Enunciado

Introduzindo variáveis adimensionais adequadas, o sistema de equações não lineares para o

pêndulo amortecido [Eqs. (8) da Seção 9.3] pode ser escrito na forma

d x d t = y ,     d y d t = - y - sen ⁡ x

(a) Mostre que a origem é um ponto crítico.

(b) Mostre que, embora V(x, y) = x² + y² seja positiva definida, (x, y) toma valores positivos e negativos em qualquer domínio contendo a origem; logo, V não é uma função de Liapunov. Sugestão: x – sen x > 0 para x > 0 e x – sen x

(c) Usando a função energia V(x, y) = (1/2)y² + (1 – cos x), mencionada no Problema 6(b), mostre que a origem é um ponto crítico estável. Como o sistema tem amortecimento, podemos esperar que a origem seja assintoticamente estável. No entanto, não é possível chegar a essa conclusão usando essa função de Liapunov.

(d) Para mostrar a estabilidade assintótica, é necessário construir uma função de Liapunov melhor do que a usada no item (c). Mostre que V(x, y) = (1/2)(x + y)² + x² + (1/2)y² é tal função de Liapunov e conclua que a origem é um ponto crítico assintoticamente estável.

Sugestão: Da fórmula de Taylor com resto, segue que sen x = x – α x³/3!, em que α depende de x, mas 0 V ˙ r c o s   θ , r s e n   θ = - r 2 1 + h r , θ , em que |h(r, θ)|

Passo 1

Tá legal! Para a letra (a), vamos substituir as coordenadas da origem nas equações fornecidas no enunciado, então, temos:

d x d t = 0

d y d t = - 0 - s e n 0 → d y d t = 0

Então a origem (0,0) é de fato um ponto crítico

Passo 2

Agora, para a letra (b), nós temos que:

V x , y = x 2 + y 2

Então, na origem teremos:

V 0,0 = 0 2 + 0 2 → V 0,0 = 0

E, como temos V x , y > 0 para qualquer par x e y , então V ( x , y ) é de fato definida positiva. E, podemos escrever a taxa de variação de V como:

V ˙ = V x . d x d t + V y . d y d t

Substituindo os valores conhecidos, temos:

V ˙ = 2 x y + 2 y - y - s e n   x → V ˙ = 2 x y - 2 y 2 - 2 y s e n   x

Então, para y positivo e podendo desprezar y 2 conforme dito no enunciado, a equação se torn:

V ˙ = 2 x y - 2 y s e n   x → V ˙ = 2 y ( x - s e n   x )

Agora, como temos que:

x - sen ⁡ x > 0

Para x > 0 e que:

x - sen ⁡ x < 0

Para x < 0 . Então V ˙ ( x , y ) possui tanto valores positivos quanto negativos em domínios que contenham a origem (0,0). Dessa forma, V não é uma função de Liapunov.

Passo 3

Agora, para a letra (c), usaremos a seguinte função:

V x , y = 1 2 y 2 + 1 - cos ⁡ x

E, como vimos, ela é definida positiva. E podemos escrever sua taxa de variação como:

V ˙ = V x . d x d t + V y . d y d t

Substituindo os valores conhecidos, temos:

V ˙ = sen ⁡ x y + y - y - s e n   x = y s e n   x - y 2 - y s e n   x

V ˙ = - y 2

Então, teremos sempre V ˙ x , y ≤ 0 , dessa forma, então V ˙ será semi definida negativa. E o ponto crítico (0,0) será de natureza estável.

Passo 4

Agora, para a letra (d), tomando a função dada no enunciado, temos:

V x , y = 1 2 x + y 2 + x 2 + 1 2 y 2

E, podemos escrever a taxa de variação de V como:

V ˙ = V x . d x d t + V y . d y d t

Substituindo os valores conhecidos, temos:

V ˙ = x + y + 2 x y + x + y + y - y - s e n   x

V ˙ = x y + y 2 + 2 x y - x y - 2 y 2 - x s e n   x - 2 y s e n   s → V ˙ = 2 x y - y 2 - ( x + 2 y ) s e n   x

Então, da fórmula de Taylor, o enunciado nos disse que:

sen ⁡ x = x - α x 3 3 !

Como o exercício nos disse que α depende de x , mas está no intervalo 0 < α < 1 , com - π / 2 < x < π / 2 . Então, temos que:

V ˙ x , y = 2 x y - y 2 - x + 2 y x - α x 3 6 = 2 x y - y 2 - x 2 + α x 4 6 - 2 x y + α x 3 y 3

V ˙ x , y = - x 2 + y 2 + x + 2 y . α x 3 6

E, agora, fazendo x = r c o s   θ e y = r s e n   θ , temos:

V ˙ r , θ = - r c o s θ 2 + r s e n θ 2 + r c o s θ + 2 r s e n θ . α r c o s θ 3 6

V ˙ r , θ = - r 2 cos 2 ⁡ θ + sen 2 ⁡ θ + α r 4 cos 4 ⁡ θ 6 + 2 α r 4 sen ⁡ θ cos 3 ⁡ θ 6

V ˙ r , θ = - r 2 + α r 4 c o s θ + 2 s e n θ . cos 3 ⁡ θ 6

Passo 5

Então, agora, escrevendo a equação no formato indicado no enunciado da letra (d), temos:

V ˙ x , y = - r 2 1 - α r 2 c o s θ + 2 s e n θ . cos 3 ⁡ θ 6

V ˙ x , y = - r 2 1 + h r , θ

Onde nós temos:

h r , θ = - α r 2 c o s θ + 2 s e n θ . cos 3 ⁡ θ 6

Como o enunciado nos disse que h r , θ < 1 para r suficientemente pequeno. V ˙ ( x , y ) será definida negativa e V será definidida postiva. Dessa forma, o ponto crítico em (0,0) será assintoticamente estável.

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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