SISTEM DINAMIK TUGAS 4. Oleh RIRIN SISPIYATI ( ) Program Studi Matematika

SISTEM DINAMIK

TUGAS 4

Oleh RIRIN SISPIYATI (20106003) Program Studi Matematika

INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG 2009

2-1 Consider the equation ..

.

x   x  (  1)(  2) x  0 With  a real parameter. Find the critical points and characterize these points. Sketch the flow in the phase-plane and indicate the direction of the flow. Jawab : Misalkan .

xy ..

.

(21.1)

x  y  y  (  1)(  2) x jika   1 dan   2 , Titik kritis dari (21.1) adalah (0,0) ; jika   1 dan   2 , axis x mengandung titik kritis dari (21.1). Sistem persamaan (21.1) dapat ditulis sebagai : .  0 1  x   x.        y   (  1)(  2)   y    Pandang matriks

(21.2)

0 1   A=   (  1)(  2)  

Jika   1 dan   2 , matriks tersebut menjadi singular, sehingga titik kritisnya degenerate. jika   1 dan   2 , dapat diperoleh nilai eigen dari matriks A, misalkan nilai eigennya adalah r, sehingga : 0r 1      (  1)(  2)   r 

(21.3)

Dari (21.3) diperoleh persamaan karakteristik-nya :  r (  r )  (  1)(  2)  0 r 2  r  2  3  2  0



Didapat nilai-nilai eigen : r1, 2  Misalkan

  2  4(2  3  2)   52  12  8  2 2

D= 52  12  8 >0,   R (definit positif)

Sehingga nilai-nilai eigen r1 dan r2 keduanya merupakan bilangan real.

(21.4)

Salah satu nilai eigen, misalkan r1 , akan bernilai negatif, jika :

  52  12  8 

2  (52  12  8)



42  12  8  0



2  3  2  0



  1 atau   2

Untuk   1 atau   2 , atau nilai eigen r1 

 D  D  0 , sedangkan r2   0, 2 2

sehingga diperoleh solusi :

 x        P 1 e r1t  Q 1 e r2t  y  2   2    Dimana  1  merupakan vector eigen yang bersesuaian dengan r1 ,dan  2 

(21.5)

 1    merupakan  2 

vector eigen yang bersesuaian dengan r2 . Solusi (21.5) merupakan kombiasi linier dari dua buah solusi. Misalkan solusi 1 = x1 (t ) : x  P 1e r1t y  P 2 e r1t Dengan mengeliminasi t diperoleh x 

1 y , yang berarti bahwa solusi terletak pada 2

garis lurus. Karena r1 <0 , akibatnya jika t   , nilai x  0 dan y  0 , sehingga arahnya menuju titik (0,0) Misalkan solusi 2 = x 2 (t ) : x  Q 1e r2t y  Q 2 e r2t

Dengan mengeliminasi t diperoleh x 

1 y , yang berarti bahwa solusi terletak pada 2

garis lurus. Karena r2 >0 , akibatnya jika t   , nilai x   dan y   , sehingga arahnya menuju  Solusi dari (21.5) adalah kombinasi linier dari dua buah solusi, yaitu x1 (t ) dan x 2 (t ) Untuk t   , solusi x 2 (t ) menjadi dominan, dan x1 (t )  0, sehingga semua solusisolusi dengan Q  0 mendekati garis x 

1 y, 2

Jika P  0 , t   , solusi-solusi mendekati garis x 

1 y. 2

Sketsa : y

x2 (t )

Titik kritis (0,0) disebut saddle. x

x1 (t ) Jadi, untuk   1 atau   2 ,diperoleh dua nilai eigen bilangan real dan berbeda tanda. Titik kritis (0,0) merupakan saddle point. Untuk 1    2 , diperoleh nilai eigen r1  0 dan r2  0 , sketsa solusi pada ruang fase :

x 2 (t )

y

Titik kritis (0,0) disebut node x

x1 (t )

Jadi, untuk 1    2 ,, diperoleh dua buah nilai eigen bilangan real, dan keduanya positif. Titik kritis (0,0) merupakan node.

