Krzysztof Leśniak 12 stycznia 2007
Skróty:
(L-k) równanie liniowe o stałych współczynnikach rzędu k, (UL) układ równań liniowych,
(UL2) układ dwu równań liniowych,
(DS) układ dynamiczny (stowarzyszony z równaniem rekurencyjnym).
Uwagi redakcyjne:
1. Nagminnie wykorzystujemy domyślne utożsamienie:
funkcja f = układ (X, f ) = równanie xn+1= f (xn).
2. W paragrafach o asymptot.stabilności i ogólnych kryteriach stabil. uzupełniono przykłady i ćwiczenia. Wykorzystane zostały m.in. zadania z kolokwium.
3. Dołączono materiał o macierzach Markowa.
4. NUMERACJA zadań, twierdzeń a nawet paragrafów może ulegać gwałtownym zmianom.
(Be patient, stay tuned ;)
Spis treści
1 Układ dynamiczny 1
2 Asymptotyczna stabilność 3
3 Ogólne twierdzenia o stabilności 7
4 Stabilność równań liniowych 13
5 Macierze Markowa 17
0
1 Układ dynamiczny
Równanie rekurencyjne
(L-1) xn+1= a · xn+ b można potraktować jako szczególny przypadek równania
(DS) xn+1 = f (xn),
gdzie f : C → C, f (x) = a · x + b. Dowolność wyboru funkcji f prowadzi do ogólnego pojęcia układu dynamicznego.
Definicja. Niech X będzie przestrzenią metryczną, zaś f : X → X jej przekształceniem (cią- głym). Wówczas parę (X, f ) nazywamy dyskretnym układem dynamicznym.
Trajektorią (niekiedy: orbitą) układu (X, f ) startującą z punktu x0 ∈ X nazywamy ciąg (xn)∞n=0 spełniający warunek (DS), który jest równoważny iteracji:
x0 7−→ f (xf 0)7−→ ff 2(x0) = f (f (x0))7−→ ff 3(x0) = f (f (f (x0))) . . . xn= fn(x0) = f (. . . f (f (
| {z }
n
x0)) . . .)
xn — położenie po n krokach (w n-tej chwili, w biologii: liczebność/gęstość populacji w n-tym pokoleniu, w chemii: stężenie podczas n-tego pomiaru; w ekonomii i astronomii: szereg czasowy itp.itd.). Taki sposób myślenia usprawiedliwia nazywanie f układem dynamicznym.
Rozwiązania (DS) = trajektorie (X, f )
Zamiast badać rozwiązania równania (DS) badamy iteracje fn funkcji f : X → X.
Przykład. Niech X = R, f (x) = x3. Wtedy (DS) przyjmuje postać (nieliniowego) równania rekurencyjnego w dziedzinie rzeczywistej xn+1 = xn3.
Przykład. Niech X = C2, f (x, y) = ([a bc d] [xy] + [gh])T = (a x + b y + g, c x + d y + h). Wtedy (DS) przyjmuje postać liniowego układu dwóch równań rekurencyjnych
(UL2) xn+1=
"
xn+1 yn+1
#T
=
"
a b c d
# "
xn yn
#
+
"
g h
#!T
= f (xn, yn) = f (xn) ze stałą niejednorodnością [hg].
Przykład. (równanie nieautonomiczne) Równanie liniowe (LZ-1) xn+1 = anxn+ bn ma postać nieautonomiczną
xn+1 = F (xn, n).
Wartość xn+1 zależy nie tylko od poprzedniej wartości xn, ale również od czasu n, w którym wartość xn została osiągnięta. Dynamikę zadaną tym równaniem opisuje (DS) jeśli przyjmiemy X = C × N, f : X → X, f (y, m) = (F (y, m), m + 1), xn = (xn, n). Należy „przekazywać” w trajektorii informację o położeniu xn i czasie n:
(x0, 0)
| {z }
x0
7→ (x1, 1)
| {z }
x1
= f (x0, 0) = (F (x0, 0), 1) 7→ (x2, 2)
| {z }
x2
= f (x1, 1) = (F (x1, 1), 2) 7→ . . .
Przykład. (równania wyższych rzędów) Równanie k-tego rzędu xn+k = F (xn+(k−1), xn+(k−2), . . . , xn+1, xn) koduje układ wielowymiarowy (DS), gdzie X = Ck, f : X → X,
f (yk−1, . . . , y1, y0) = (F (yk−1, . . . , y1, y0), yk−1, . . . , y1
| {z }
k−1poprzednich stanów
).
Ćwiczenia
1. Podać dwa przykłady równań rekurencyjnych nieautonomicznych. Rozwiązać te równania.
2. Zapisać w postaci (DS) równanie nieautonomiczne rzędu k:
xn+k = F (xn+(k−1), xn+(k−2), . . . , xn+1, xn, n).
