Третий параграф заметки - Построение периодических решений

1Уравнение ДюффингаРассмотрим уравнение Дюффингаẍ + ω 2 x − βx3 = 0(1)Это уравнение удовлетворяет условиям теоремы о голоморфном интеграле, и поэтому имеет вокрестности особой точки x = ẋ = 0 семейство замкнутых траекторий. Каждая траектория задаетсяначальными условиямиx(0) = C, ẋ(0) = 0(2)Решение задачи Коши (1)–(2) есть периодическая функция x(t, C), период которой зависит от C.Поэтому в прямом разложении x = x1 (t)C + x2 (t)C 2 + . . . образуются секулярные члены. Для ихликвидации введем новое время()τ = ω 1 + h1 C + h2 C 2 + . . . tи, обозначив производную по τ через штрих, перепишем уравнение (1) как()2ω 2 1 + h1 C + h2 C 2 + . .

. x′′ + ω 2 x − βx3 = 0(3)Вид начальных условий при этом сохраняется. Разделим уравнение (3) на ω 2 и введем новыйпараметр b = ωβ2 . Решение задачи (3)–(2) будем искать в виде x = x1 (τ )C + x2 (τ )C 2 + x3 (τ )C 3 + . . .,причем xk (τ ) – 2π-периодические (или постоянные) функции. Определим прежде всего начальныеусловия для xk . Имеемx1 (0)C + x2 (0)C 2 + x3 (0)C 3 + . . . = Cx′1 (0)C + x′2 (0)C 2 + x′3 (0)C 3 + . . .

= 0,откуда следует, что x1 (0) = 1, x′1 (0) = 0, xk (0) = 0, x′k (0) = 0, k > 2. Теперь подставим разложениеx(τ, C) в уравнение (3)()x′′1 C + x′′2 C 2 + x′′3 C 3 + . . . +()3x1 C + x2 C 2 + x3 C 3 + . . . − b x1 C + x2 C 2 + x3 C 3 + . . . = 01 + h1 C + h2 C 2 + . . .)2 (Разделим уравнение (4) на C, раскроем скобки и приведем подобные слагаемые. Получим)(x′′1 + x1 + C (x′′2 + x2 + 2h1 x′′1 ) + C 2 x′′3 + x3 + 2h2 x′′1 − bx31 + .

. . = 0(4)(5)Приравнивая коэффициенты при C в левой части уравнения (5) к нулю, учитывая начальныеусловия для xk , построим последовательность задач Коши. Заметим, что величины h1 , h2 нампока неизвестны – они определяются далее.1. Задача для определения x1 имеет видx′′1 + x1 = 0, x1 (0) = 1, x′1 (0) = 0Ее решение – периодическая функция x1 (τ ) = cos τ .2. Задача для определения x2 имеет видx′′2 + x2 = 2h1 cos τ, x2 (0) = 0, x′2 (0) = 0(6)Если h1 ̸= 0, то задача (6) не имеет периодического решение из-за наличия в правой части уравнениярезонасного члена 2h1 cos τ .

Положим h1 = 0, тогда x2 (τ ) = 0.3. Коэффициент x3 определяется из следующей задачиx′′3 + x3 = 2h2 cos τ + b cos3 τ, x3 (0) = 0, x′3 (0) = 01(7)Уравнение (6) можно еще переписать как()3bbx′′3 + x3 = 2h2 +cos τ + cos 3τ44Последнее уравнения имеет периодические решения в том и только в том случае, если 2h2 +или h2 = − 3b8 . Решение задачи (7)x3 (τ ) =3b4=0bbcos τ −cos 3τ3232Итак, мы построили разложение решения задачи (3)–(2):x = C cos τ + C 3b(cos τ − cos 3τ ) + . . .32и удержали два ненулевых члена.

Вернемся к переменным и параметрам задачи (1)–(2):x = C cos Ωt + C 33β 2β(cos Ωt − cos 3Ωt) + . . . , Ω = ω −C + ...232ω8ω(8)Рис. 1: Сравнительные фазовые кривыеПостроим в фазовой плоскости сравнительные фазовые кривые, положив ω = 1, β = 2.На рис 1 кривая, выделенная синим цветом, соответствует найденному аналитическому решению (8), а кривая, выделенная красным – точному решению задачи (1)–(2), полученному с помощьюэллиптических функций Якоби.

