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

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⇒ P 1 = (0, 1), P 2 = (1, 1/2), P 3 = (−1, 1/2), P 4 = ( √ 2, 1), P 5 = (− √ 2, 1)3. Linearizzazione attorno ai punti critici: si considera la matrice jacobiana calcolata nel genericopunto fisso (¯x, ȳ), si ha⎛∂f 1∂x (¯x, ȳ) ∂f⎞1(¯x, ȳ)∂y (A(¯x, ȳ) = ⎜⎟⎝∂f 2∂x (¯x, ȳ) ∂f⎠ = −4(¯x 2 )− 1)¯x 24(ȳ − 1)(3¯x 2 − 1) 4¯x(¯x 2 − 1)2∂y (¯x, ȳ)Scrivo l’equazione secolare e determino gli autovalori della matrice A(ẑ):det[A(¯x, ȳ) − λ1I] = −16¯x 2 (¯x 2 − 1) 2 + λ 2 − 8(ȳ − 1)(3¯x 2 − 1) = 0⇒ λ 1,2 (¯x, ȳ) = ± √ 16¯x 2 (¯x 2 − 1) 2 + 8(ȳ − 1)(3¯x 2 − 1)A questo punto è possibile studiare la stabilità dei punti critici: λ 1,2 (P 1 ) = 0, gli autovalori sono nulli,quindi non si può dire nulla sulla stabilità di P 1 ; λ 1,2 (P 2,3 ) = ±2i √ 2, gli autovalori hanno parte realezero, quindi non si può dire nulla sulla stabilità di P 2 e di P 3 ; λ 1,2 (P 4,5 ) = ±4 √ 2, gli autovalori sono realie distinti; ne esiste uno positivo, quindi P 4 e P 5 sono punti di equilibrio instabile.Metodo di Liapunov: i punti P i , con i = 1, . . . , 5, sono estremali per la funzione u(x, y). Per studiarne leproprietà è necessario scrivere la matrice hessiana H(x, y)e quindiH(x, y) =∂ 2 u∂x 2 = −∂f 2∂x = −4(y − 1)(3x2 − 1)( −4(y − 1)(3x 2 − 1) −4x(x 2 − 1)−4x(x 2 − 1) 2∂ 2 u∂y 2 = ∂f 1∂y = 2)∂ 2 u∂x∂y = ∂2 u∂y∂x = −4x(x2 − 1)e det (H(x, y)) = −8(y−1)(3x 2 −1)−16x 2 (x 2 −1) 2Poiché det (H(P 2,3 )) = 8 > 0 e H 1,1 (P 2,3 ) = 4 > 0 si ha che i punti P 2 e P 3 sono di minimo relativoproprio per la funzione u(x, y). Segue che la funzione w(x, y) := u(x, y) − u(P 2 ) = u(x, y) − u(P 2 ) è unafunzione di Liapunov per P 2 e per P 3 , quindi in virtù del Teorema 2.30 si conclude che i punti fissi P 2 eP 3 sono punti di equilibrio stabile. Sul punto P 1 non si può, invece, dire nulla perché det (H(P 1 )) = 0,ma dallo studio delle curve di livello emergerà che si tratta di un punto di equilibrio instabile.4. Si considerano le curve di livello u(x, y) = a, con a ∈ R. In primo luogo si osserva che u(x, y) è unafunzione pari nella variabile x, quindi le curve di livello avranno l’asse y per asse di simmetria. Inoltreu(P 1 ) = u(P 4 ) = u(P 5 ) = −1, P 4 e P 5 sono punti instabili, le curve di livello più interessanti sono propriole separatrici, cioè quelle passanti per i punti critici instabili. Si studia, ora, la struttura delle curve dilivello al variare del parametro a:– per a = −1, la forma implicita dell’equazione algebrica della curva di livello èy 2 − [ (x 2 − 1) 2 + 1 ] y + x 2 (x 2 − 2) + 1 = 0 ⇒ y 2 − y − (x 2 − 1) 2 y + (x 2 − 1) 2 = 0⇒ y(y − 1) − (y − 1)(x 2 − 1) 2 = 0 ⇒ (y − 1) [ y − (x 2 − 1) 2] = 0quindi la separatrice è costituita dalle due curve di equazione y = 1 e y = (x 2 − 1) 2 , si veda lafigura 2.19. Su tale curva di livello giacciono undici orbite: otto orbite asintotiche ai punti diequilibrio instabili e tre punti di equilibrio instabili.Si osserva che la separatrice divide lo spazio delle fasi in sette regioni connesse; per capire dovesi collocheranno le curve di livello al variare del parametro a è sufficiente calcolare il valore diu in un solo punto di ciascuna di queste regioni e poi usare la continuità della funzione u. Siha u(P 2 ) = u(P 3 ) = −5/2 < −1, u(0, 2) = 0, u(2, 2) = −8 e u(0, 0) = 0. Quindi le curve dilivello giacenti nelle due regioni interne alla separatrice corrispondo a valori di a nell’intervallo−5/2 < a < −1; quelle sovrastanti e sottostanti la separatrice corrispondono ad a > −1; quellenelle due regioni restanti corrispondono ad a < −5/2.fismat05.tex – 20 Aprile 2006 – 13:12 pagina 56