3. Niech f : X → X. Pokazać, że rodzina {fn: X → X}∞n=0, f0 = idX, fn+1 = f ◦ fn, stanowi przemienną półgrupę przekształceń tzn.
(o) f0◦ fn= fn, (i) fk◦ (fm◦ fn) = (fk◦ fm) ◦ fn, (ii) fm◦ fn = fn◦ fm. Wskazówka: fm◦ fn= fm+n.
2 Asymptotyczna stabilność
Poniżej koncentrujemy się na przypadku f : C → C oraz f : R → R. Zauważmy tylko, że poniższe definicje przepisują się bez zmian na sytuację ogólną f : X → X.
Oznaczenia:
K(z0, %) = {z : |z − z0| < %} — %-otoczenie punktu z0 (kula), dist(z, A) = inf
y∈A|z − y| — dystans punktu z do zbioru A, K(A, %) = {z : dist(z, A) < %} = S
y∈A
K(y, %) — %-otoczenie zbioru A, Fix(f ) = {y : f (y) = y} — zbiór punktów stałych funkcji f .
Definicja. Trajektoria (xn)∞n=0 = (fn(x0))∞n=0 jest
• stała (= stacjonarna), gdy ∀n xn+1 = xn,
• τ -okresowa, gdy ∀n xn+τ = xn,
• τ -okresowa od pewnego miejsca (ang. eventually periodic), gdy ∃m∀n>m xn+τ = xn,
• przyciągana przez zbiór A, gdy dist(xn, A) −→
n→∞0, piszemy xn −→
n→∞A.
Uwaga:
(xn)∞n=0 — trajektoria stała ⇔ f (x0) = x0 (punkt stały) ⇔ x0 ∈ Fix(f ),
(xn)∞n=0 — trajektoria τ -okresowa ⇔ fτ(x0) = x0 (punkt okresowy) ⇔ x0 ∈ Fix(fτ), {x0, f (x0), . . . , fτ −1(x0)} — tzw. orbita okresowa.
Definicja. Punkt stały x0 jest
• zlewem (= atraktorem), gdy przyciąga wszystkie trajektorie startujące w swym otoczeniu:
∃r>0∀z∈K(x0,r) fn(z) −→
n→∞x0,
• źródłem (= repelerem), gdy odpycha wszystkie trajektorie startujące w swym sąsiedztwie:
∃r>0∀z∈K(x0,r), z6=x0 ∃m∀n>m fn(z) 6∈ K(x0, r).
Definicja. Orbita okresowa P = {x0, x1, . . . , xτ −1}, gdzie xi = fi(x0), fτ(x0) = x0, jest
• zlewem (= atraktorem), gdy przyciąga wszystkie trajektorie startujące w swym otoczeniu:
∃r>0∀z∈K(P,r)=Sτ −1
i=0K(xi,r) fn(z) −→
n→∞P,
• źródłem (= repelerem), gdy odpycha wszystkie trajektorie startujące w swym sąsiedztwie:
∃r>0∀z∈K(P,r)\P ∃m∀n>m fn(z) 6∈ K(P, r), inaczej (nie w pełni rygorystycznie):
∃r>0∀z∈Sτ −1
i=0 K(xi,r), z6=xi ∃m∀n>m dist(fn(z), P )> r.
Oznaczenie:
Basf(A) = {z : fn(z) −→
n→∞ A} — basen przyciągania (ang. basin of attraction) zbioru A.
Zatem orbita okresowa P = {x0, f (x0), . . . , fτ −1(x0)} (punkt stały x0 dla τ = 1) jest zlewem (=atraktorem) dokładnie wtedy, gdy leży wewnątrz swego basenu przyciągania:
∃r>0 K(P, r) ⊂ Basf(P ).
Definicja. Jeżeli wszystkie trajektorie układu dynamicznego generowanego przez f są przycią- gane przez punkt stały lub orbitę okresową, to układ taki nazywamy asymptotycznie stabilnym.
Na ogół opis (lub choćby wyznaczenie) wszystkich orbit okresowych (i punktów stałych) to trudne zagadnienie. Niekiedy jednak daje się to uczynić poprzez wnikliwą (i pracochłonną) analizę sytuacji. Bardzo prostego narzędzia weryfikacyjnego dostarcza nam
Lemat 1 („o pełności opisu dynamiki”) Niech P1, P2, P3, . . . , Pm będą orbitami okresowy- mi układu f : X → X, X = C lub R; dopuszczamy tu punkty stałe jako orbity 1-okresowe.
Jeśli dowolna trajektoria (xn)∞n=0 = (fn(x0))∞n=0 nie przecinająca żadnej z orbit Pi, i = 1, . . . , m, {xn: n = 0, 1, 2, . . .} ∩ Pi = ∅ (inaczej ∀n xn6∈Smi=1Pi), jest przyciągana przez pewną orbitę Pi∗ lub przez {∞}, xn −→
n→∞ Pi∗ lub |xn| −→
n→∞ ∞, to P1, . . . , Pm stanowią wszystkie orbity okresowe układu f (innych orbit nie ma).
