Matematika Universitas — Tahun 3 · Bachelor Year 3

19Persamaan Diferensial Biasa

Tahun ke-2 menyelesaikan persamaan diferensial linear dan menyatakan teorema Cauchy–Lipschitz; sedangkan bab ini membuktikannya — dua kali: keberadaan dan ketunggalannya lewat titik tetap Banach, serta struktur globalnya lewat teori solusi maksimal dan teorema pelolosan dari kompak. Lalu teori linearnya dibangun kembali di atas landasan yang jujur (resolven, Wronskian, eksponensial matriks, Duhamel), dan paruh kedua bab ini membuka teori kualitatifnya — yakni aliran, kesetimbangan, fungsi Lyapunov, dan kestabilan lewat pelinearan: bagaimana memahami solusi yang tak akan pernah kita hitung. Sedangkan bandulnya, pada soal akhir pekan, adalah studi kasus yang abadi. Sepanjang bab ini, $U \subseteq \R\times\R^d$ terbuka dan $f \colon U \to \R^d$ kontinu; dan sebuah solusi $x' = f(t, x)$ adalah pemetaan $\mathcal C^1$ $x \colon I \to \R^d$ (dengan $I$ sebuah selang) yang grafiknya di $U$ dan memenuhi persamaannya.

19.1 Cauchy–Lipschitz

Definisi 19.1

Fungsi $f$ disebut Lipschitz lokal terhadap $x$ jika setiap titik $U$ berpersekitaran $V$ dan berkonstanta $L$ dengan $\norm{f(t, x_1) - f(t, x_2)} \leq L\norm{x_1 - x_2}$ untuk $(t, x_1), (t, x_2) \in V$ . Jika $f$ bersifat $\mathcal C^1$ (atau sekadar $\partial_xf$ ada dan kontinu), maka ia Lipschitz lokal terhadap $x$ : sebab pada sebuah persekitaran cembung kompak, lewat ketaksamaan nilai rata-rata dengan $L = \sup\vertiii{\partial_xf}$ .

Teorema 19.2 (Cauchy–Lipschitz, lokal)

Misalkan $f$ kontinu dan Lipschitz lokal terhadap $x$ , dan $(t_0, x_0) \in U$ . Maka ada $T > 0$ sedemikian sehingga soal Cauchy

x' = f(t, x), \qquad x(t_0) = x_0

mempunyai tepat satu solusi pada $[t_0 - T, t_0 + T]$ .

Bukti. Pilihlah $a, b > 0$ dengan $Q = [t_0 - a, t_0 + a]\times\bar B(x_0, b) \subseteq U$ , yang $\norm f \leq M$ padanya dan $f$ bersifat Lipschitz- $L$ terhadap $x$ . Sebuah fungsi $\mathcal C^1$ merupakan solusi jika dan hanya jika ia memenuhi persamaan integral

x(t) = x_0 + \int_{t_0}^{t}f\bigl(s, x(s)\bigr)\,\dd s

(lewat teorema fundamental kalkulus, dalam kedua arahnya). Lalu misalkan $T = \min\bigl(a, \frac bM, \frac1{2L}\bigr)$ , $I = [t_0 - T, t_0 + T]$ , dan

\mathcal E = \{x \in \mathcal C(I, \R^d) : \norm{x(t) - x_0} \leq b\ \text{pada } I\},

yakni sebuah himpunan bagian tertutup ruang Banach $(\mathcal C(I, \R^d), \norm\cdot_\infty)$ : jadi lengkap (Definisi 7.1). Definisikan $\Phi(x)(t) = x_0 + \int_{t_0}^tf(s, x(s))\dd s$ : maka untuk $x \in \mathcal E$ , $\norm{\Phi(x)(t) - x_0} \leq M\abs{t - t_0} \leq MT \leq b$ — sehingga $\Phi$ memetakan $\mathcal E$ ke dirinya — dan untuk $x, y \in \mathcal E$ :

\norm{\Phi(x)(t) - \Phi(y)(t)} \leq \Bigl|\int_{t_0}^t L\,\norm{x(s) - y(s)}\,\dd s\Bigr| \leq LT\,\norm{x - y}_\infty \leq \tfrac12\norm{x - y}_\infty :

yakni sebuah kontraksi. Lalu titik tetap Banach (Teorema 7.4) memberikan satu-satunya titik tetap di $\mathcal E$ : yakni keberadaannya, beserta ketunggalannya di antara solusi yang tinggal di $\bar B(x_0, b)$ — tetapi setiap solusi pada $I$ tinggal di sana (sebab $\norm{x(t) - x_0} \leq M\abs{t - t_0} \leq b$ selama grafiknya tetap di $Q$ , lewat argumen kekontinuannya): sehingga ketunggalannya pada $I$ . ∎

Lema 19.3 (Grönwall)

Misalkan $u \colon I \to \intco0\infty$ kontinu, $t_0 \in I$ , dan andaikan

u(t) \leq \alpha + \beta\,\Bigl|\int_{t_0}^{t}u(s)\,\dd s\Bigr| \qquad (t \in I)

dengan $\alpha \geq 0$ dan $\beta > 0$ . Maka $u(t) \leq \alpha\,\eu^{\beta\abs{t - t_0}}$ pada $I$ .