y✻✛− √ 2✲✲ ✲✲✛−1 +1+ √ 2✛✲xFig. 2.19. Curve di livello per il sistema dinamico (2.38). I versi non indicati si deducono per continuità.– Per −5/2 < a < −1, le curve di livello sono costituite da quattro componenti connesse, giacentirispettivamente nelle regioni A 2 := {(x, y) ∈ R 2 : 0 < x < √ 2, (x 2 −1) 2 < y < 1}, A 3 := {(x, y) ∈R 2 : − √ 2 < x < 0, (x 2 − 1) 2 < y < 1}, A 5 := {(x, y) ∈ R 2 : x < − √ 2, 1 < y < (x 2 − 1) 2 } eA 4 := {(x, y) ∈ R 2 : x > + √ 2, 1 < y < (x 2 − 1) 2 }. I due insiemi A 2 e A 3 contengono ciascunoun solo punto di equilibrio stabile, quindi le curve di livello ivi giacenti sono curve chiuse, regolariche ruotano attorno al relativo punto di equilibrio stabile, si veda il Teorema 2.22. Su ciascunacomponente connessa di ogni curva di livello giace un’orbita, le orbite con dato iniziale nelle regioniA 2 e A 3 sono periodiche attorno al relativo punto di equilibrio stabile, si veda la figura 2.19.– Per a > −1 le curve di livello u(x, y) = a sono quelle disegnate per continuità in figura e giavccionorispettivamente in A 1,− := {(x, y) ∈ R 2 : x < − √ 2 e y < 1, − √ 2 < x < √ 2 e y < (x 2 − 1) 2 , x >+ √ 2 e y < 1} e A 1,+ := {(x, y) ∈ R 2 : x < − √ 2 e y > (x 2 − 1) 2 , − √ 2 < x < √ 2 e y > 1, x >+ √ 2 e y > (x 2 − 1) 2 }. Ogni curva è costituita da due componenti connesse aperte su ciascunadelle quali giace una sola linea di fase.– Per a < −5/2 le curve di livello u(x, y) = a sono quelle disegnate per continuità in figura egiacciono rispettivamente in A 4 e A 5 . Ogni curva è costituita da due componenti connesse apertesu ciascuna delle quali giace una sola linea di fase.I versi sulla separatrice vengono determinati ricordando che su un tratto di curva di livello che noninterseca alcun punto di equilibrio il verso non cambia e osservando che f 1 (1, 1) = 1 > 0, f 1 (1, 0) = −1 0. Sulle altre curve di livello i versi possono essere trovati percontinuità. Dalla discussione precedente si ha che l’insieme dei dati iniziali che generano orbite periodicheè Π = D 2 ∪ D 3 .5. Si consideri l’orbita generata dal dato iniziale (x 0 , y 0 ) = (1, 3/4). Poiché (x 0 , y 0 ) ∈ D 2 si ha chel’orbita uscente è periodica. Per poter scrivere il periodo dell’orbita è necessario scrivere l’equazionedella curva di livello in forma esplicita, cioè si deve ricavare y in funzione di x o viceversa; ponendou(x, y) = u(x 0 , y 0 ) si trovay 2 − [ (x 2 − 1) 2 + 1 ] y + x 2 (x 2 − 1) = − 1916 ⇒ y2 − [ (x 2 − 1) 2 + 1 ] y + x 2 (x 2 − 1) + 1 = − 3 16 ⇒(y − 1) [ y − (x 2 − 1) 2] = − 3 16 ⇒ (x2 − 1) 2 = y +316(y − 1)Dalla precedente si può ricavare la variabile x in funzione della variabile y semplicemente eseguendo delleradici quadrate. Bisogna, però controllare che i radicandi siano positivi: il secondo membro è positivo see solo se 16y 2 − 16y + 3 ≤ 0, ovvero se 1/4 ≤ y ≤ 3/4. Da questa osservazione si deduce che l’orbita ècompresa tra le due rette y = 1/4 e y = 3/4 e le tocca nei punti (x 0 , y 0 ) = (1, 3/4) e (x 1 , y 1 ) = (1, 1/4).Quindi per i valori di y permessi si ha:x 2 − 1 = ±√y +316(y − 1)fismat05.tex – 20 Aprile 2006 – 13:12 pagina 57
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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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