Dowód. Dyskusja na egzaminie ustnym. Uwaga: |xn| −→
n→∞∞ jest równoważny z warunkiem odpychania (./) z ćw.8.
Uwaga: Podkreślamy, że lemat dotyczy również takich sytuacji, gdzie pewne orbity nie są ani atraktorami ani repelerami (dowolnie blisko danej orbity mogą startować trajektorie przyciągane przez inne orbity).
Przykład. Niech f : [0, ∞) → [0, ∞), f (x) = √
x, xn+1 = f (xn) = √
xn. Istnieją tylko dwa punkty stałe 0 = f (0) i 1 = f (1), brak niestacjonarnych punktów okresowych; {0} jest repelerem, {1} jest atraktorem. Rzeczywiście:
xn= 2n√ x0
= 0, gdy x0 = 0,
= 1, gdy x0 = 1,
n→∞−→ 1, gdy 0 < x0 6= 1.
t
0
źródło
−→ t
1
zlew ←−
Punkt stały 1 jest asymptotycznie stabilny (i ściąga wszystkie orbity nie przecinające 0), a
Basf(x) =
(0, ∞), gdy x = 1, {0}, gdy x = 0,
∅, gdy x ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞).
W przypadku f : [12, ∞) → [12, ∞), f (x) = √
x, punkt 1 jest jedynym punktem stałym – atraktorem układu.
Przykład. Niech f : C → C, f (x) = x+12 , xn+1 = f (xn) = xn2+1. Wtedy Fix(f ) = {1}, przy czym {1} jest atraktorem, bo dla xn= fn(x0):
|xn+1− 1| =
xn+ 1 2 − 1
= |xn− 1|
2 ⇒ |xn− 1| = |x0− 1|
2n −→
n→∞0 ⇒ xn −→
n→∞1.
Oczywiście Basf(1) = C i niestacjonarne punkty okresowe nie występują.
Inna metoda oceny stabilności to wykorzystanie jawnej postaci rozwiązań:
xn = 2−n· x0+
n
X
i=1
2−i = 2−n· (x0− 1) + 1 −→
n→∞1.
Przykład. Niech f : C → C, f (x) = 2x + 1, xn+1 = f (xn) = 2xn+ 1. Wtedy Fix(f ) = {−1}, przy czym {−1} jest repelerem, bo dla xn = fn(x0), x0 6= −1:
|xn+1− (−1)| = |(2xn+ 1) − (−1)| = 2|xn− (−1)| ⇒ |xn− (−1)| = 2n· |x0− (−1)| −→
n→∞ ∞.
Wszystkie niestacjonarne rozwiązania xn są wypychane przez {−1} (ku nieskończoności, więc {∞} jest atraktorem). Brak niestacjonarnych punktów okresowych.
Inna metoda oceny stabilności to wykorzystanie jawnej postaci rozwiązań:
xn= 2n· x0+
n−1
X
i=1
2−i = 2n· (x0+ 1) − 1; |xn| −→
n→∞∞ dla x0 6= −1.
Przykład („dziurawy basen”). Niech f : [0, 1] → [0, 1], f (x) =
( x
2, x ∈ Q,
x, x ∈ R \ Q. Wtedy Fix(f ) = ((R\Q)∩(0, 1))∪{0}, przy czym punkty stałe nie są ani przyciągające ani odpychające.
Basf(x) =
Q, x = 0,
∅, x ∈ Q \ {0}, {x}, ∈ R \ Q.
Ćwiczenia
1. Pokazać, że jeśli orbita jest 3- i 5-okresowa, to jest stacjonarna.
2. Podać przykład odwzorowania f : X → X posiadającego taką orbitę, która jest jednocześnie 4- i 6-okresowa, ale nie jest stała (stacjonarna).
3. Uogólnić wynik ćw.1. Dokładniej, uzasadnić, że orbita o okresach τ1 i τ2 ma też okres NWD(τ1, τ2).
4. Znaleźć wszystkie punkty stałe i orbity okresowe oraz zbadać ich charakter (zlew, czy źródło) dla układów dynamicznych danych równaniami:
(a) xn+1=√3
xn, xn∈ R, (b) xn+1= 13i · xn, xn ∈ C, (c) xn+1= 15 · xn+ 1, xn ∈ C, (d) xn+1=√
3 xn, xn∈ [0, ∞), (e) xn+1= − xn, xn∈ C, (f) xn+1= n+1xn , xn ∈ C,
(g) xn+1= (n + 1)3· xn, xn∈ C, (h) xn+1= 3 · xn+ n+11 , xn ∈ R, (i) xn+1= xn3, xn ∈ R, (j) xn+1 = 5 · xn3, xn∈ R,
(k) xn+1 = xxn
n+2, xn∈ R \ {−2k2−k1
2
: k = 0, 1, 2, . . .}.