Bukti. Untuk $t \geq t_0$ : misalkan $v(t) = \alpha + \beta\int_{t_0}^tu(s)\dd s$ , sehingga $u \leq v$ , $v' = \beta u \leq \beta v$ , dan $(v\eu^{-\beta(t - t_0)})' \leq 0$ : jadi $v(t) \leq v(t_0)\eu^{\beta(t-t_0)} = \alpha\eu^{\beta(t - t_0)}$ . Sedangkan untuk $t \leq t_0$ , terapkan hal yang sama pada $\tilde u(t) = u(2t_0 - t)$ . ∎

Akibat 19.4 (Ketunggalan dan kebergantungan kontinu)

Di bawah hipotesis Teorema 19.2, dua solusi $x' = f(t,x)$ yang bersesuaian di satu titik bersesuaian pada selang pendefinisian bersamanya. Secara kuantitatif, jika $x, y$ dua solusi yang grafiknya berada di daerah yang $f$ -nya bersifat Lipschitz- $L$ terhadap $x$ , maka

\norm{x(t) - y(t)} \leq \norm{x(t_0) - y(t_0)}\,\eu^{L\abs{t - t_0}} .

Bukti. Untuk taksirannya: $u = \norm{x - y}$ memenuhi $u(t) \leq u(t_0) + L\abs{\int_{t_0}^tu}$ (kurangkanlah persamaan integralnya); lalu Grönwall. Untuk ketunggalan globalnya: himpunan kesesuaiannya $\{t : x(t) = y(t)\}$ bersifat tertutup di selang bersamanya, tak kosong, dan terbuka — sebab di sekitar sembarang titik kesesuaiannya, selimutilah sepotong kompak grafik bersamanya oleh berhingga banyak kotak Lipschitz lalu terapkan taksirannya dengan $u(t_1) = 0$ pada masing-masingnya: sehingga secara lokal $x \equiv y$ . Dan himpunan bagian sebuah selang yang tak kosong, terbuka, dan tertutup adalah selangnya sendiri. ∎

19.2 Solusi maksimal

Teorema 19.5 (Solusi maksimal; pelolosan dari kompak)

Andaikan $f$ kontinu dan Lipschitz lokal terhadap $x$ .

Setiap soal Cauchy mempunyai satu-satunya solusi maksimal $x \colon \intoo{T_-}{T_+} \to \R^d$ : sehingga setiap solusi lain yang melalui $(t_0, x_0)$ merupakan pembatasannya. Dan selangnya terbuka.
(Pelolosan) Untuk setiap kompak $K \subseteq U$ ada $\varepsilon > 0$ sedemikian sehingga $(t, x(t)) \notin K$ untuk setiap $t \in \intoo{T_+ - \varepsilon}{T_+}$ (dan setangkup dengan itu di $T_-$ ): yakni grafik sebuah solusi maksimal akhirnya meninggalkan setiap himpunan bagian kompak $U$ . Khususnya, untuk $U = \R\times\R^d$ dan $T_+ < +\infty$ : $\norm{x(t)} \to +\infty$ saat $t \to T_+^-$ (yakni peledakan).

Bukti. (1) Misalkan $\mathcal S$ himpunan semua solusi yang melalui $(t_0, x_0)$ ; maka menurut Akibat 19.4 dua di antaranya bersesuaian pada irisan selangnya, sehingga keduanya merekat: pada $J = \bigcup_{y \in \mathcal S}I_y$ , definisikan $x(t) = y(t)$ untuk sembarang $y$ yang terdefinisi di $t$ : yakni sebuah solusi yang terdefinisi baik, jelas maksimal dan tunggal. Sedangkan $J$ terbuka: sebab sebuah solusi yang terdefinisi di ujungnya dapat diperpanjang lewat Teorema 19.2 di ujung itu.

(2) Andaikan klaimnya gagal di $T_+$ : maka ada $t_n \to T_+$ dengan $(t_n, x(t_n)) \in K$ ; dan perhatikan bahwa ini memaksa $T_+ < \infty$ atau, jika $T_+ = \infty$ , maka tak ada yang perlu dibuktikan (sebab $K$ terbatas terhadap waktunya). Jadi misalkan $T_+ < \infty$ . Lewat kekompakannya: konstanta seragam $M, L, a, b$ berhasil bagi setiap data Cauchy pada sebuah persekitaran $K$ — secara konkret, selimutilah $K$ oleh berhingga banyak kotak $Q_i$ seperti pada bukti teorema lokalnya lalu misalkan $T^* > 0$ minimum waktu keberadaan yang bersesuaian: sehingga setiap data Cauchy di $K$ meluncurkan sebuah solusi yang hidup setidaknya $T^*$ melampaui waktu awalnya. Lalu menerapkan ini di $(t_n, x(t_n))$ dengan $t_n > T_+ - T^*/2$ memperluas $x$ melewati $T_+$ (sebab perluasannya bersesuaian dengan $x$ menurut ketunggalannya, lalu memperpanjangnya): yang bertentangan dengan kemaksimalannya. Jadi grafiknya meninggalkan $K$ secara pasti sebelum $T_+$ . Sedangkan untuk $U = \R\times\R^d$ : jika $\norm{x(t)}\not\to\infty$ , maka sebuah barisan $t_n \to T_+$ menjaga $(t_n, x(t_n))$ di kompak $[t_0, T_+]\times\bar B(0, R)$ : yang terkecualikan. ∎

Akibat 19.6 (Keberadaan global di bawah pertumbuhan linear)

Jika $U = I\times\R^d$ (dengan $I$ selang terbuka) dan $\norm{f(t, x)} \leq \alpha(t)\norm x + \beta(t)$ dengan $\alpha, \beta$ yang kontinu, maka setiap solusi maksimalnya terdefinisi pada seluruh $I$ .

