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 0 ) 2 )( 1 ( . ..      x x x   

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 y x y x ) 2 )( 1 ( . .. .          (21.1) jika  1 dan  2, Titik kritis dari (21.1) adalah(0,0);

jika  1 dan  2, axisxmengandung titik kritis dari (21.1). Sistem persamaan (21.1) dapat ditulis sebagai :

                       y x y x    1)( 2) ( 1 0 . . (21.2) Pandang matriks A= _           1)( 2) ( 1 0

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 adalahr,sehingga :           r r    1)( 2) ( 1 0 (21.3) Dari (21.3) diperoleh persamaan karakteristik-nya :

0 ) 2 )( 1 ( ) (      r  r    r2 r2320 Didapat nilai-nilai eigen :

2 8 12 5 2 ) 2 3 ( 4 2 2 2 2 , 1                  r (21.4)

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

Salah satu nilai eigen, misalkan r1, akan bernilai negatif, jika : 8 12 5 2        2 (52 128)  42 1280  2 320  1atau  2

Untuk  1 atau 2, atau nilai eigen 0 2 1    D r  , sedangkan 0 2 2    D r  ,

sehingga diperoleh solusi :

t r t r e Q e P y x 2 1 2 1 2 1                         (21.5) Dimana _      2 1  

merupakan vector eigen yang bersesuaian dengan r1,dan       2 1   merupakan vector eigen yang bersesuaian dengan r2. Solusi (21.5) merupakan kombiasi linier dari dua buah solusi.

Misalkan solusi 1 = x1(t): t r e P x 1 1   t r e P y 1 2  

Dengan mengeliminasitdiperoleh x y

2 1  

 , yang berarti bahwa solusi terletak pada garis lurus. Karena r <0₁ , akibatnya jika t, nilai x0 dan y0, sehingga arahnya menuju titik (0,0)

Misalkan solusi 2 = x₂(t): t r e Q x 2 1   t r e Q y 2 2  

Dengan mengeliminasitdiperoleh x y

2 1  

 , yang berarti bahwa solusi terletak pada garis lurus. Karena r >02 , 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 x₂(t) Untuk t, solusi x₂(t) menjadi dominan, dan x₁(t) 0, sehingga semua solusi-solusi denganQ0mendekati garis x y

2 1  

 ,

JikaP0, t, solusi-solusi mendekati garis x y

2 1    . Sketsa :

Titik kritis(0,0)disebutsaddle.

Jadi, untuk 1atau  2,diperoleh dua nilai eigen bilangan real dan berbeda tanda. Titik kritis(0,0)merupakansaddle point.

Untuk 12, diperoleh nilai eigen r₁ 0 dan r₂ 0, sketsa solusi pada ruang fase :

y x

)

(

2

t

x

)

(

1

t

x

Titik kritis(0,0)disebutnode

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

Cara alternatif :

Sistem persamaan diferensial

x y y y x ) 2 )( 1 ( . .         (21.6) Dilakukan eliminasi :        _________ __________ ) 2 )( 1 ( . . x y y y x      x y x ( 1)( 2) . .          y x ( 1)( 2)x . .        x dt dx dt dy ) 2 )( 1 (       

_



_

  

_

x x x tdt dt dt dx dt dt dy 0 0 0 ) 2 )( 1 (   y x ) ( 1t x ) ( 2t x

 y x   x2 C 2 ) 2 )( 1 (  

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

Ambil sebuah titik (x0,y0)pada sebuah persamaan solusi, Jika x0bergerak ke arah kanan (membesar),maka nilai y₀ akan bergerak ka arah atas (membesar).

Maka titik kritis(0,0)disebutsaddle.

Untuk1 2, diperoleh grafik pada ruang fase :

Untuk mengetahui arahnya, ambil  1,5, persamaan solusi menjadi y  x x2 c

8 1 5 ,

1 .

Ambil sebuah titik x₀=1, maka y₀=1,375 (kuadran I), Jika x0=2, maka y0=2,75. ) , (x₀ y₀  x y x y , ) (x₀ y₀

Artinya, jikaxmembesar, maka nilaiyjuga membesar, sehingga arahnya menuju tak hingga. Jika (x0,y0)dikuadran IV : 0 x =-1, maka y₀=-1,625, 0

x =-2, maka y0=-3,5, sehingga jika x,maka y Kesimpulan : pada kasus ini titik(0,0)disebut titiknode.

2-2An 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

cy

sx

xy

b

y

sx

xy

b

ax

x













1

1

. .

With x,y0: the parameters are all positive.