Wskazówka: Wykorzystać jawną postać rozwiązań.
5. Przeanalizować zachowanie się rozwiązań równania liniowego (stacjonarność, okresowość, przyciąganie, odpychanie) w zależności od parametrów a, b ∈ C:
(a) (LJ-1) xn+1= a xn, (b) (L-1) xn+1 = a xn+ b.
6. Przypomnijmy, że ciąg (xn)∞n=0 jest różnowartościowy, gdy ∀m,n m 6= n ⇒ xm 6= xn. Pokazać, że trajektoria (xn)∞n=0 = (fn(x0))∞n=0jest okresowa od pewnego miejsca wtedy i tylko wtedy, gdy nie jest różnowartościowa.
7. Orbita {x0, f (x0), . . . , fτ −1(x0)} punktu τ -okresowego x0 = fτ(x0) jest atraktorem (odpo- wiednio: repelerem) układu generowanego przez f , wtedy i tylko wtedy gdy punkt x0 jest atrak- torem (odpowiednio: repelerem) układu generowanego przez fτ.
8. Niech x0 = f (x0) oraz
(./) ∃r>0 ∀x
0 < |x − x0| < r ⇒ |fn(x) − x0| −→
n→∞∞
.
Wtedy x0 jest repelerem (odpychającym punktem stałym). Podać dwa przykłady funkcji f z odpychającym punktem stałym, który nie spełnia (./). Pokazać, ze |fn(x) − x0| −→
n→∞ ∞ ⇔
|fn(x)| −→
n→∞∞.
9. Zbiór punktów τ -okresowych funkcji f , dla których τ jest okresem minimalnym ma postać Fix(fτ) \ [
ν|τ, ν6=τ
Fix(fν);
mniej efektywnie: Fix(fτ) \S16ν<τFix(fν).
10. Niech f : X → X będzie ciągła. Pokazać, że jeśli punkt x0, o którym nie zakładamy, iż jest stały, przyciąga trajektorie ze swego otoczenia, to jest atraktorem (przyciągającym punktem stałym). Czytelnik nieobeznany z przestrzeniami metrycznymi może się ograniczyć do przypad- ków X = C i X = R. Wskazówka: Rozważyć ciągi xn = fn(x0) −→
n→∞x0, xn+1 = f (xn).
(Ciekawostka: w teorii operatorów Markowa już tak być nie musi: p.np. artykuł A.Lasoty w czasop. „Matematyka stosowana”).
11. (Brak fenomenu chaosu na przestrzeni skończonej) Niech X będzie zbiorem skończonym, f : X → X. Wówczas wszystkie trajektorie (fn(x0))∞n=0 są okresowe od pewnego miejsca, choć nie muszą być okresowe. Jeżeli ponadto f : X → X jest różnowartościowe (=injekcja), to wszystkie trajektorie są okresowe. Natomiast sama funkcja f jest bijekcją. Co więcej fm = idX
dla pewnego m tzn. półgupa przekształceń {fn : X → X}∞n=0jest grupą cykliczną izomorficzną z Zk, gdzie k = min{m : fm= idX}. (Zbiór X rozpada się na orbity okresowe o okresach będących dzielnikami k).
3 Ogólne twierdzenia o stabilności
Do badania asymptotycznej stabilności układu generowanego przez f : J → J , R ⊃ J – odcinek, możemy często użyć następującego podstawowego faktu z analizy rzeczywistej.
Twierdzenie 1 (o ciągach monotonicznych) Ciąg monotoniczny i ograniczony jest zbieżny.
Dobrą ilustrację teorii stanowi iterowany pierwiastek
4
r
3 ·q4 3 ·√4
. . . − 2 − 2 =√ 2.
Przykład (iterowany pierwiastek – podejście monotoniczne). Niech f : [1, ∞) → [1, ∞), f (x) = √4
3x2− 2. Mamy: Fix(f ) = {1,√
2} — rozwiązania x4 − 3x2 + 2 = 0 leżące w [1, ∞). Dalej:
f (x)
( < x, gdy x > √ 2,
> x, gdy 1 < x <√ 2,
bo dla x > 1: f (x)<>x ⇔ 3x2 − 2<>x4, a wielomian x4 − 3x2 + 2 jest dodatni w przedziale (√
2, ∞), zaś ujemny w przedziale (1,√
2). Przez indukcję: fn(x) < √
2 i (fn(x))∞n=0 — rosnący, gdy x ∈ (1,√
2), natomiast fn(x) > √
2 i (fn(x))∞n=0 — malejący, gdy x ∈ (1,√
2). Ciąg monotoniczny i ograniczony jest zbieżny: fn(x) −→
n→∞y. Dzięki ciągłości: f (y) = y ⇔ y ∈ Fix(f ).
