Esercizi e appunti per il corso di Fisica Matematica - Sezione di ...

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determinino i punti fissi. Si disegni il ritratto di fase nel piano delle fasi esteso e si studino euristicamentele proprietà di stabilità dei punti fissi. Si determini esplicitamente l’equazione delle linee di fase.Soluzione: l’equazione è dI/dx = −nσI, la costante nσ è detta coefficiente lineari di scattering del gasdi elettroni.Esercizio 1.12. Una popolazione ha tasso di crescita e tasso di morte rispettivamente proporzionali alquadrato e al cubo del numero di individui x ≥ 0. Si dimostri che l’evoluzione della popolazione è regolatadall’equazione differenziale autonomaẋ = ax 2 − bx 3 a, b ∈ R +Si determinino i punti fissi, si disegni il ritratto di fase nel piano delle fasi esteso e si discuta euristicamentela stabilità dei punti fissi.Esercizio 1.13. Una popolazione ha tasso di crescita e tasso di morte rispettivamente proporzionali alcubo e al quadrato del numero di individui x ≥ 0. Si dimostri che l’evoluzione della popolazione è regolatadall’equazione differenziale autonomaẋ = ax 3 − bx 2 a, b ∈ R +Si determinino i punti fissi, si disegni il ritratto di fase nel piano delle fasi esteso e si discuta euristicamentela stabilità dei punti fissi.1.4. Stima del tempo di percorrenzaNello studio dell’equazione logistica si è osservato che tutte le linee di fase corrispondentia dati iniziali non critici tendono asintoticamente al punto fisso 1. Questo risultato segueimmediatamente dalla soluzione esplicita del problema di Cauchy per l’equazione logistica,ma è anche un’ovvia conseguenza del teorema di unicità della soluzione del problema diCauchy. Questo problema può essere visto sotto una terza prospettiva: l’analisi graficapermette di stabilire che una linea di fase ϕ del sistema dinamico logistico uscente dalpunto (0, x 0 ), con x 0 ∈ (0, 1), raggiunge un qualsiasi punto x 1 ∈ (x 0 , 1); il tempo t 1necessario per giungere in x 1 è dato da∫ t1∫1 dϕt1∫ x1∫ϕ(s)[1 − ϕ(s)] ds ds = 1x1 [ 1ds ⇒0x 0x(1 − x) dx = t 1 ⇒x 0x + 1 ]dx = t 11 − x0Osservando che il secondo integrale diverge per x 1 → 1 si conclude che la linea di fasetende asintoticamente al punto fisso 1, ma non lo raggiunge in tempo finito.Questa tecnica può essere ovviamente applicata a un qualsiasi sistema dinamico deltipo (1.5). Sia ϕ(t) una linea di fase di (1.5) passante per i due punti (t 0 , x 0 ) e (t 1 , x 1 ); iltempo di percorrenza tra i due punti considerati è dato dall’integrale∫ x1x 01f(x) dx = t 1 − t 0 (1.10)Calcolare l’integrale (1.10) ammonta a risolvere il sistema dinamico per separazione dellevariabili, quindi sembra che questo modo di guardare al problema sia ridondante se nonvuoto.fismat05.tex – 20 Aprile 2006 – 13:12 pagina 10
Questo è parzialmente vero nel caso unidimensionale, ma sicuramente non lo è indimensione maggiore di uno. In ogni caso se siamo interessati soltanto al tempo di percorrenzatra due punti particolari possiamo usare questa chiave di lettura e sforzarci dicalcolare in modo approssimato l’integrale (1.10) cercando delle stime dall’alto e dal basso.Questo è ciò che è stato fatto nel caso dell’equazione logistica per dimostrare che le lineedi fase non critiche tendono al punto fisso stabile in modo asintotico.Esempio 1.14. Dallo studio grafico risulta che la linea di fase del sistema logistico uscente dal punto(0, 1/2) giunge nel punto (¯t, 3/4). Il tempo ¯t può essere calcolato esattamente usando la soluzione esplicitadell’equazione logistica:¯t = log( 3/4)− log1/2( 1 − 3/4) ( 3= log − log1 − 1/2 2)( 1/4)= log 3 ≈ 1.09861/2Lo stesso integrale può essere stimato dall’alto riconducendolo a un integrale di tipo logaritmo; in questocaso la semplificazione è minima rispetto alla soluzione esatta, ma per funzioni f complicate il guadagnopuò essere notevole. È sufficiente osservare che la parabola grafico della funzione f(x) = x(1 − x) incorrispondenza dell’intervallo [1/2, 3/4] si trova sopra la corda grafico della