Testo e soluzioni appello 14/07/2014

CORSO DI SISTEMI DINAMICI
COMPITO D’ESAME
Prof. Andrea Milani - Dott. Giacomo Tommei
14 Luglio 2014
Esercizio 1
a) Il sistema dinamico discreto `e




xk+1
xk
 xk  = A  xk−1 
xk−1
xk−2
con


−1 −1 −1
0
0 
A= 1
0
1
0
b) Gli autovalori della matrice A sono −1 e ±i, i moltiplicatori di Lyapunov hanno tutti valore unitario quindi l’origine `e un punto fisso
ellittico.
c) La forma di Jordan di A `e


−1 0 0
JA =  0 0 −1 
0 1 0
La matrice B di cambiamento di base per portare A nella sua forma di
Jordan `e


1/2 0 1/2
B =  1/2 0 −1/2 
1/2 1 1/2
1
con inversa

B −1

1
1 0
=  −1 0 1 
1 −1 0
Nella nuova base la soluzione generale si scrive
Yk = JAk Y0
dove


  
1
0
1/2 0 1/2





0
Y0 = B X0 = 1/2 0 −1/2
= 1 
1/2 1 1/2
−1
0
Si vede facilmente che JA4 = I, quindi JA22 = J 2 e si pu`o facilmente
calcolare Y22 .
Esercizio 2
a) L’equazione alle differenze finite del secondo ordine `e:
xk+1 − 2 xk + xk−1 = h2 2xk − 4x3k − γh yk
b) Il corrispondente sistema dinamico discreto `e:

 xk+1 = xk + h2 2xk − 4x3k + h(1 − hγ) yk
 yk+1 = xk+1 − xk = h 2xk − 4x3k + (1 − hγ) yk
h
.
Se xk+1 = xk = xk−1 allora yk+1 = 0 = yk . Perci`o l’equazione xk+1 = xk
si riduce a
1
h2 2xk − 4x3k = 0 con soluzione xk = 0, ± √
2
quindi ci sono tre punti fissi esattamente dove il sistema dinamico
continuo ha i suoi tre punti di equilibrio.
c) La matrice jacobiana
1 + h2 (2 − 12x2 ) h(1 − hγ)
h (2 − 12x2 )
1 − hγ
2
ha determinante 1 − hγ e traccia 2 − γ + h2 (2 − 12x2 ). La linearizzazione in x = 0, y = 0 ha traccia 2 − hγ + 2h2 , e quindi il polinomio
caratteristico
P (λ) = λ2 − (2 − hγ + 2h2 ) λ + 1 − hγ
`e tale che P (0) = 1 − hγ `e compreso tra 0 e 1 (almeno per h < 1)
e P (1) = −2h2 < 0, per cui ha una radice reale tra 0 e 1 e un altra
maggiore di 1.
√
d) In x = ±1/ 2, y = 0 la linearizzazione ha traccia 2 − hγ − 4h2 e
quindi il polinomio caratteristico `e tale che P (0) = 1 − hγ > 0 e
P (1) = 4h2 > 0, perci`o ha o due√autovalori reali tra 0 e 1 oppure due
autovalori
complessi di modulo 1 − hγ < 1. Perci`o i due punti fissi
√
(±1/ 2, 0) sono dei pozzi nonlineari.
Esercizio 3
a) Studiamo il problema nel sistema rotante non inerziale. Il punto P ha
coordinate (x, x3 /3 + x) e la sua velocit`a `e (x,
˙ (x2 + 1) x).
˙ L’energia
cinetica vale allora
T (x, x)
˙ =
1
m (x4 + 2 x2 + 1)x˙ 2
2
mentre quella potenziale `e
V (x) = m g
x3
1
+ x − m ω 2 x2
3
2
La lagrangiana `e L(x, x)
˙ = T (x, x)−V
˙
(x) e la corrispondente equazione
di Lagrange `e
(x4 + 2 x2 + 1)¨
x + 2 (x3 + x) x˙ 2 + g (x2 + 1) − ω 2 x = 0
Per ricavare l’hamiltoniana ci calcoliamo
p=
∂L
∂ x˙
e poi applichiamo la trasformazione di Legendre
H(p, x) = p · x(p,
˙ x) − L(x, x(p,
˙ x))
3
b) e c) Per studiare gli equilibri possiamo utilizzare il sistema dinamico definito
dalle equazioni di Hamilton oppure studiare la funzione V (x) come
ricavata nel sistema non inerziale. Calcoliamo la derivata prima della
funzione V (x):
V 0 (x) = m [g (x2 + 1) − ω 2 x] = m [g x2 − ω 2 x + g]
ed anche la derivata seconda
V 00 (x) = m [2 g x − ω 2 ]
V 0 (x) = 0 se e solo se
x=
ω2 ±
p
ω4 − 4 g2
2g
Distinguiamo tre casi:
(i) Se ω 4 − 4 g 2 < 0 (equivalente a J < 1, con J = ω 2 /(2 g)) non si
hanno soluzioni reali di V 0 (x) = 0 e quindi non esistono punti di
equilibrio.
(ii) Se ω 4 − 4 g 2 = 0 (equivalente a J = 1) l’equazione V 0 (x) = 0
ammette l’unica soluzione x = 1. Si ha V 00 (1) = 0 e V 000 (1) 6= 0
quindi tale punto `e un flesso a tangente orizzontale di V ed un
punto instabile.
(ii) Se ω 4 − 4 g 2 > 0 (equivalente a J > 1) l’equazione V 0 (x) = 0
ammette due soluzioni
p
p
ω2 − ω4 − 4 g2
ω2 + ω4 − 4 g2
x2 =
x1 =
2g
2g
Vedendo la derivata seconda in tali punti si scopre che il punto x1
`e instabile, mentre x2 `e stabile.
4

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