Jeżeli x > √
2, to y = lim
n→∞fn(x) > √
2. Jeśli 1 < x < √
2, to f (x) > x > 1 i przez indukcję fn(x) > x > 1, skąd y = lim
n→∞fn(x)> x > 1. W rezultacie y =√
2. Podsumowując:
fn(x)
= 1, gdy x = 1,
=√
2, gdy x =√ 2,
n→∞−→
√2, gdy x ∈ (1,√
2) ∪ (√ 2, ∞), {1} – repeler, {√
2} – atraktor. Brak niestacjonarnych orbit okresowych.
Przykład. Niech f : R → R, f (x) = √
x2+ x + 2. Mamy: Fix(f ) = ∅ oraz ∀x∈R f (x) > x.
Rzeczywiście f (R) ⊂ [0, ∞), więc dla x 6 0 nierówność jest oczywista, a dla x > 0 zachodzi:
f (x) > x ⇔ x2+ x + 2 > x2 ⇔ x + 2 > 0. Dalej przez indukcję:
x < f (x) < f (f (x)) = f2(x) < f (f2(x)) = f3(x) < . . . < fn(x) < f (fn(x)) = fn+1(x) < . . . Każda trajektoria (fn(x))∞n=0 jest rosnąca.
Ponadto trajektorie są nieograniczone. Gdyby ciąg (fn(x))∞n=0był ograniczony przy pewnym x, to istniałaby granica fn(x) −→
n→∞y. Dzięki ciągłosci f mielibyśmy więc:
y = lim
n→∞fn+1(x) = lim
n→∞f (fn(x)) = f ( lim
n→∞fn(x)) = f (y) ⇒ y ∈ Fix(f ) = ∅
— sprzeczność. Ostatecznie wszystkie trajektorie rosną do +∞. (Niekiedy mówimy, że {+∞}
stanowi atraktor f ).
Twierdzenie 2 (kryterium różniczkowe stabilności punktu stałego) Niech f : C → C, f (x0) = x0 – punkt stały. Wtedy:
(i) |f0(x0)| < 1 ⇒ x0 – przyciągający (=atraktor), (ii) |f0(x0)| > 1 ⇒ x0 – odpychający (=repeler).
Dowód. Ad (i). Z definicji pochodnej: f0(x0) = lim
z→x0
f (z)−f (x0)
z−x0 . Czyli
z→xlim0
|f (z) − f (x0)|
|z − x0| = |f0(x0)| < 1.
Połóżmy γ = |f0(x20)|+1. Ponieważ |f0(x0)| < γ < 1, więc (z definicji granicy):
∃ε>0∀z∈K(x0,ε) |f (z) − x0| = |f (z) − f (x0)|6 γ · |z − x0| < ε, f (z) ∈ K(x0, ε).
Ustalmy dowolny punkt startowy x ∈ K(x0, ε) z otoczenia x0. Biorąc kolejno z = x, f (x), f2(x), . . ., fn−1(x), . . . widzimy, że fn(x) ∈ K(x0, ε) oraz
|fn(x) − x0| 6 γ · |fn−1(x) − x0| 6 γ2· |fn−2(x) − x0| 6 . . . 6 γn· |x − x0| −→
n→∞0.
Ostatecznie fn(x) −→
n→∞x0 – przyciągający.
Ad (ii). P. ćw.4.
Twierdzenie 3 (kryterium różniczkowe stabilności orbity okresowej) Niech f : C → C, P = {x0, x1, . . . , xτ −1} – orbita okresowa tj. xi = fi(x0), fτ(x0) = x0. Wtedy:
(i) |f0(x0) · f0(x1) · . . . · f0(xτ −1)| < 1 ⇒ P – przyciągająca (=atraktor), (ii) |f0(x0) · f0(x1) · . . . · f0(xτ −1)| > 1 ⇒ P – odpychająca (=repeler).
Dowód. Na podstawie ćw.7 z Paragrafu 2 stabilność (odpychanie/przyciąganie) orbity P jest równoważna stabilności x0 jako punktu stałego układu generowanego przez fτ. Ze wzoru na pochodną funkcji złożonej mamy:
(fτ)0(x0) = f0(fτ −1(x0)) · . . . · f0(f2(x0)) · f0(f (x0)) · f0(x0) =
τ −1
Y
i=0
f0(xi).
Nasze twierdzenie jest więc wnioskiem z różniczkowego kryterium stabilności punktu stałego. Przykład. Niech f : C → C. Jeśli f (x) = 12(x + 1), to Fix(f ) = {1}, f0(x) = 12 i na mocy róż- niczkowego kryterium stabilności {1} stanowi atraktor f . Jeśli f (x) = 2x + 1, to Fix(f ) = {−1}, f0(x) = 2 i na mocy kryterium różniczkowego {−1} stanowi repeler f . Kryteria różniczkowe mają jednak charakter lokalny, więc nie mamy pewności, czy f nie posiada innych orbit okreso- wych. (Por. stosowne przykłady z Paragrafu 2).