Мы взяли значение константы C = 0.8, а при меньших по модулюзначениях C кривые практически сливаются.22Уравнение Ван-дер-ПоляПостроим периодическое решение уравнения Ван-дер-Поля()ẍ + x = ε 1 − x2 ẋ(9)Это периодическое решение определяется начальными условиями, одно из которых можно сделатьнулевым. Период решения зависит от ε, поэтому сделаем замену()τ = 1 + h1 ε + h2 ε2 + . . . tУравнение (9) преобразуется к виду()()2()1 + h1 ε + h2 ε2 + . . . x′′ + x = ε 1 − x2 1 + h1 ε + h2 ε2 + .

. . x′(10)Начальные условия для искомого периодического решения имеет видx(0) = A(ε), x′ (0) = 0(11)где A(ε) = A0 + A1 ε + A2 ε2 + . . .. Определим коэффициенты hk и Ak , при которых существует2π-периодическое решение задачи (10)–(11).Разложим это решение в ряд по степеням ε: x = x0 (τ ) + εx1 (τ ) + ε2 x2 (τ ) + . . ., xk (τ ) ≡ xk (τ + 2π).Начальные условия для xk имееют видxk (0) = Ak , x′k (0) = 0Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые в (10). Получим(())x′′0 + x0 + ε x′′1 + x1 − 1 − x20 x′0 + 2h1 x′′0 +(()() )ε2 x′′2 + x2 − 1 − x20 x′1 + 2x0 x1 x′0 + 2h2 x′′0 + h21 x′′0 + 2h1 x′′1 − h1 1 − x20 x′0 + .

. . = 0(12)Отметим еще, что уравнение (9) имеет особую точку x = 0, ẋ = 0 (это понадобится для дальнейшихвыкладок).Построим последовательность задач Коши, приравнивая коэффициенты при ε в левойчасти уравнения (12) к нулю и учитывая начальные условия для xk .0. Коэффициент x0 находим, решая задачуx′′0 + x0 = 0, x(0) = A0 , x′ (0) = 0Ее решение – x0 (τ ) = A0 cos τ . Коэффициент A0 мы не можем пока определить.1. Задача для определения x1 (τ ) имеет вид()A20A3′′x1 + x1 = A0 1 −sin τ + 0 sin 3τ + 2A0 h1 cos τ, x1 (0) = A1 , x′1 (0) = 044(13)Периодическое решение существует, если в правой части уравнения (13) отсутствуют резонасныечлены.

Это происходит, когда()2 A 1 − A0 = 004(14) 2A h = 00 1Решение A0 = 0 данной системы соответствует точке покоя x = ẋ = 0 уравнения (10), поэтомуинтереса для нас не представляет. Из двух оставшихся решений A0 = 2, A0 = −2 выбираем первое,т.к. другое решение A = −2 отвечает той же траектории уравнения (10). Коэффициент h1 при этомравен 0, а решение задачи (14)x1 (τ ) = A1 cos τ +331sin τ − sin 3τ442.

Задача для определения x2 (τ ) имеет вид)(135x′′2 + x2 =+ 4h2 cos τ + 2A1 sin τ − cos 3τ + 3A1 sin 3τ + cos 5τ, x2 (0) = A2 , x′2 (0) = 0 (15)4241Периодическое решение существует, если h2 = − 16и A1 = 0. Мы не будем определять это решение,1ограничившись разложением до ε включительно.Искомое периодическое решение задачи (10)–(11) имеет вид)(13sin τ − sin 3τ + . . .x = 2 cos τ + ε44Возвращаясь к старому времени t, получим периодическое решение уравнения (9), разложенноедо членов второго порядка()31x = 2 cos t + εsin t − sin 3t + . .