funzione g(x) = −x/4 + 3/8.Allora usando che in questo intervallo f(x) ≥ g(x) si ha¯t =∫ 3/41/2∫dx3/4x(1 − x) ≤ dx= 4 log(4/3) ≈ 1.15073−x/4 + 3/81/2La stima potrebbe essere migliorata usando funzioni che approssimino sempre meglio la parabola dalbasso.Si può costruire una stima dal basso del tempo di percorrenza ¯t cercando una funzione semplice daintegrare il cui grafico si trovi, nell’intervallo considerato, di poco sopra la parabola logistica. Si considerauna funzione costituita da un segmento di retta orizzontale tangente alla parabola nel vertice raccordataa un segmento di retta tangente alla parabola nel punto di ascissa 3/4. Si trova la funzioneh(x) ={ 1/4 1/2 ≤ x ≤ 5/8−x/2 + 9/16 5/8 ≤ x ≤ 3/4Osservato che nell’intervallo [1/2, 3/4] si ha h(x) ≥ f(x), si conclude che¯t =∫ 3/41/2∫dx5/8x(1 − x) ≥1/2∫dx 3/41/4 + 5/8dx= 1/2 + 2 log(4/3) ≈ 1.07536−x/2 + 9/16In conclusione il tempo di percorrenza è stimato come 1/2 + 2 log(4/3) ≤ ¯t ≤ 4 log(4/3) e l’errorecommesso nella stima vale 4 log(4/3) − (1/2 + 2 log(4/3)) = 2 log(4/3) − 1/2 ≈ 0.07536.Esercizio 1.14. Si consideri il sistema dinamico costituito dall’equazione logistica con quota di raccoltaproposto nell’Esempio 1.13 e nell’Esercizio 1.5. Si dimostri che nel caso c > 1/4 tutte le linee di fase condato iniziale x 0 > 0 raggiungono il valore x = 0 in un tempo finito.Esercizio 1.15. Si studi graficamente il sistema dinamico ẋ = x 2 con x ∈ R. Si verifichi che la linea difase emergente dal punto (0, 1) passa per il punto (¯t, 2). Si stimi il tempo di percorrenza ¯t dall’alto e dlbasso e poi si confrontino i risultati con il risultato esatto.Esercizio 1.16. Si studi graficamente il sistema dinamico ẋ = sin x/(2 + cos x) con x ∈ R. Si verifichiche la linea di fase emergente dal punto (0, 1/2) passa per il punto (¯t, 3). Si stimi il tempo di percorrenza¯t dall’alto e dl basso. Se possibile si confrontino i risultati con il risultato esatto.fismat05.tex – 20 Aprile 2006 – 13:12 pagina 11
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Dal momento che I 1 < I 2 < I 3 si
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Il problema (3.1) può essere ricon
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Γ e = {(q, p) ∈ R 2 : q e 1 ≤
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assunto nel minimo, cioè a zero. I
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La tesi, allora, segue in virtù de
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u(q)✻q 3 q 4 q 1 q 2✲ qu 0p
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p✻q0(q − q 0 ) 1/2 p (q − q 0
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Si può osservare che ˙θ ha segno
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Troncando lo sviluppo delle potenze
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deve specificare il valore della ca
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valore della soluzione sull’asse
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x ∈ [a, b], u x (a, t) = u 1,a (t
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Inoltre si è usata l’identità n
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con q = (x, y, z) ∈ R 3 , t ∈ R
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Le equazioni del moto possono esser
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Sostituendo queste espressioni nell
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1. u x + u y = u;2. 2u x − 3u y =
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In realtà lo studio è limitato al
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3. u(x, y) = log √ x 2 + y 2 , (x
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nella regione√2E := {(ξ, η) ∈
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ammette l’unica soluzioneu(x, t)
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4. u 0 (x) = exp{−α|x|} con α
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6.3. Equazione di Laplace: funzioni
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