Классическая задача на бифуркации.

[Red_Herring]

Ну дальше что? Из второго уравнения следует $\dot{\psi}=0$. Первое имеет решение $\sin \psi=0$. Что это означает?

Имеются (всегда или при каких-либо ограничениях) другие решения? Устойчивость?

[unistudent]

Стационарные точки: $\dot\psi=0$, для $\psi$ имеем 0, $\pi$ и корни ур-я

$$M^2b^2\cos\psi= ga(J+mb^2\sin^2\psi)^2$$

-- 05.04.2015, 18:04 --

сейчас попробую решить его- ур-е четвертого порядка. Все остально понятно, про устойчивость, бифуркации и малые колебания.

-- 05.04.2015, 18:22 --

Должны быть какие-то условия, при выполнении которых существуют вещественные корни

[Red_Herring]

А что значит $\sin \psi=0$?

Для того, чтобы понять про другие решения, решать вовсе не надо. Заметим, что д.б. $\cos \psi >0$. Что это значит? Заметим, что при $\cos \psi>0$ левая часть монотонно убывает, а правая возрастает (от $\psi$). Значит м.б. только одно дополнительное решение. Сравнив п.ч. и л.ч. при $\psi=0$ и $\psi=\pi/2$ Вы поймете когда такое решение будет и заодно найдете бифуркацию. Теперь надо исследовать на максимум и минимум но это можно сделать даже без производных

[Lia]

Тема перемещена из форума «Вопросы преподавания» в форум «Анализ-II»
Причина переноса: по-моему, ей тут лучше.

[Oleg Zubelevich]

Geen в сообщении #999833 писал(а):

Не получается...

попробуйте еще раз

Oleg Zubelevich в сообщении #837269 писал(а):

интересно рассмотреть задачу в случае когда между колечком и эллипсом имеется линейно вязкое трение

[Geen]

Oleg Zubelevich в сообщении #1000769 писал(а):

Geen в сообщении #999833 писал(а):

Не получается...

попробуйте еще раз

Oleg Zubelevich в сообщении #837269 писал(а):

интересно рассмотреть задачу в случае когда между колечком и эллипсом имеется линейно вязкое трение

Все выходные пробовал
Но про трение не подумал - вроде же задача всё равно остаётся одномерной...

[Oleg Zubelevich]

Нарисуйте фазовый портрет приведеной системы. Вы получите, как я помню, (при определенных значениях параметров) седловую точку с расщепившимеся сепаратрисами и два фокуса, на которые все и будет сваливаться. Теперь будем брать начальные условия двлеко от фокусов. То, как решение будет выбирать на какой фокус свалиться, выглядит неким квазислучайным процессом. В этом и состоит "странность" аттрактора.

[unistudent]

Цитата:

Частные производные ф-ии $E(\psi, \dot\psi)$

$$\frac{\partial E}{\partial \psi}= \left[\left(a^2 \varepsilon^2\dot \psi^2 -\frac{M^2b^2}{(J+mb^2\sin^2\psi)^2}\right)\cos\psi- ga\right]m\sin\psi.$$

$$\frac{\partial E}{\partial \dot\psi}=m(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi.$$

Red_Herring в сообщении #1000614 писал(а):

А что значит $\sin \psi=0$?
Для того, чтобы понять про другие решения, решать вовсе не надо..

Стационарные точки: $\dot\psi=0$, а для $\psi$ - 0, $\pi$ и корни ур-я

$$M^2b^2\cos\psi=-ga(J+mb^2\sin^2\psi)$$

Правая часть этого ур-я всегда отрицательная. Значит $\cos\psi<0$, т.е. $\pi/2<\psi<3\pi/2$ (положение 0 у меня сверху). И левая и правая части ур-ия симметричны относительно $\pi$. Значит возможны два корня, по одному на каждом из участков монотонности. Возьмем участок $[\pi/2, \pi]$. Левая часть убывает от 0 до $-M^2b^2$, правая же возрастает от $-ga(J+mb^2)$ до $-gaJ$. Для существования корня необходимо, чтобы $M^2b^2 > gaJ$. То есть $M^2b^2=gaJ$ - бифуркация. Как исследовать на максимумы/минимумы без вовлечения вторых производных пока непонятно.

[Red_Herring]

Не надо искать вторых производных, а надо смотреть где и как первая производная меняет знак. Но здесь еще проще.