Bukti. Pada sebuah kompak $[t_0, T] \subseteq I$ : $\norm{x(t)} \leq \norm{x_0} + \int_{t_0}^t(\alpha\norm x + \beta)$ , sehingga menurut Grönwall (dengan $\alpha, \beta$ terbatas oleh $A, B$ di sana) $\norm{x(t)} \leq (\norm{x_0} + B(T - t_0))\eu^{A(T - t_0)}$ : jadi terbatas. Lalu jika $T_+ < \sup I$ , grafiknya tinggal di sebuah kompak $I\times\R^d$ di dekat $T_+$ : yang bertentangan dengan pelolosannya (Teorema 19.5). ∎

19.3 Sistem linear

Sepanjang bagian ini $A \colon I \to M_d(\R)$ dan $b \colon I \to \R^d$ bersifat kontinu; sedangkan sistemnya adalah $x' = A(t)x + b(t)$ — yakni pertumbuhan linear: sehingga semua solusi maksimalnya hidup pada seluruh $I$ (Akibat 19.6).

Teorema 19.7 (Struktur)

Solusi sistem homogen $x' = A(t)x$ membentuk ruang vektor berdimensi $d$ , yakni $S_H$ ; dan untuk setiap $t_0$ , penilaian $x \mapsto x(t_0)$ merupakan isomorfisma $S_H \to \R^d$ . Sedangkan resolven $R(t, s) \in GL_d(\R)$ , yang didefinisikan lewat: $t \mapsto R(t, s)v$ adalah solusi yang bernilai $v$ di $s$ , memenuhi

R(s,s) = I,\quad R(t, u)R(u, s) = R(t, s),\quad \partial_tR(t,s) = A(t)R(t,s),

dan soal tak homogennya diselesaikan rumus Duhamel:

x(t) = R(t, t_0)\,x_0 + \int_{t_0}^{t}R(t, s)\,b(s)\,\dd s .

Akhirnya Wronskian $w(t) = \det R(t, s)$ menuruti rumus Liouville $w' = \operatorname{tr}A(t)\,w$ , sehingga $w(t) = \exp\bigl(\int_s^t\operatorname{tr}A\bigr) > 0$ .

Bukti. Kelinearan persamaannya membuat solusinya menjadi ruang vektor; sedangkan penilaiannya linear, injektif (menurut ketunggalannya: sebab sebuah solusi yang lenyap di $t_0$ bernilai $\equiv 0$ ) dan surjektif (menurut keberadaannya): jadi berdimensi $d$ . Sifat resolvennya menyatakan ulang ketunggalannya (sebab kedua ruas setiap identitasnya menyelesaikan soal Cauchy yang sama); sedangkan keterbalikannya dari $R(s,t)R(t,s) = I$ . Untuk Duhamel: turunkanlah rumusnya — $x'(t) = A(t)R(t,t_0)x_0 + R(t,t)b(t) + \int_{t_0}^tA(t)R(t,s)b(s)\dd s = A(t)x(t) + b(t)$ (dan pendiferensialan di bawah integralnya sah: sebab integrannya $\mathcal C^1$ terhadap $t$ dengan turunan yang kontinu terhadap $(t,s)$ ; atau periksalah lewat persamaan integralnya). Untuk Liouville: $w(t + h) = \det\bigl(R(t+h, t)\bigr)w(t)$ dan $R(t + h, t) = I + hA(t) + o(h)$ (dari persamaan integralnya), sehingga $\det = 1 + h\operatorname{tr}A(t) + o(h)$ (lewat uraian $\det$ di $I$ ): jadi $w'(t) = \operatorname{tr}A(t)\,w(t)$ ; lalu integralkan persamaan diferensial linear skalarnya. ∎

Teorema 19.8 (Eksponensial matriks)

Untuk $A \in M_d(\C)$ , deret $\eu^{A} = \sum_{n\geq0}\frac{A^n}{n!}$ konvergen (secara mutlak, dalam sembarang norma submultiplikatif), $\eu^{A+B} = \eu^A\eu^B$ setiap kali $AB = BA$ , dan $t \mapsto \eu^{tA}$ merupakan resolven sistem berkoefisien konstannya: $R(t,s) = \eu^{(t-s)A}$ ; dan ia bersifat $\mathcal C^\infty$ dengan $\frac{\dd}{\dd t}\eu^{tA} = A\eu^{tA}$ . Lebih lanjut: jika $\operatorname{Re}\lambda < -\alpha < 0$ untuk setiap nilai eigen $\lambda$ milik $A$ , maka $\vertiii{\eu^{tA}} \leq C\eu^{-\alpha t}$ untuk $t \geq 0$ .