Cara alternatif : Sistem persamaan diferensial .

xy

(21.6)

.

y  y  (  1)(  2) x Dilakukan eliminasi : .

 x  y .

y  y  (  1)(  2) x



___________________  .

.

 x  y  (  1)(  2) x .

.

 y   x  (  1)(  2) x 

dy dx   (  1)(  2) x dt dt x



x

x

dy dx 0 dt dt  0  dt dt  (  1)(  2)0 tdt

 y  x 

(  1)(  2) 2 x C 2

Untuk   1 atau   2 , diperoleh grafik pada ruang fase : y

 (x , y ) 0 0 x

Ambil sebuah titik ( x0 , y 0 ) pada sebuah persamaan solusi, Jika x0 bergerak ke arah kanan (membesar),maka nilai y 0 akan bergerak ka arah atas (membesar). Maka titik kritis (0,0) disebut saddle. Untuk 1    2 , diperoleh grafik pada ruang fase : y

( x0 , y0 )  x

1 Untuk mengetahui arahnya, ambil   1,5 , persamaan solusi menjadi y  1,5 x  x 2  c . 8

Ambil sebuah titik x0 =1, maka y 0 =1,375 (kuadran I), Jika x0 =2, maka y 0 =2,75.

Artinya, jika x membesar, maka nilai y juga membesar, sehingga arahnya menuju tak hingga. Jika ( x0 , y 0 ) dikuadran IV : x0 =-1, maka y 0 =-1,625, sehingga jika x   ,maka y  

x0 =-2, maka y 0 =-3,5,

Kesimpulan : pada kasus ini titik (0,0) disebut titik node.

2-2 An extension of the Volterra-Lotka model of examples 2.7 & 2.15 is obtained by takin into account the saturation affect which is caused by a large number of prey. The equations become .

xy 1  sx

.

xy  cy 1  sx

x  ax  b y  b

With x, y  0 : the parameters are all positive. Determine the equilibrium solutions and their attraction properties by linierisation. Jawab : Titik kritis diperoleh jika f 1 ( x)  0 dan f 2 ( x)  0 , yaitu : xy 0 1  sx

(22.1)

xy  cy  0 1  sx

(22.2)

f 1 ( x)  ax  b

dan

f 2 ( x)  b

dari (22.1) didapat : x(a  b

y )0 1  sx

(22.3)

Dari (22.2) didapat : bx y(  c)  0 1  sx

(22.4)

Jika x=0 , maka y=0, titik kritisnya : (0,0) a b

Jika x  0 , maka

y =0 1  sx

 a

b 1  sx

 y

a (1  sx) b

(22.5)

Subsitusi (22.4) ke (22.5) : (

 

a (1  sx) bx )(  c)  0 b 1  sx

a (bx  c  csx)  0 b x(a 



acs ac ) b b

x

c b  cs

Kemudian , y



a sc (1  ) b b  cs y

Jadi diperoleh titik kritis (

a b  cs

c a , ) b  cs b  cs

Karena x  0, y  0 , serta semua parameter bernilai positif,maka b-cs >0. .

Proses linierisasi dipersekitaran titik x=a akan menghasilkan bentuk : y  Ay  f 1 ( x)  x Dengan A    f 2 ( x)  x  Untuk titik (0,0);

f 1 ( x)   by  a  y   (1  sx) 2 = f 2 ( x)   by   y   (1  sx) 2

 bx   1  sx  bx   c 1  sx 

a 0   A   0  c Sehingga diperoleh system persamaan : .

x  ax .

(22.6)

y  cy Solusi dari (22.6) adalah x  C1e at y  C 2 e  ct Maka titik kritis (0,0) adalah saddle.

