Analyse bij singulariteiten

Stelsels van differentiaalvergelijkingen: Niet-lineaire differentiaalvergelijkingen

Analyse bij singulariteiten

Beschouw het stelsel differentiaalvergelijkingen $\left\{\begin{aligned} \dfrac{\dd x}{\dd t} &= f(x,y)\\[0.25cm] \dfrac{\dd y}{\dd t} &= g(x,y)\end{aligned}\right.$ op het vlak, waarbij $f$ en $g$ 'nette' functie zijn ( 'net' betekent hier dat afgeleiden bestaan en continue functies zijn). Neem aan dat $(x_0,y_0)$ een singulier punt is, dat wil zeggen dat $f(x_0,y_0)=g(x_0,y_0)=0$ . Om het gedrag van een oplossing in de buurt van $(x_0,y_0)$ te bestuderen passen we linearisatie toe: we bekijken de bij het stelsel passende Jacobi-matrix $J$ in $(x_0,y_0)$ : $J(x_0,y_0)= \matrix{\dfrac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0) & \dfrac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0) \\ \dfrac{\partial g}{\partial x}(x_0,y_0) & \dfrac{\partial g}{\partial y}(x_0,y_0) }$ We krijgen dan het volgend stelsel in matrix-vector vorm: $\cv{ x'(t)\\ y'(t)} = J\cv{x(t)-x_0\\ y(t)-y_0}$ Als we schrijven $X(t)=x(t)-x_0\quad\text{en}\quad Y(t)=y(t)-y_0$ dan wordt het zojuist bepaalde stelsel gelijk aan $\cv{ X'(t)\\ Y'(t)}= J\cv{X(t)\\ Y(t)}$ De volgende stelling geeft condities waaronder je de stabiliteit van $(0,0)$ in het nieuwe stelsel in verband kunt brengen met de stabiliteit van $(x_0,y_0)$ in het oorspronkelijke stelsel differentiaalvergelijkingen.

Als het reële deel van de eigenwaarden van $J$ ongelijk nul is, dan is het gedrag van het niet-lineaire stelsel in de buurt van $(x_0,y_0)$ kwalitatief hetzelfde als dat van het stelsel $\cv{ X'(t)\\ Y'(t)} = J\cv{X(t)\\ Y(t)}$ in de buurt van $(0,0)$ . Dus, als er twee negatieve eigenwaarden zijn, dan benaderen de oplossingen $\bigl(x(t),y(t)\bigr)$ die dicht bij $(x_0,y_0)$ starten het punt $(x_0,y_0)$ als $t$ naar oneindig gaat.

Twee voorbeelden ter illustratie.

Beschouw $\left\{\begin{aligned} x' &= -2x-y^2\\[0.25cm] y' &= -y-x^2\end{aligned}\right.$ Dan is $(0,0)$ een singulier punt. De algemene vorm van de Jabobi-matrix in $(x,y)$ is $J(x,y) =\matrix{\dfrac{\partial (-2x-y^2)}{\partial x} & \dfrac{\partial (-2x-y^2)}{\partial y}\\ \dfrac{\partial (-y-x^2)}{\partial x} & \dfrac{\partial (-y-x^2)}{\partial y}}=\matrix{-2 & -2y\\ -2x & -1}$ De bijpassende linearisatie in $(0,0)$ is dus $\cv{ x'\\ y'}=\matrix{-2 & 0\\ 0 & -1}\cv{x\\ y}$ De eigenwaarden van de Jabobi-matrix zijn negatief en dus gaan in de buurt van $(0,0)$ alle oplossingen naar de oorsprong toe.

We bekijken de van der Pol vergelijking $\left\{\begin{aligned} \dfrac{\dd x}{\dd t} & =\frac{1}{\varepsilon}\left(y+x-\frac{x^3}{3}\right)\\[0.25cm] \dfrac{\dd y}{\dd t} & =-\varepsilon x\end{aligned}\right.$ met $0<\varepsilon\ll 1$ . Dan is $(0,0)$ een singulier punt. De bijpassende linearisatie is $\cv{x'\\ y'}=\matrix{\dfrac{1}{\varepsilon} & \dfrac{1}{\varepsilon}\\ -\varepsilon & 0}\cv{x\\ y}$ De eigenwaarden van de Jabobi-matrix zijn $\lambda_{1,2}=\frac{1}{2\varepsilon}\pm\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{\varepsilon^2}-4}$ oftewel $\lambda_{1,2}=\frac{1}{2\varepsilon}\left(1\pm\sqrt{1-4\varepsilon^2}\right)$ Als $0\lt \varepsilon\lt \frac{1}{2}$ dan hebben we twee positieve reële eigenwaarden en gaan in de buurt van $(0,0)$ alle oplossingen van de oorsprong weg: er is een afstotend singulier punt. Als $\frac{1}{2}\lt \varepsilon\lt 1$ dan hebben we twee complexe eigenwaarden met positief reëel deel en spiraliseren in de buurt van $(0,0)$ alle oplossingen van de oorsprong weg. Volgens de stelling van Hartman-Grobman geldt dit gedrag ook voor de van der Pol vergelijking. Waarheen de oplossingen spiraliseren vertelt de stelling niet, maar in dit geval convergeren ze naar een limietcyclus in het fasevlak.