Bukti. Untuk kekonvergenannya: $\vertiii{A^n/n!} \leq \vertiii A^n/n!$ , yang terjumlahkan (Latihan 7.1(b) pada aljabar Banach $M_d$ ). Untuk $A, B$ yang komutatif: hasil kali Cauchy kedua deret yang konvergen mutlak itu tersusun ulang, lewat teorema binomialnya (yang sahih bila $AB = BA$ ), menjadi $\sum_n\frac{(A+B)^n}{n!}$ . Untuk keterturunannya, secara langsung: $\frac{\eu^{(t+h)A} - \eu^{tA}}h = \eu^{tA}\frac{\eu^{hA} - I}{h} \to \eu^{tA}A$ sebab $\norm{\frac{\eu^{hA} - I}h - A} \leq \sum_{n\geq2}\frac{\abs h^{n-1}\vertiii A^n}{n!} = O(h)$ . Karena itu $t \mapsto \eu^{(t - s)A}v$ menyelesaikan soal Cauchy yang mendefinisikan $R(t,s)v$ . Untuk batas spektralnya: lewat bentuk Jordan (Teorema 3.18), $A = P(D + N)P^{-1}$ dengan $D$ diagonal yang membawa nilai eigennya, $N$ nilpoten, dan $DN = ND$ . Maka $\eu^{tA} = P\,\eu^{tD}\eu^{tN}P^{-1}$ dengan $\vertiii{\eu^{tD}} \leq \eu^{-(\alpha + \delta)t}$ untuk suatu $\delta > 0$ (dan $t \geq 0$ ) sedangkan $\eu^{tN}$ polinomial terhadap $t$ (menurut kenilpotenannya): sehingga hasil kalinya $\leq C\eu^{-\alpha t}$ (sebab polinomialnya dikalahkan $\eu^{-\delta t}$ ). ∎

Contoh 19.9 (Bidangnya, yang digolongkan)

Untuk $x' = Ax$ dengan $A \in M_2(\R)$ yang terbalikkan, potret fasenya di dekat $0$ ditentukan oleh $\tau = \operatorname{tr}A$ dan $\delta = \det A$ , lewat nilai eigennya $\lambda_\pm = \frac{\tau \pm \sqrt{\tau^2 - 4\delta}}2$ :

$\delta < 0$ : nilai eigen real bertanda berlawanan — yakni sebuah pelana; dua lintasan masuk, dua keluar, dan sisanya melintas. Selalu tak stabil.
$\delta > 0$ dan $\tau^2 \geq 4\delta$ : nilai eigen real bertanda sama (yakni $= \operatorname{sign}\tau$ ) — yakni sebuah simpul, yang stabil jika dan hanya jika $\tau < 0$ ; dan lintasannya menyinggung arah eigen yang lambat.
$\delta > 0$ , $\tau^2 < 4\delta$ , dan $\tau \neq 0$ : nilai eigen sekawan kompleks $\frac\tau2 \pm \iu\omega$ — yakni sebuah spiral (atau fokus), yang stabil jika dan hanya jika $\tau < 0$ ; sedangkan solusinya berupa $\eu^{\tau t/2}\times$ rotasi berperiode $\frac{2\pi}\omega$ .
$\tau = 0$ dan $\delta > 0$ : nilai eigen murni imajiner — yakni sebuah pusat: dengan orbit tertutup (elips), yakni kestabilan tanpa kestabilan asimtotik, tepat perbatasan yang tak dapat diputuskan Teorema 19.12 bagi sistem taklinear (sebab kesetimbangan bawah bandulnya, Soal 19.1, duduk di sini).

Sedangkan parabola batasnya $\tau^2 = 4\delta$ membawa simpul yang merosot (yakni blok Jordan: dengan lintasan berarah singgung tunggal). Jadi segalanya terbaca dari dua bilangan — itulah mengapa refleks pertama sebelum menggambar sebuah potret fase bidang adalah menghitung $\operatorname{tr}$ dan $\det$ ; misalnya $A = \bigl(\begin{smallmatrix}0 & 1\\ -1 & -c\end{smallmatrix}\bigr)$ (yakni osilator teredam): $\delta = 1 > 0$ dan $\tau = -c$ : sehingga spiral stabil untuk $0 < c < 2$ , dan simpul stabil untuk $c \geq 2$ — yakni redaman kurang lawan redaman lebih, dalam satu pandangan.

19.4 Aliran, kesetimbangan, kestabilan

Kini tinjaulah persamaan otonom $x' = F(x)$ , dengan $F \colon \Omega \to \R^d$ yang Lipschitz lokal pada $\Omega \subseteq \R^d$ yang terbuka. Tulislah $\varphi_t(x_0) = x(t)$ untuk solusi maksimal dengan $x(0) = x_0$ (yakni aliran itu); sedangkan keotonomannya memberikan sifat grupnya $\varphi_{t+s} = \varphi_t\circ\varphi_s$ di tempat ia terdefinisi (sebab kedua ruasnya menyelesaikan soal yang sama pada waktu $s$ ).

Definisi 19.10

Sebuah kesetimbangan adalah titik $\bar x$ dengan $F(\bar x) = 0$ (sehingga $\varphi_t(\bar x) = \bar x$ ). Ia disebut stabil jika untuk setiap $\varepsilon > 0$ ada $\delta > 0$ sedemikian sehingga $\norm{x_0 - \bar x} < \delta$ mengakibatkan solusinya ada untuk setiap $t \geq 0$ dengan $\norm{\varphi_t(x_0) - \bar x} < \varepsilon$ ; dan stabil asimtotik jika lebih lanjut $\varphi_t(x_0) \to \bar x$ untuk setiap $x_0$ di dekat $\bar x$ .

