allora la soluzione è $e^(At)=1/2((1,1,),(1,-1))((e^(3t),0),(0,e^(-t)))((1,1),(1,-1))=1/2((e^(3t)+e^(-t), e^(3t)-e^(-t)),(e^(3t)-e^(-t), e^(3t)+e^(-t)))$ che, per $t->+oo$ divergono tutti, quindi il punto è instabile.
E' corretto l'esercizio? Dovrei fare altro? Si possono disegnare le orbite?
Grazie!
Risposte
Se gli autovalori della matrice del linearizzato hanno entrambi parte reale negativa il sistema è stabile nel punto di equilibrio scelto (si parla di pozzo). Se hanno entrambi parte reale positiva il punto è instabile e si parla di sorgente ed il punto è instabile. Se le parti reali degli autovalori sono discordi in segno si parla di punto di sella che è comunque instabile. Lo studio del linearizzato ti dà informazioni sul comportamento locale del sistema intorno al punto di equilibrio. QUesto perchè il linearizzato approssima il sistema non linearizzato. Nei casi precedenti puoi concludere sulla stabilità del linearizzato quindi anche del non lineare. Nel caso di autovalori immaginari puri non puoi concludere nulla (con questi strumenti) sulla stabilità del punto di equilibrio per il linearizzato e dunque non puoi concludere niente sulla stabilità del punto per il non lineare. Per lo stesso motivo puoi disegnare le orbite in un intorno del punto di equilibrio, dove queste sono approssimate dalle orbite del sistema linearizzato. Più ti allontani meno l'approssimazione é attendibile.
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