.(16)44()ε2Период этого решения T = 2π 1 + 16+ ... .Построим в фазовой плоскости замкнутую траекторию, соответствующую аналитическому решению (16). Также с помощью численного интегрирования построим фазовые кривые с начальнымиусловиями близкими к кривой (16) (ε = 0.05). Результат изображен на рис 2.Рис. 2: Предельный циклМы видим, что построенная замкнутая траектория служит предельным циклом для траекторийуравнения (9).43Неавтономное уравнение ДюффингаРассмотрим неавтономное уравнениеẍ + x − εbx3 = εa cos t(17)Теорема Пуанкаре о существовании периодического решения в невырожденном случае здесь неработает, потому что якобиан det Ψ∗0 равен нулю на любом порождающем решении. Тем не менее,мы можем попытаться найти периодическое решение x(t, ε) в виде разложения в ряд по степенямε: x(t, ε) = x0 (t) + εx1 (t) + ε2 x2 (t) + .

. ., причем xk (t + 2π) ≡ xk (t). Пусть начальные условия дляпериодического решения имеют видxk (0) = A(ε), ẋk (0) = B(ε),причем A(ε) = A0 + A1 ε + . . ., B(ε) = B0 + B1 ε + . . . – аналитические функции. Если уравнение (17)имеет периодическое решение x(t, ε), стремящееся к решению порождающего уравнения ẍ + x = 0,то x(t, ε) аналитично в точке ε = 0 вместе с функциями A(ε) и B(ε).Подставим степенное разложение x0 + εx1 + ε2 x2 + . .

. в уравнение (17).()ẍ0 + εẍ1 + ε2 ẍ2 + x0 + εx1 + ε2 x2 − εb x0 + εx1 + ε2 x2 + . . . + . . . = εa cos t(18)Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые в (18). Получим))((ẍ0 + x0 + ε ẍ1 + x1 − bx30 − a cos t + ε2 ẍ2 + x2 − 3bx20 x1 + . . . = 0Переходим к задачам Коши.0. Коэффициент x0 определяется как решение задачиẍ0 + x0 = 0, x0 (0) = A0 , ẋ0 (0) = B0Отсюда x0 = A0 cos t + B0 sin t. О значениях A0 , B0 пока ничего сказать нельзя.1. Задача для определения x1 выглядит следующим образом:3ẍ1 + x1 = b (A cos t + B sin t) + a cos t, x1 (0) = A1 , ẋ1 (0) = B1(19)Перепишем уравнение (19), перейдя к кратным углам()()3 3 33 23ẍ1 + x1 =bA0 + bA0 B02 + a cos t +bA0 B0 + B03 sin t+4444()()1 3 33 21+bA − bA0 B02 cos 3t +bA B0 − bB03 sin 3t4 0 44 04Условия существования периодического решения имеют вид33 bA30 + bA0 B02 + a = 0443 bA2 B0 + 3 bB 3 = 04 04 0( )1/3Эта система имеет единственное действительное решение A0 = − 4a, B0 = 0.

Задача (19)3bпринимает видaẍ1 + x1 = − cos 3t, x1 (0) = A1 , ẋ1 (0) = B13()aaРешение этой задачи – x1 (t) = A1 − 24 cos t + B1 sin t + 24cos 3t.52. Коэффициент x2 – решение задачи()()9 2133 21ẍ2 + x2 =bA0 A1 − abA20 cos t + bA20 B1 sin t +bA0 A1 + abA20 cos 3t+41644323 21+ bA0 B1 sin 3t + abA20 cos 5t, x2 (0) = A2 , ẋ2 (0) = B2432(20)Периодическое решение существует, если резонасные члены в правой части обращаются в ноль.Последнее имеет место, если91 bA20 A1 − abA20 = 0416 3 bA2 B1 = 04 0aЕдинственное решение этой системы – A1 = 36, B1 = 0. Определять x2 мы не будем.Итак, мы нашли первые два члена у предполагаемого периодического решения уравнения (17)(x=−4a3b)1/3( a)acos t + ε − cos t +cos 3t + .

. .7224(21)Пусть a = 3, b = −4, а ε = 0.05. На рис 3 показаны: проекция на плоскость (x, ẋ) периодическойтраектории (21), проекция траектории, полученной численным интегрированием уравнения (17)с начальными условиями x(0) = 1.2, ẋ(0) = 0. Можно высказать гипотезу об устойчивостипериодического решения (21) (при этом асимптотическая устойчивость места не имеет). Проверкаэтого предположения средствами только метода малого параметра невозможна.Рис.

3: Устойчивое периодическое решение6.