Teorema 19.11 (Fungsi Lyapunov)

Misalkan $\bar x$ sebuah kesetimbangan dan $V \colon \mathcal V \to \R$ sebuah fungsi $\mathcal C^1$ pada sebuah persekitaran $\bar x$ dengan:

V(\bar x) = 0,\qquad V(x) > 0 \text{ untuk } x \neq \bar x, \qquad \dot V(x) = \nabla V(x)\cdot F(x) \leq 0 .

Maka $\bar x$ bersifat stabil. Dan jika lebih lanjut $\dot V < 0$ di luar $\bar x$ , maka $\bar x$ stabil asimtotik.

Bukti. Sepanjang sebuah solusi, $\frac{\dd}{\dd t}V(x(t)) = \dot V(x(t)) \leq 0$ : sehingga $V$ menurun. Diberikan $\varepsilon$ (yang cukup kecil sehingga $\bar B(\bar x, \varepsilon) \subseteq \mathcal V$ ), misalkan $m = \min\{V(x) : \norm{x - \bar x} = \varepsilon\} > 0$ (lewat kekompakan dan kepositifannya) lalu pilihlah $\delta < \varepsilon$ dengan $V < m$ pada $B(\bar x, \delta)$ (lewat kekontinuannya). Maka sebuah solusi yang bermula di $B(\bar x, \delta)$ mempunyai $V(x(t)) < m$ untuk setiap waktu berikutnya, sehingga ia tak pernah dapat mencapai bola $\norm{x - \bar x} = \varepsilon$ (yang $V \geq m$ padanya): jadi ia tinggal di bolanya — dan lalu ada untuk setiap $t \geq 0$ : sebab solusinya tetap di $\bar B$ yang kompak, sehingga Teorema 19.5(2) (yakni pelolosan dari kompak) memaksa $T_+ = +\infty$ . Jadi kestabilannya.

Untuk kasus asimtotiknya: misalkan $x(t)$ bermula di $B(\bar x, \delta)$ ; maka $V(x(t))$ menurun ke suatu $c \geq 0$ . Seandainya $c > 0$ : maka lintasannya tinggal di $K = \{x \in \bar B(\bar x, \varepsilon): V(x) \geq c\}$ , yakni himpunan kompak yang mengecualikan sebuah persekitaran $\bar x$ (sebab $V$ kontinu dengan $V(\bar x) = 0 < c$ ). Lalu pada $K$ , fungsi $\dot V$ bersifat kontinu dan negatif sejati, sehingga $\mu = \max_K\dot V < 0$ (lewat kekompakannya); maka $V(x(t)) \leq V(x(0)) + \mu t \to -\infty$ : yang mustahil, sebab $V \geq 0$ . Jadi $c = 0$ , dan $x(t) \to \bar x$ (sebab titik yang berjarak $\geq \rho$ dari $\bar x$ di dalam bolanya mempunyai $V \geq m_\rho > 0$ ). ∎

Teorema 19.12 (Kestabilan lewat pelinearan)

Misalkan $F$ bersifat $\mathcal C^1$ , $F(\bar x) = 0$ , dan $A = DF(\bar x)$ . Jika setiap nilai eigen $A$ mempunyai $\operatorname{Re}\lambda < 0$ , maka $\bar x$ bersifat stabil asimtotik.

Bukti. Geserlah $\bar x$ ke $0$ lalu tulislah $F(x) = Ax + g(x)$ dengan $g(x) = o(\norm x)$ (menurut keterturunan $\mathcal C^1$ -nya). Pilihlah $\alpha > 0$ dengan $\vertiii{\eu^{tA}} \leq C\eu^{-\alpha t}$ (untuk $t \geq 0$ ; Teorema 19.8) dan $r > 0$ dengan $\norm{g(x)} \leq \frac{\alpha}{2C}\norm x$ untuk $\norm x \leq r$ . Lalu Duhamel dengan $b(s) = g(x(s))$ :

x(t) = \eu^{tA}x_0 + \int_0^t\eu^{(t-s)A}g(x(s))\,\dd s,

yang sahih selama $\norm{x(s)} \leq r$ . Maka $u(t) = \eu^{\alpha t}\norm{x(t)}$ memenuhi

u(t) \leq C\norm{x_0} + \int_0^{t}C\,\frac{\alpha}{2C}\,u(s)\,\dd s ,

sehingga Grönwall memberikan $u(t) \leq C\norm{x_0}\eu^{\alpha t/2}$ , yakni $\norm{x(t)} \leq C\norm{x_0}\eu^{-\alpha t/2}$ . Lalu jika $\norm{x_0} < r/C$ , batas a priorinya menjaga $\norm{x(t)} < r$ untuk setiap $t$ (lewat argumen kekontinuan atau pengangkatan: sebab himpunan waktu yang $\norm x \leq r$ padanya bersifat terbuka sekaligus tertutup di $\intco0{T_+}$ mengingat taksiran sejatinya), sehingga solusinya global, dan ia konvergen ke $0$ secara eksponensial: yakni kestabilan asimtotiknya. ∎

Metode 19.13

Menghadapi sebuah persamaan diferensial: (1) untuk keberadaan dan ketunggalannya — periksalah kelipschitzan lokalnya (biasanya $\mathcal C^1$ ); (2) untuk keglobalannya — lewat pertumbuhan linear, keterbatasan, atau sebuah kompak invarian lewat fungsi Lyapunov atau integral pertama; dan jika gagal, curigailah peledakan lalu ujilah pada karikatur skalarnya $x' = x^2$ ; (3) untuk sistem linearnya — lewat resolven, Duhamel, dan untuk koefisien konstannya lewat struktur eigen $A$ ; (4) untuk pertanyaan kualitatifnya — lewat kesetimbangan, pelinearan, lalu perburuan fungsi Lyapunov (yakni energinya, bila sistemnya mekanis) atau sebuah integral pertama yang himpunan arasnya menjebak lintasannya. Sedangkan soal akhir pekannya menjalankan seluruh metode itu pada bandulnya.