Przykład (iterowany pierwiastek – podejście różniczkowe). Niech f : [1, ∞) → [1, ∞), f (x) =√4
3x2− 2. Mamy:
Fix(f ) = {1,√
2}, f0(x) = 3
2 · x
q4
(3x2− 2)3
, f0(1) = 3
2 > 1, f0(√ 2) = 3
4 < 1, skąd na podstawie różniczkowego kryterium stabilności: {1} – repeler, {√
2} – atraktor.
Przykład. Niech f : R → R, f (x) = 5x
1 + 5x2. Wyznaczamy:
Fix(f ) =
(
− 2
√5, 0, 2
√5
)
, f0(x) = 5 − 25x2
(1 + 5x2)2, f0(0) = 5, f0 ∓ 2
√5
!
= −3 5.
Z kryterium różniczkowego: {0} – repeler, {−√25}, {√25} – atraktory.
Przykład (orbity 2-okresowe). Niech f : C → C, f (x) = a · (x3 − x). Wówczas f0(x) = a · (3x2− 1). Zbadajmy stabilność punktów stałych i 2-okresowych dla a = 12 oraz a = −32.
a = 12 Punkty stałe:
Fix(f ) = {0, ∓√ 3},
f0(0) = −12 ⇒ {0} – atraktor, f0(∓√
3) = 4 ⇒ {−√ 3}, {√
3} – repelery.
Punkty 2-okresowe:
Fix(f2) \ Fix(f ) = {p1, p2, p3, p4, p5, p6}, p1,2= ±i, p3,4 = ±12√
5 + i√
3, p5,6 = ±12√
5 − i√ 3. Orbity:
f (p1) = p2, f (p2) = p1 f (p3) = p6, f (p6) = p3 f (p4) = p5, f (p5) = p4 {p1, p2} {p3, p6} {p4, p5}
f0(p1) · f0(p2) = 4 f0(p3) · f0(p6) = 172 f0(p4) · f0(p5) = 172 Wszystkie orbity 2-okresowe są repelerami.
a = −32 Punkty stałe:
Fix(f ) =
0, ±
√ 33
, f0(0) = 32 ⇒ {0} – repeler, f0(±
√ 3
3 ) = 0 ⇒ {
√ 3 3 }, {−
√ 3
3 } – atraktory.
Punkty 2-okresowe:
Fix(f2) \ Fix(f ) = {p1, p2, p3, p4, p5, p6}, p1,2 = ∓13 √
15, p3,4 = ∓
√3 6 (√
7 − i), p5,6 = ∓
√3 6 (√
7 + i).
Orbity:
f (p1) = p2, f (p2) = p1 f (p3) = p6, f (p6) = p3 f (p4) = p5, f (p5) = p4
{p1, p2} {p3, p6} {p4, p5} f0(p1) · f0(p2) = 36 f0(p3) · f0(p6) = 92 f0(p4) · f0(p5) = 92 Wszystkie orbity 2-okresowe są repelerami.
Przykład. Niech f : R → R, f (x) = 2x2
1 + x2. Wyznaczamy:
Fix(f ) = {0, 1}, f0(x) = 4x (1 + x2)2.
Z kryterium różniczkowego: {0} – atraktor, bo f0(0) = 0. Skoro f0(1) = 1, więc stabilność 1 należy zbadać metodami innymi niż kryterium różniczkowe.
Mamy f (1) = 1 oraz dla 0 < x 6= 1: f (x) = 2x
1 + x2 · x< x.[!]
[!] 2x
1 + x2 < 1 ⇔ 0 < (x − 1)2, gdy x 6= 1.
Przez indukcję ciąg (fn(x))∞n=0 jest ściśle malejący przy dowolnym warunku początkowym x ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞), a ponadto jest ograniczony z dołu przez 0 (bo f ((0, ∞)) ⊂ (0, ∞)). Zatem istnieje granica y = lim
n→∞fn(x). Dzięki ciągłości f wiemy, że y ∈ Fix(f ). Jeśli x > 1, to f (x) > 1 i przez indukcję fn(x) > 1. Razem y = lim
n→∞fn(x)> 1, y ∈ {0, 1}, co daje y = 1. Jeśli zaś 0 < x < 1, to fn(x) < . . . < f (x) < x < 1, skąd y = lim
n→∞fn(x)6 x < 1 tj. y = 0. Ostatecznie
fn(x)
n→∞−→ 0, gdy 0 < x < 1,
= 1, gdy x = 1,
n→∞−→ 1, gdy x > 1, a 1 nie jest ani atraktorem ani repelerem.
Przykład. Niech f : C → C, f (x) = 12|x|. Wtedy Fix(f ) = {0} – atraktor, bo:
fn(x) = 2−n· |x| −→
n→∞0.
Kryterium różniczkowe tu nie działa, bo f0(0) nie istnieje. Wystarczy jednak badać f : R → R, bo f (C) ⊂ R. Wówczas f+0(0) = 12, f−0 (0) = −12 i można zastosować jednostronne kryterium różniczkowe (p.ćw.8).
