2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение04.11.2016, 15:01 
Аватара пользователя


12/03/11
688
Рассмотрим систему
$$\begin{cases}\frac{dp}{ds}=\vec e\cdot\vec k,\\2\frac{d\vec e}{ds}=\vec e\times\vec k-\ctg(\frac p 2)\;\vec e\times(\vec e\times\vec k),\end{cases}$$
где $p(s)$ - скалярная функция, а $e(s)$ - единичный вектор.

Домножим последнее уравнение в системе на вектор $\vec{k}$ скалярно:
$$
2\frac{d\vec e}{ds} \cdot \vec{k}=-\ctg(\frac p 2) ((\vec{e} \cdot \vec{k})^2 - \vec{k} \cdot \vec{k}).
$$
К сожалению, анализ в этой теме ошибочен (предпоследнее сообщение).

Но в случае, когда $\vec{k} = const$ систему
$$\begin{cases}\frac{dp}{ds}=\vec e\cdot\vec k\\2\frac{d(\vec e \cdot \vec{k})}{ds}=-\ctg(\frac p 2)\; ((\vec{e} \cdot \vec{k} )^2 - k^2)\end{cases}$$
можно свести к одному уравнению
$$2 (dp/ds)^2 + \frac{(\frac{dp}{ds})^2 - k^2}{tg(\frac{1}{2}p(s))} = 0,$$
и так как отсутствует явная зависимость от $s$, вводя новую переменную $P = \frac{dp}{ds}$, дело стандартным образом сводится к одному уравнению первого порядка
$$2 \frac{dP}{dp} = - \frac{P^2 - k^2}{P \tg{p/2}}$$
с разделяющими переменными, откуда
$$(P^2 - k^2) \sin{p/2} = C_1$$
или
$$((\frac{dp}{ds})^2 - k^2) \sin{p/2} = C_1.$$

Отсюда очевидное следствие: $p(s)$ может проходить через $2 \pi$ только в случае вырожденного решения $p = ks + b$ или $p = -ks + b$, а $\vec{e}(s) || \vec{k}$.
Есть ли какие-то идеи как можно проверить это в общем случае?

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение04.11.2016, 19:26 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
DLL в сообщении #1166027 писал(а):
$p(s)$ может проходить через $2 \pi$ только в случае

Вообще то, это не есть "непродолжаемость", это просто означает, что точка $p=2\pi$ - особая...
В Ваших выкладках потерялась "2" (так что синус в последней формуле будет - в квадрате). Тогда заменой $z=\sin^2(\frac{p}{2})$ последнее уравнение сведется к приличному интегралу, и есть надежда явно найти решение...
Такого сорта особые точки - не очень уж и особые (Иногда они возникают лишь из-за неудачного выбора координат.): через такие точки решение может проходить за КОНЕЧНОЕ время. Надо попробовать таки явно дорешать - и посмотреть.

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение04.11.2016, 22:15 
Аватара пользователя


12/03/11
688
DeBill в сообщении #1166082 писал(а):
DLL в сообщении #1166027 писал(а):
$p(s)$ может проходить через $2 \pi$ только в случае

Вообще то, это не есть "непродолжаемость", это просто означает, что точка $p=2\pi$ - особая...
В Ваших выкладках потерялась "2" (так что синус в последней формуле будет - в квадрате). Тогда заменой $z=\sin^2(\frac{p}{2})$ последнее уравнение сведется к приличному интегралу, и есть надежда явно найти решение...
Такого сорта особые точки - не очень уж и особые (Иногда они возникают лишь из-за неудачного выбора координат.): через такие точки решение может проходить за КОНЕЧНОЕ время. Надо попробовать таки явно дорешать - и посмотреть.

Да, вы правы. Квадрат я потерял.
Дальше проинтегрировать само собой можно.
Но не нужно. И вот почему.
Из полученного первого интеграла сразу следует что кроме вырожденного решения остальные не проходят через $2 \pi$.
Но это получено в частном случае когда $\vec{k}(s) = \vec{k} = const$.
Меня же интересует общий случай когда $\vec{k}(s)$ - произвольная достаточно хорошая функция.
Когда есть зависимость от $s$ свести к одному просто интегрируемому ОДУ уже не удается...

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение05.11.2016, 12:10 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
DLL в сообщении #1166120 писал(а):
Но не нужно.