Если $|M|<M_0$, то есть две критические точки и верхняя очевидно максимум а нижняя минимум (кинетические энергии равны, сравниваем потенциальные)

Если $|M|>M_0$, то есть четыре критические точки причем верхняя все еще максимум, нижняя тоже максимум, а боковые -- минимумы.

\begin{tikzpicture}[scale=.75] \draw[thick] (0,0) ellipse (3 and 4); \draw[dotted] (0,-5)--(0,5); \draw[<->] (0,0)--(0,4); \draw[<->] (0,0)--(3,0); \node at (1.5,0) {\colorbox{gray!10}{$b$}}; \node at (0,2) {\rotatebox{90}{\colorbox{gray!10}{$a$}}}; \fill[red] (0,4) circle (.1); \fill[blue] (0,-4) circle (.1); \begin{scope}[xshift=8cm] \draw[thick] (0,0) ellipse (3 and 4); \draw[dotted] (0,-5)--(0,5); \draw[<->] (0,0)--(0,4); \draw[<->] (0,0)--(3,0); \node at (1.5,0) {\colorbox{gray!10}{$b$}}; \node at (0,2) {\rotatebox{90}{\colorbox{gray!10}{$a$}}}; \fill[red] (0,4) circle (.1); \fill[red] (0,-4) circle (.1); \fill[blue] (2.6,-2) circle (.1); \fill[blue] (-2.6,-2) circle (.1); \end{scope} \end{tikzpicture}

Теперь включайте трение

[ИСН]

Red_Herring в сообщении #1000863 писал(а):

Если $|M|<M_0$, то есть две критические точки и верхняя очевидно максимум а нижняя минимум (кинетические энергии равны, сравниваем потенциальные)
Если $|M|>M_0$, то есть четыре критические точки причем верхняя все еще максимум, нижняя тоже максимум, а боковые -- минимумы.

Ну то есть классическая картинка: устойчивое решение расщепилось на два устойчивых и (посередине) одно неустойчивое. Всё как положено.

[Geen]

ИСН в сообщении #1000871 писал(а):

Red_Herring в сообщении #1000863 писал(а):

Если $|M|<M_0$, то есть две критические точки и верхняя очевидно максимум а нижняя минимум (кинетические энергии равны, сравниваем потенциальные)
Если $|M|>M_0$, то есть четыре критические точки причем верхняя все еще максимум, нижняя тоже максимум, а боковые -- минимумы.

Ну то есть классическая картинка: устойчивое решение расщепилось на два устойчивых и (посередине) одно неустойчивое. Всё как положено.

http://www.wolframalpha.com/input/?i=pl ... +-pi+to+pi

[unistudent]

Надо составить ур-ия движения с трением. Теперь энергия системы не будет сохраняться, правильно? Будет сохраняться лишь одна компонента момента импульса.

[Red_Herring]

unistudent в сообщении #1000899 писал(а):

Надо составить ур-ия движения с трением. Теперь энергия системы не будет сохраняться, правильно? Будет сохраняться лишь одна компонента момента импульса.

Используйте Лагрангиан $L$ для ур-ний движения и из сохраняющейся компоненты момента выразите $\dot{\phi}$ и подставьте в ур-е; тогда полугится одномерное у-е 2го порядка; сведите к системе 1-го и рисуйте фазовый портрет

[Geen]

Oleg Zubelevich в сообщении #1000805 писал(а):

В этом и состоит "странность" аттрактора.

Что-то вроде этого: http://www.k-labs.ru/_tst/testode.html ?

[unistudent]

Ур-е лагранжа

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot\psi}-\frac{\partial L}{\partial \psi}=F$$

где

$$L=\frac{1}{2}\left[m(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)\dot \psi^2 +(J+mb^2\sin^2\psi)\dot\varphi^2- 2mga(1+\cos\psi)\right],$$

$$F=-\gamma \dot\psi\sqrt{a^2\sin^2\psi+b^2\cos^2\psi}.$$

Подставляем $L$, $F$ в ур-е Лагранжа и делаем затем замену $\dot\varphi=M/(J+mb^2\sin^2\psi)$. Получаем ур-е движения

$$m\ddot \psi-\left[\left(\frac{M^2b^2}{(J+mb^2\sin^2\psi)^2}-a^2 \varepsilon^2\dot \psi^2\right)\cos\psi + ga\right]\frac{m\sin\psi}{(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)}+\frac{\gamma \dot\psi}{\sqrt{a^2\sin^2\psi+b^2\cos^2\psi}}=0$$

Это ур-е можно записать в виде

$$\dot \psi=p,$$

$$\dot p =\left[\left(\frac{M^2b^2}{(J+mb^2\sin^2\psi)^2}-a^2 \varepsilon^2p^2\right)\cos\psi + ga\right]\frac{\sin\psi}{(a^2 \sin^2\psi+ b^2\cos^2\psi)}-\frac{\gamma p}{m\sqrt{a^2\sin^2\psi+b^2\cos^2\psi}}.$$

-- 07.04.2015, 14:53 --

Чтобы получить фазовую траекторию, полученную систему надо решать численно, задавая численные значения всех входящих параметров. Это целое дело. Странный атрактор получается именно для случая с трением? Кстати, моё ур-е отличается от ур-я Geen(а). Совпадение лишь для случая $a=b$, и то, с точностью до знака перед $ga$.