Untuk titik

(

c a , ): b  cs b  cs

a  b  b  cs a  c 2  (1  s )  b  cs A=  a b  b  cs  c 2  )  (1  s b  cs   ab 2  ab(b  cs)  b2    ba (b  cs )  2  b 

 acs   b  acs a   b 

c   b  cs  c  1 s b  cs   c b  b  cs  c  c  1 s  b  cs  b

  b (b  cs )( )  b  cs   bc  c b  (b  cs )( ) b  cs   bc

  c  0  

Diperoleh system persamaan ;

(22.7)

acs  .   b  x.     y   a(b  cs )    b 

  c  x  x  0   y  y  0   0  

(22.8)

Atau equivalent dengan ; acs ( x  x 0 )  c( y  y 0 ) b . acs ya ( x  x0 ) b .

x

2-3 We are studying the three-dimensional system .

x1  x1  x1 x 2  x 2  x3 ( x1  x 2  1  x1  x1 x 2  x 2 ) 3

2

2

3

.

x 2  x1  x3 ( x1  x 2  2 x1 x 2 ) .

x 3  ( x3  1)( x3  2 x3 x 2  x3 ) 2

3

a. Determine the critical points of this system b. Show that the planes x3  0 and x3  1 are invariant sets. c. Consider the invariant set x3  1 . Does this set contain periodic solution? Jawab : Misalkan : .

f 1 ( x)  x 1  x1  x1 x 2  x 2  x3 ( x1  x 2  1  x1  x1 x 2  x 2 ) 3

2

2

.

f 2 ( x)  x 2  x1  x3 ( x1  x 2  2 x1 x 2 ) .

f 3 ( x)  x 3  ( x3  1)( x3  2 x3 x 2  x3 ) 2

3

a. Untuk menentukan titik kritis dari system di atas, harusla

3

2-4 Suppose that a very long conductor has been fixed in a vertical straight line : a constant current I passes though the conductor. A small conductor, length l and mass m, had been placed in vertical straight line; it has been fixed to a spring which can move horizontally. A constant current I passes through the small conductor. The small conductor will be put into motion in x-direction but it remains parallel to the long conductor; without deformation of the spring, its position is x=0. The fixed position of the long conductor is given by x=a. the equation of motion of the small conductor is ..

m x  kx 

2 Iil 0 ax

With k positive and x
x

k x 2  ax   0 m ax

b. Put the equation in the frame work of Hamiltonian systems. c. Copute the critical points and characterize them. Does the result agree with the Hamiltonian nature of the problem? d. Skech the phase-plane for various value of  Jawab: a. mx  kx 

2 Iil  0 ...... (*) ax

substitusikan   mx  kx 

 mx    x

2Iil ke persamaan (*) k

k 0 ax

k  ax  x 2   

ax 2 k  x  ax    m a  x

0

0

 mx 

 a  x  kx   x  0

ax akx  kx 2   x  mx  0 ax

b. x  y y  k

x

2

 ax   

m a  x

dx y  2 dy  x  ax    k   m a  x   x 2  ax    k   m  a  x   dx   ydy   2  x  ax   k     m  a  x  m  a  x   dx   ydy    x a  x   k     m  a  x  m  a  x   dx   ydy   xa k 1 2  1  x  k   ln  a  x    x 2  C m2 m 2 k 1 2  1  x  k ln  a  x   x 2  C m2 m 2 F  x, y  

k 1 2  1 x  k ln  a  x   y 2 : first integral m2 m 2

Dengan memasukan

p  mx qx

sehingga hamiltoniannya H  p, q   karena :

1 ka 2  1 p2  k ln  a  q   2 m m 2 m

 kq kx 1  H kq k    .  1    q m m a  q  m m aq  H p q    p m p  

c. x  y

x y  k

2

 ax   

m a  x

Titik kritis diperoleh dari x  0 y  0



x k

2

 ax   

ma  x

0

k  x 2  ax     0 karena k bilangan positif maka  x 2  ax     0

a  a 2  4 jadi x1,2  2 Titik kritis tergantung dari nilai a 2  4 1) Jika a 2  4  0 maka a 2  4  

Jadi untuk  

a2 4

a2 terdapat 2 titik kritis yaitu  x1 ,0  dan  x2 , 0  4

a  a 2  4 a  a 2  4 x1  dan x2  2 2

 x1 , 0  membentuk saddle dan  x2 , 0  2) Jika a 2  4  0 maka a 2  4  

a2 4

membentuk centre

Jadi untuk  

a2 terdapat 2 titik kritis yang bergabung menjadi titik kritis 4

degenerate. 3) Jika a 2  4  0 maka a 2  4  

Jadi untuk  

a2 4

a2 tidak ada titik kritis sehingga tidak ada titik setimbang. 4