Potret fase bandul x'' = - x pada bidang (x, x'): yakni kurva aras energinya E = x'22 - x. Kurva tertutupnya (biru): osilasi, dengan E < 1; kurva berjalannya (jingga): rotasi penuh, dengan E > 1; dan di antara keduanya separatriksnya (merah), E = 1, yang menghubungkan kesetimbangan tak stabilnya (±π, 0). Sedangkan soal akhir pekannya membuktikan segala yang disarankan gambar ini. — Potret fase bandul $x'' = -\sin x$ pada bidang $(x, x')$ : yakni kurva aras energinya $E = \frac{x'^2}2 - \cos x$ . Kurva tertutupnya (biru): osilasi, dengan $E < 1$ ; kurva berjalannya (jingga): rotasi penuh, dengan $E > 1$ ; dan di antara keduanya *separatriksnya* (merah), $E = 1$ , yang menghubungkan kesetimbangan tak stabilnya $(\pm\pi, 0)$ . Sedangkan soal akhir pekannya membuktikan segala yang disarankan gambar ini.

19.5 Latihan

Latihan 19.1 ★

Selesaikan secara eksplisit lalu tentukan selang maksimalnya: (a) $x' = x^2$ , $x(0) = 1$ ; (b) $x' = 1 + x^2$ , $x(0) = 0$ ; (c) $x' = x(1-x)$ , $x(0) = \frac12$ . Lalu damaikan setiap jawabannya dengan Teorema 19.5(2) dan Akibat 19.6.

Solusi

Solusi Latihan 19.1.

(a) Dengan memisahkan variabelnya: $x(t) = \frac1{1 - t}$ pada $\intoo{-\infty}1$ : yakni peledakan di $T_+ = 1$ , dengan $x(t) \to +\infty$ — tepat Teorema 19.5(2). (b) $x(t) = \tan t$ pada $\intoo{-\pi/2}{\pi/2}$ : yakni peledakan di kedua ujungnya. (c) $x(t) = \frac{1}{1 + \eu^{-t}}$ , yang global: sebab solusinya tinggal di $\intoo01$ , yakni himpunan terbatas, sehingga grafiknya tak dapat lolos dari setiap kompak $\R\times\R$ dalam waktu berhingga — jadi $T_\pm = \pm\infty$ . Perhatikan bahwa (a) dan (b) tak bertentangan dengan Akibat 19.6: sebab $x^2$ dan $1 + x^2$ bertumbuh superlinear.

Latihan 19.2 ★

Misalkan $x, y$ menyelesaikan $x' = f(t,x)$ dengan $f$ yang Lipschitz- $L$ secara global terhadap $x$ pada $\R\times\R^d$ . (a) Buktikan $\norm{x(t) - y(t)} \leq \norm{x(0) - y(0)}\eu^{L\abs t}$ , lalu tunjukkan lewat contoh (yang linear!) bahwa faktor $\eu^{L\abs t}$ tercapai. (b) Turunkan bahwa pemetaan aliran $x_0 \mapsto x(t; x_0)$ bersifat kontinu, bahkan Lipschitz pada himpunan terbatas.

Solusi

Solusi Latihan 19.2.

(a) Inilah taksiran Akibat 19.4 dengan $t_0 = 0$ . Untuk ketajamannya: bagi $x' = Lx$ (yang Lipschitz- $L$ secara global), dua solusinya berselisih tepat $(x_0 - y_0)\eu^{Lt}$ . (b) Taksirannya berbunyi: pemetaan aliran pada waktu $t$ bersifat Lipschitz- $\eu^{L\abs t}$ terhadap syarat awalnya — yakni kekontinuannya, secara seragam untuk $t$ pada kompak; sedangkan pada himpunan terbatas bagi $f$ yang tak Lipschitz secara global, jalankanlah hal yang sama pada sebuah tabung kompak di sekitar lintasannya dengan konstanta lokalnya.

Latihan 19.3 ★★

Tunjukkan bahwa masing-masing berikut ini bersolusi maksimal yang semuanya global pada $\R$ , sambil mengutip teorema yang tepat: (a) $x' = \sin(tx)$ ; (b) $x' = \frac{t\,x}{1 + x^2}$ ; (c) $x'' + q(t)x = 0$ dengan $q$ yang kontinu (ubahlah menjadi sistem orde pertama); (d) $x' = A(t)x$ dengan $A$ yang kontinu dan terbatas — lalu berikan batas Grönwall bagi $\norm{x(t)}$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.3.

