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




На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение05.04.2015, 17:59 
Аватара пользователя
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?

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение05.04.2015, 18:03 
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

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение05.04.2015, 18:44 
Аватара пользователя
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

 
 
 
 Posted automatically
Сообщение05.04.2015, 20:04 
 i  Тема перемещена из форума «Вопросы преподавания» в форум «Анализ-II»
Причина переноса: по-моему, ей тут лучше.

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 08:04 
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

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 11:07 
Аватара пользователя
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...

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 12:07 
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.

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 12:44 
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.

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 15:18 
Аватара пользователя
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

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 15:41 
Аватара пользователя
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.

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 16:22 
Аватара пользователя
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 :-)

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 16:55 
Надо составить ур-ия движения с трением. Теперь энергия системы не будет сохраняться, правильно? Будет сохраняться лишь одна компонента момента импульса.

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение06.04.2015, 20:30 
Аватара пользователя
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

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение07.04.2015, 00:48 
Аватара пользователя
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 ? :-)

 
 
 
 Re: Классическая задача на бифуркации.
Сообщение07.04.2015, 14:29 
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 $ga$.

 
 
 [ Сообщений: 75 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.


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