Przykład. Niech f : R → R, f (x) = 5x
x2+ 5. Wtedy Fix(f ) = {0}, przy czym f0(0) = 1, więc nie można skorzystać z kryterium różniczkowego. Obserwujemy zachowanie trajektorii startujących w pobliżu 0:
f (x) = 5
x2+ 5 · x∈[!]
( (0, x), gdy x > 0, (x, 0), gdy x < 0.
[!] Bo 5+x5 2 < 1.
Stąd przez indukcję ciąg (fn(x))∞n=0jest monotoniczny i ograniczony, a więc istnieje y = lim
n→∞fn(x), przy czym y ∈ Fix(f ) = {0}, na mocy ciągłości f . W rezultacie {0} jest atraktorem przyciąga- jącym wszystkie trajektorie. Brak niestacjonarnych orbit okresowych.
Ćwiczenia
1. Zbadać zbieżność ciągów rekurencyjnych generowanych przez f : J → J , gdy (a) J = [−4, ∞), f (x) =√
4 + x, (b) J = R, f (x) = √
4 + x2, (c) J = [1, ∞), f (x) =√
6x − 5, (d) J = [1, ∞), f (x) = √4
5x2− 4, (e) J = R, f (x) =√3
9x2− 26x + 24, (f) J = R, f(x) =√3
3x2+ 2x − 6.
(Dla a < 0 przyjmujemy √3
−a = −√3 a.)
2. (Babilon, Grecja) Niech a > 0, x0 > 0, xn+1 = 12 xn+xa
n
. Pokazać, że istnieje g = lim
n→∞xn, nie zależy od x0 oraz g =√
a.
3. (Ułamek łańcuchowy) Niech a > 0, x0 > 0, xn+1 = a+x1
n. Pokazać, że istnieje g = lim
n→∞xn, nie zależy od x0 i g = [0; a, a, . . .]. Znaleźć a, gdy g =√
2 − 1.
4. Udowodnić część (ii) Twierdzenia 2. Uzupełnić szczegóły dowodu Twierdzenia 3.
5. Wyznaczyć punkty stałe i określić ich stabilność dla f : J → J , gdy (a) J = [−7, ∞), f (x) =√
x + 7, (b) J = [√
2, ∞), f (x) = √4
5x2− 6, (c) J = R, f (x) =√3
8x2− 19x + 12, (d) J = R, f(x) = 3x 3x2+ 1, (e) J = R, f (x) = 4x2
x2+ 4, (f) J = R, f (x) = 3x x2+ 3, (g) J = C, f (x) = 13|x| + 1.
6. Wyznaczyć wszystkie punkty stałe i 2-okresowe f : C → C, f (x) = a · (x3− x), w zależności od parametru a. Stosując kryterium różniczkowe rozstrzygnąć charakter znalezionych punktów stałych i orbit 2-okresowych. Wskazówka: W trakcie żmudnych przekształceń warto wesprzeć się Maplem.
7. Uzasadnić następujące kryterium odpychania punktu stałego: jeżeli x0 = f (x0), |f0(x0)| = ∞, to x0 jest repelerem. (Podane kryterium można traktować jako uzupełnienie punktu (ii) w Twier- dzeniu 2.)
8. (Jednostronne kryterium różniczkowe) Niech f : R → R, f (x0) = x0 – punkt stały. Wtedy:
(i) |f+0 (x0)| < 1 ∧ |f−0 (x0)| < 1 ⇒ x0 – przyciągający (=atraktor), (ii) |f+0 (x0)| > 1 ∧ |f−0 (x0)| > 1 ⇒ x0 – odpychający (=repeler).
f+0 — pochodna prawostronna, f−0 — pochodna lewostronna; dopuszczamy ±∞ jako wartość pochodnej.
9. (Banach-Picard-Cacciopolli) (a) sformulowanie dla przestrzeni zupelnych; Czytelnik nieobe- znany z przestrzeniami metrycznymi może się ograniczyć przypadków X = C i X = R. (b) kryterium różniczkowe jako wniosek z tw. Banacha (c) jakaś iteracja na przestrzeni funkcyjnej.
(d) jakaś iteracja dla prostego równania różniczkowego.
10. (Knaster-Tarski) Niech f : [a, b] → [a, b] będzie funkcją niemalejącą tzn. x1 6 x2 ⇒ f (x1)6 f (x2), niekoniecznie ciągłą.
a) Udowodnić, że f ma punkt stały x∗.
b) Podać kontrprzykład w sytuacji nierosnącej funkcji f .
c) Wykazać, że równanie (jakieś z częscią całkowitą [x2+ x] − 7x... i jakieś ciągłe) ma roz- wiązanie. Por. ciągłe z twierdzeniem Darboux (np. nierozwiązalne przez pierwiastniki 6-tego stopnia).