(a) Berlaku $\abs{\sin(tx)} \leq 1$ : jadi terbatas, yakni pertumbuhan linear dengan $\alpha = 0$ dan $\beta = 1$ : sehingga Akibat 19.6 pada $U = \R\times\R$ . (b) Berlaku $\abs{tx/(1 + x^2)} \leq \abs t\cdot\frac12$ : jadi kembali sublinear (bahkan terbatas pada kompak waktunya): jadi global. (c) Dengan $X = (x, x')$ : $X' = \bigl(\begin{smallmatrix}0 & 1\\ -q(t) & 0\end{smallmatrix}\bigr)X$ : yakni linear dengan koefisien yang kontinu: jadi global (yakni latar Teorema 19.7). (d) Global; dan lewat Grönwall seperti pada Akibat 19.6: $\norm{x(t)} \leq \norm{x(t_0)}\,\eu^{M\abs{t - t_0}}$ dengan $M = \sup\vertiii{A}$ .

Latihan 19.4 ★★

(a) Hitunglah $\eu^{tA}$ untuk $A = \bigl(\begin{smallmatrix}0 & -1\\ 1 & 0\end{smallmatrix}\bigr)$ , $\bigl(\begin{smallmatrix}\lambda & 1\\ 0 & \lambda\end{smallmatrix}\bigr)$ , dan $\bigl(\begin{smallmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{smallmatrix}\bigr)$ . (b) Selesaikan osilator yang digerakkan $x'' + x = \cos(\omega t)$ lewat Duhamel (dalam bentuk sistemnya), untuk $\omega \neq 1$ dan $\omega = 1$ : sehingga resonansinya muncul sebagai suku sekular $t\sin t$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.4.

(a) Berlaku $A^2 = -I$ untuk yang pertama: sehingga $\eu^{tA} = \cos t\,I + \sin t\,A = \bigl(\begin{smallmatrix}\cos t & -\sin t\\ \sin t & \cos t\end{smallmatrix}\bigr)$ . Untuk blok Jordannya: $\lambda I$ dan $N$ komutatif: sehingga $\eu^{tA} = \eu^{\lambda t}\bigl(\begin{smallmatrix}1 & t\\ 0 & 1\end{smallmatrix}\bigr)$ . Untuk yang ketiga: $A^2 = I$ : sehingga $\eu^{tA} = \cosh t\,I + \sinh t\,A$ .

(b) Sistemnya $X' = \bigl(\begin{smallmatrix}0&1\\-1&0 \end{smallmatrix}\bigr)X + \bigl(\begin{smallmatrix}0\\ \cos\omega t\end{smallmatrix}\bigr)$ ; lalu Duhamel dengan resolven rotasinya memberikan solusi khususnya: untuk $\omega \neq 1$ , $x_p(t) = \frac{\cos(\omega t)}{1 - \omega^2}$ (periksalah langsung); sedangkan untuk $\omega = 1$ integral $\int_0^t\sin(t - s)\cos s\,\dd s = \frac t2\sin t$ menghasilkan pertumbuhan sekular $x_p = \frac t2\sin t$ : yakni resonansinya — sebab penggeraknya memompakan energi pada frekuensi alaminya dan amplitudonya tumbuh secara linear.

Latihan 19.5 ★★

Untuk persamaan skalar $x'' + p(t)x' + q(t)x = 0$ : (a) Tunjukkan bahwa Wronskian $w = x_1x_2' - x_1'x_2$ dua solusinya memenuhi $w' = -p\,w$ (menurut Abel), lalu turunkan bahwa dua solusi yang $w \neq 0$ -nya di suatu tempat membentuk sebuah basis. (b) Diberikan satu solusi $x_1$ yang tak lenyap, carilah solusi umumnya lewat penurunan orde: tetapkan $x_2 = x_1\int \frac{\eu^{-\int p}}{x_1^2}$ lalu periksalah. Lalu terapkan pada $t^2x'' - 2x = 0$ di $\intoo0{+\infty}$ dengan $x_1(t) = t^2$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.5.

(a) Berlaku $w' = x_1x_2'' - x_1''x_2 = x_1(-px_2' - qx_2) - (-px_1' - qx_1)x_2 = -p\,w$ : sehingga $w(t) = w(t_0)\eu^{-\int_{t_0}^tp}$ , yang tak pernah nol atau identik nol. Lalu jika $w \neq 0$ , vektor $(x_i, x_i')(t_0)$ bebas di $\R^2$ , dan karena ruang solusinya berdimensi $2$ (Teorema 19.7 bagi sistemnya), maka $(x_1, x_2)$ merupakan basis.

(b) Dengan $u = \int\frac{\eu^{-\int p}}{x_1^2}$ : $x_2 = x_1u$ , $x_2' = x_1'u + \frac{\eu^{-\int p}}{x_1}$ , dan

x_2'' + px_2' + qx_2 = u\,(x_1'' + px_1' + qx_1) + \Bigl(-\,p\frac{\eu^{-\int p}}{x_1} + p\frac{\eu^{-\int p}}{x_1}\Bigr) = 0

(sebab suku silangnya meniadakan diri secara persis; uraikanlah dengan saksama). Untuk $t^2x'' - 2x = 0$ , yakni $x'' - \frac2{t^2}x = 0$ (dengan $p = 0$ ) dan $x_1 = t^2$ : $u = \int t^{-4} = -\frac1{3t^3}$ , sehingga $x_2 = -\frac1{3t}$ : jadi solusi umumnya $at^2 + \frac bt$ .