Determine the equilibrium solutions and their attraction properties by linierisation. Jawab :

Titik kritis diperoleh jika f1(x)0 dan f2(x)0, yaitu : 0 1 ) ( 1     sx xy b ax x f (22.1) dan 0 1 ) ( 2     cy sx xy b x f (22.2) dari (22.1) didapat : 0 ) 1 (    sx y b a x (22.3) Dari (22.2) didapat : 0 ) 1 (   sx c bx y (22.4)

Jikax=0, makay=0, titik kritisnya : (0,0) Jika x0, maka sx y b a   1 =0  sx b a   1  b sx a y (1 ) (22.5) Subsitusi (22.4) ke (22.5) : 0 ) 1 )( ) 1 ( (     c sx bx b sx a  (bxccsx)0 b a  b ac b acs a x(  )  cs b c x   Kemudian , ) 1 ( cs b sc b a y     cs b a y  

Jadi diperoleh titik kritis ( , )

cs b a cs b c  

Karena x0,y0, serta semua parameter bernilai positif,makab-cs>0. Proses linierisasi dipersekitaran titikx=aakan menghasilkan bentuk : y  Ay

. Dengan                      y x f x x f y x f x x f A ) ( ) ( ) ( ) ( 2 2 1 1 =                    c sx bx sx by sx bx sx by a 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 2 2 Untuk titik (0,0);

        c a A 0 0

Sehingga diperoleh system persamaan :

cy y ax x    . . (22.6) Solusi dari (22.6) adalah

at e C x ₁ ct e C y  ₂  (22.7)

Maka titik kritis (0,0) adalahsaddle.

Untuk titik

(

,

)

cs

b

a

cs

b

c





: A=                                      c cs b c s cs b c b cs b c s cs b a b cs b c s cs b c b cs b c s cs b a b a 1 ) 1 ( 1 ) 1 ( 2 2                           c cs b b cs b bc cs b b ba cs b b cs b bc b cs b ab ab ) )( ( ) ( ) )( ( ) ( 2 2 2               0 b acs a c b acs

                              0 0 . . 0 ) ( _{y y} x x b cs b a c b acs y x _(22.8)

Atau equivalent dengan ;

) ( ) ( ) ( 0 . 0 0 . x x b acs a y y y c x x b acs x        

2-3 We are studying the three-dimensional system ) 1 ( ₁2 ₂2 _{1 1 2 2}3 3 3 2 2 1 1 1 . x x x x x x x x x x x x          ) 2 ( 1 2 1 2 3 1 2 . x x x x x x x     ) 2 )( 1 ( 33 2 2 3 3 3 3 . x x x x x x    

a. Determine the critical points of this system

b. Show that the planes x₃ 0 and x₃ 1are invariant sets.

c. Consider the invariant set x₃ 1. Does this set contain periodic solution? Jawab : Misalkan : ) 1 ( ) ( _{1 1 1 2 2}3 _{3 1}2 ₂2 _{1 1 2 2}3 . 1 x x x x x x x x x x x x x f           ) 2 ( ) ( _{2 1 3 1 2 1 2} . 2 x x x x x x x x f      ) 2 )( 1 ( ) ( 33 2 2 3 3 3 3 . 3 x x x x x x x f     

2-4 Suppose that a very long conductor has been fixed in a vertical straight line : a constant currentIpasses though the conductor. A small conductor, lengthland massm, had been placed in vertical straight line; it has been fixed to a spring which can move horizontally. A constant currentIpasses through the small conductor. The small conductor will be put into motion inx-direction but it remains parallel to the long conductor; without deformation of the spring, its position isx=0. The fixed position of the long conductor is given byx=a. the equation of motion of the small conductor is

0 2 ..     x a Iil kx x m

Withkpositive andx<a.

a. Show that, putting 2Iil/k, the equation can be written as 0 2 ..      x a ax x m k 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 2Iil 0 a x      ... (*) substitusikan 2Iil k   ke persamaan (*) 0 k mx kx a x      













2 2 0 0 k ax x mx a x k x ax x m a x                





2 0 0 a x kx x mx a x akx kx x mx a x                 b.













2 2 x y x ax y k m a x dx y dy _{x ax} k m a x          _{ }   _     

 

1 2





1 2 , ln 2 2 k F x y x k a x y m m      : first integral Dengan memasukan p mx q x    sehingga hamiltoniannya





1 2





1 2 , ln 2 2 ka p H p q k a q m m m      karena :





































2 2 2 2 2 2 1 1 ln 2 2 1 1 ln 2 2 x ax k dx ydy m a x x ax k dx ydy m a x m a x x a x k dx ydy m a x m a x x a k x k a x x C m m k x k a x x C m m              _     _       _{ }            _{ }                

















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









2 x y x ax y k m a x        

Titik kritis diperoleh dari













2 2 0 0 0 0 x x ax y k m a x k x ax              

karena k bilangan positif maka



x2ax



0 jadi 2 1,2 4 2 a a x    

Titik kritis tergantung dari nilai 2 4 a   1) Jika 2 2 2 4 0 maka 4 4 a a a         Jadi untuk 2 4 a

  terdapat 2 titik kritis yaitu



x₁, 0 dan





x₂, 0



2 1 4 2 a a x     dan 2 2 4 2 a a x    



x1, 0



membentuk saddle dan



x2, 0



membentuk centre 2) Jika 2 2 2 4 0 maka 4 4 a a a        

Jadi untuk

2 4

a

  terdapat 2 titik kritis yang bergabung menjadi titik kritis degenerate. 3) Jika 2 2 2 4 0 maka 4 4 a a a         Jadi untuk 2 4 a