Wskazówka: a) x∗ = sup{x ∈ [a, b] : f (x)> x}, f (x∗)> x∗ ⇒ f (x∗) = x∗.
Exercises. Wybrane ćwiczenia z książki „Chaos” K.T.Alligood, T.D.Sauer, J.A.Yorke.
Wszystkie funkcje występujące poniżej są rzeczywiste.
1.5. Znaleźć punkty stałe i orbity 2-okresowe odwzorowania f (x) = 2x2 − 5x. Zbadać, czy są zlewami, źródłami, czy też może mają jeszcze inny charakter. Wskazówka: orbity 2-okresowe znajdujemy rozwiązując równanie f2(x) = x.
1.10. Zbadać stabilność wszystkich punktów stałych i orbit 2-okresowych funkcji g(x) = 3, 05 x(1 − x).
1.3. Znaleźć wszystkie punkty stałe f (x) = x3+ x i ocenić, czy są zlewami, czy źródłami.
(Kryterium różniczkowe tu nie działa).
1.2.c-d. Podać przykład funkcji h o tej własności, że h0(0) = 1, h(0) = 0 (0 jest neutralnym punktem stałym) oraz: (c) 0 jest przyciągające, (d) 0 jest odpychające.
1.12. Niech h(x) = ax e−x. (a) Dla jakich wartości a funkcja h posiada superstabilny punkt stały tzn. h(x0) = x0 i h0(x0) = 0? (c) Dla jakich wartości a > 1 funkcja h ma zlew w [0, ∞)?
1.11. Udowodnić, że funkcja różnowartościowa f : R → R, która jest gładka musi być ściśle rosnąca, albo ściśle malejąca. Jakie ma to konsekwencje dla możliwego zachowania się trajektorii f ?
4 Stabilność równań liniowych
Jak wiadomo liniowe równanie rekurencyjne k-tego rzędu (L-k) xn+k =k−1P
i=0
di· xn+i+ h, xn ∈ C, (LJ-k) xn+k =k−1P
i=0
di· xn+i, xn∈ C,
posiada dla każdego układu warunków początkowych (x0, x1, . . . , xk−1) ∈ Ck dokładnie jedno rozwiązanie. Z drugiej strony dla równania rzędu k > 2 z punktu x0 startuje (nieskończenie) wiele różnych rozwiązań. (Dokładniej: rozwiązania równania (L-k) startujące z x0 są spara- metryzowane przez wybór uzupełniających warunków początkowych (x1, x2, . . . , xk−1) i tworzą (k − 1) wymiarową podprzestrzeń przestrzeni C∞). Choć formalnie patrzymy na (L-k) przez pryzmat wielowymiarowych układów dynamicznych (przekazujących w „przyszłość” ostatnich k −1 „położeń”; por. stosowny przykład w Paragrafie 1), to możemy jednak bezpośrednio pytać o stabilność rozwiązań (xn)∞n=0 równania k-tego rzędu, bez przechodzenia do sytuacji wielowymia- rowej. W definicjach atraktora/repelera wymagamy wówczas, aby wszystkie rozwiązania były przyciągane/odpychane (oczywiście z wyjątkiem samego rozwiązania odpychającego).
Przykład.
xn+2 = xn+16+xn,
xn= c1 ·12n+ c2·−13n −→
n→∞0 — atraktor.
Przykład.
xn+2 = 12xn+1−161 xn, xn= (c1+ c2· n) ·14n −→
n→∞0 — atraktor.
Uzasadnienie:
|xn| 6 (|c1| + |c2| · n) ·14n 6 (|c1| + |c2|) · 4nn 6 (|c1| + |c2|) · 34nn = (|c1| + |c2|) ·34n −→
n→∞0.
(Zbieżność xn → 0 można też uzyskać z warunku koniecznego zbieżności szeregów, gdyż, jak łatwo stwierdzić za pomocą kryterium d’Alemberta, szereg P∞n=1xn jest zbieżny).
Przykład.
xn+2= 7xn+1− 10xn, xn= c1· 2n+ c2· 5n, 0 — repeler.
Uzasadnienie: Niech x0 6= 0 tj. x0 = c1 · 20+ c2· 50 = c1 + c2 6= 0. Korzystamy z warunku (./) (p.ćw.4):
|xn| = |c1+c2|·
c1+ c2·
5 2
n
c1+ c2
·2n= 2n·|c1+c2|·
1 +
5 2
n
− 1
c2 c1+ c2
[!]
> 2n·|c1+c2| −→
n→∞∞.
[!] Stosujemy nierówność |1 + u|> 1, gdy |u| > 2 lub u = 0 kładąc u =52n− 1·c c2
1+c2. Jeżeli c2 = 0, to u = 0; jeśli zaś c2 6= 0, to52n− 1 > 2
c1+c2
c2
od pewnego n, bo52n− 1 > 2n −→
n→∞∞.