:D
Ну, можно нарисовать фазовый портрет - на плоскости $(p,q = \frac{dp}{ds})$.
Он - качественно - ясно какой: плоскость делится прямыми $p = 2\pi n$ и $q=\pm k$ на прямоугольники , и полуполосы, картинка - $2\pi$- периодична. В прямоугольниках: особые точки типа "центр", периодический режим (похоже на нелинейный маятник; решения $p = p(s)$ - все периодические, но с разными периодами). В полуполосах: все уходит на бесконечность (по $q$), $p$ стремится к $2\pi \cdot $ целое. На граничных прямых: на вертикальных - не определена правая часть....; на горизонтальных: (напр., $q=k$) $q$ постоянно - это и есть два Ваших суперрешения. Картинку хорошо рисовать на цилиндре, склеивая прямые $p=0$ и $p=2\pi$. Характерная особенность картинки - наличие седловых связок - сепаратрис, идущих из седла в седло.
Можно посмотреть, что будет, если $k$ мало отличается от константы.
1. Общий случай -ничего не понятно
2. $k$ зависит от $q$ и - периодически - от $p$, близко к константе, не зависит от $s$. Седла останутся седлами, центры - разрушатся - станут фокусами (устойчивыми или неустойчивыми - надо считать, в зависимости от возмушения).
За счет ужасного котангенса вертикальная седловая связка, видимо, сохранится, а вот горизонтальные - разрушатся. Пусть, для простоты, $k$- четно по $q$. Возможны разные сценарии. Напр., сепаратриса, выходяшая из $p =0, q = k$, уйдет вверх, на бесконечность. Тогда она отделит от соотв-й полуполосы область, в которой все будет как прежде. Вблизи фокуса - понятно, картинка "фокус". А вот от контура прямоугольника ("сложный цикл") может отделиться (одна или несколько - в зависимости от "кратности" этого цикла) несколько периодических траекторий. Уже вопрос о кратности сложного цикла - очень сложный.
3. При больших возмущениях - совсем погано. 16-я проблема Гильберта потому и стоит до сих пор...

-- 05.11.2016, 14:21 --

Вах, у Вас $k$ - функция от $s$! Совсем плохо.
Аналог: пусть имеется маятник (грузик на веревочке), и Вы знаете, как меняется со временем длина веревочки. Что можно сказать про него? Ничего....
Вообще то, что то можно: если меняется - мало. Тогда, при малых $s$ - похоже на маятник, но за счет ПАРАМЕТРИЧЕСКОГО резонанса - может потерять устойчивость (малых колебаний - это соответствует "$C_1$ чуть больше $-k^2$)"...

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение05.11.2016, 14:35 
Аватара пользователя


12/03/11
688
Функция $\vec{k} = \vec{k}(s)$ и не зависит от $p$.
Меня с большего с качественной точки зрения интересует только один вопрос: может ли решение $p = p(s)$ проходить через $2 \pi$?
В случае $\vec{k} = const$ меня ответ удовлетворяет: есть только вырожденное решение проходящее через $2 \pi$.
Наверное, следует все равно начинать с некого простого примера, типа линейной зависимости $\vec{k} = \vec{k}_0 + \vec{k}_1 s$...

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение05.11.2016, 20:40 
Аватара пользователя


12/03/11
688
Мне пришла в голову еще одна интерпретация.
Когда $\vec{k} = cпonst$, то имеет место единственность решений вблизи особой точки.
При этом там только два возможных случая начальных значений: $\vec{e} = - \vec{k}$ и $\vec{e} = \vec{k}$, когда $p = 2 \pi$.
Было бы крайне здорово, если бы этот факт имел место и в общем случае. Но не очень ясно как это исследовать с такой сильной сингулярностью.

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение06.11.2016, 14:36 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
DLL в сообщении #1166027 писал(а):
можно свести к одному уравнению

(Здесь - опечатка: в квадрат возводится оператор диф-я, но не первая производная)
Добавим уравнение $\frac{ds}{ds} =1$, и домножим полученную систему на ваш тангенс: получим автономную систему, чьи фазовые кривые совпадают с интегральными (т.е., с графиками решений) исходной. Полученная система имеет целую кривую особых точек $p = 2\pi, P=k(s)$. Вроде бы, в каждой из них одно собственное значение - нулевое, а два других в сумме дают 0 (не проверял). Такие особые точки - боле-мене - изучены (посмотрите работы Ремизова А., например). У них есть две инвариантные ( "центрально-устойчивое" и "центрально-неустойчивое" ) поверхности, проходящие через линию особых точек.
Одна из них - неинтересна (касается плоскости $p = 2\pi$), а другая - то, что надо: кривые на ней "втыкаются " в линию особых точек (за конечное время $s$) . Так что Вы правы:
по крайней мере, вблизи точки $p=2\pi, P = k(s_0), s=s_0$ есть целая кривая, состоящая из точек $(p_0,P_0,s_0)$, что решение с начальными условиями $p(s_0) = p_0, P(s_0) = P_0$ проходит сквозь $p=2\pi$

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение07.11.2016, 10:46 
Аватара пользователя


12/03/11
688
Да, конечно, там вторая производная. Не мог ли бы вы немного пояснить про умножим "полученную систему на ваш тангенс"?

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение08.11.2016, 12:58 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
DLL
1. У нас $k=k(s)$ - неавтономная. Но можно считать ее автономной - но в трехмерном пространстве.
2. Домножение векторного поля (т.е., правой части дифура ) на функцию, меняет длины векторов, но оставляет их касательными к фазовым кривым. Потому при исследовании фазового портрета допустимо домножить всю правую часть на - произвольную функцию, в данном случае - на знаменатель (тангенс). (Единственно - надо аккуратно особо смотреть на появляющиеся-исчезающие особые точки). Тогда все нули в знаменателях исчезнут, и система станет боле традиционной....

 Профиль  
                  
 
 Re: Продолжаемо ли решение системы?
Сообщение10.11.2016, 17:59 
Аватара пользователя


12/03/11
688
Окей, спасибо! :-)

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 10 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group