Latihan 19.6 ★★

(Logistik) Untuk $x' = x(1 - x)$ : tentukan semua kesetimbangannya dan kestabilannya (lewat Teorema 19.12 dan secara langsung); lalu tunjukkan bahwa setiap solusi dengan $x(0) \in \intoo01$ bersifat naik dan global, dengan limit $0$ dan $1$ di $\mp\infty$ ; lalu selesaikan secara eksplisit untuk membenarkannya. Lalu tunjukkan secara lebih umum bahwa solusi otonom skalarnya bersifat monoton, lalu simpulkan: tak ada solusi periodik tak konstan dalam dimensi $1$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.6.

Kesetimbangannya $0, 1$ ; dan $f'(x) = 1 - 2x$ : sehingga $f'(0) = 1 > 0$ (jadi tak stabil — sebab solusi di dekatnya menjauh, seperti ditunjukkan bentuk eksplisitnya), sedangkan $f'(1) = -1 < 0$ : jadi stabil asimtotik (Teorema 19.12 dalam dimensi $1$ ). Untuk $x(0) \in \intoo01$ : $f > 0$ di sana, sehingga selama solusinya tinggal di $\intoo01$ ia naik; dan ia tak pernah dapat mencapai $0$ atau $1$ (menurut ketunggalannya: sebab keduanya lintasan), sehingga ia tinggal, terbatas — jadi global — dan naik ke sebuah limit $L \in \intoc{x(0)}1$ . Seandainya $f(L) \neq 0$ , maka $x' \geq c > 0$ di dekat limitnya, yang memaksa $x$ melewati $L$ : jadi $f(L) = 0$ dan $L = 1$ ; sedangkan setangkup dengan itu $x \to 0$ di $-\infty$ . Dan secara eksplisit $x(t) = \frac1{1 + C\eu^{-t}}$ membenarkan segalanya. Secara umum: jika sebuah solusi otonom skalar mempunyai $x'(t_0) = 0$ , maka $x(t_0)$ merupakan kesetimbangan dan ketunggalannya membuat $x$ konstan; sedangkan selain itu $f(x(t))$ menjaga tanda yang tetap (sebab ia tak pernah lenyap, dan $t \mapsto f(x(t))$ kontinu): jadi $x$ monoton sejati — sehingga solusi periodik yang tak konstan bersifat mustahil.

Latihan 19.7 ★★

(Integral pertama) Misalkan $H \colon \Omega \to \R$ bersifat $\mathcal C^1$ lalu tinjaulah sistem Hamilton bidang $x' = \partial_yH$ , $y' = -\partial_xH$ . (a) Tunjukkan bahwa $H$ konstan sepanjang solusinya. (b) Untuk $H = \frac{y^2}2 + \frac{x^4}4$ : tunjukkan bahwa semua solusinya global dan terbatas, dan bahwa titik asalnya stabil (lewat Lyapunov: yakni $H$ ) walaupun pelinearannya ( $\bigl(\begin{smallmatrix}0&1\\0&0\end{smallmatrix}\bigr)$ ) tak stabil asimtotik: sehingga pelinearannya dapat tak menyimpulkan.

Solusi

Solusi Latihan 19.7.

(a) $\frac{\dd}{\dd t}H(x,y) = H_xx' + H_yy' = H_xH_y + H_y(-H_x) = 0$ . (b) Himpunan aras $H = \frac{y^2}2 + \frac{x^4}4$ bersifat kompak (sebab $H$ koersif), sehingga solusinya terjebak di kompak: jadi global dan terbatas (Teorema 19.5). Untuk kestabilan $(0,0)$ : $V = H$ bersifat definit positif (sebab $H = 0$ hanya di titik asalnya) dengan $\dot V = 0$ : sehingga Teorema 19.11. Sedangkan pelinearannya $x' = y$ , $y' = 0$ mempunyai matriks nilpoten yang tak terdiagonalkan bernilai eigen $0$ : sehingga Teorema 19.12 bungkam (sebab hipotesisnya $\operatorname{Re}\lambda < 0$ gagal), dan sungguh sistem terlinearkannya tak stabil (sebab $y_0 \ne 0$ menghanyut) sedangkan yang taklinear stabil: jadi pelinearan pada kesetimbangan yang tak hiperbolik tak membuktikan apa pun.

Latihan 19.8 ★★★

(Bandul teredam) $x'' + cx' + \sin x = 0$ dengan $c > 0$ ; dan sistemnya: $x' = y$ , $y' = -\sin x - cy$ . (a) Tunjukkan bahwa $V(x, y) = \frac{y^2}2 + 1 - \cos x$ memenuhi $\dot V = -cy^2 \leq 0$ : sehingga titik asalnya stabil. (b) Sedangkan $\dot V$ lenyap pada seluruh sumbu $y = 0$ : sehingga kriteria sejati Lyapunov gagal. Buktikanlah kestabilan asimtotiknya tetap, lewat pelinearan (Teorema 19.12): hitunglah nilai eigen matriks terlinearkannya di $(0,0)$ lalu periksalah $\operatorname{Re} < 0$ untuk setiap $c > 0$ . (c) Apa yang terjadi pada kesetimbangan $(\pi, 0)$ ? Hitunglah pelinearannya lalu simpulkan (sebab satu nilai eigennya positif: yakni ketakstabilan — Anda boleh memakai pernyataan ketakstabilannya secara tak formal atau menghasilkan sebuah solusi yang lolos secara eksplisit dari sistem linearnya).

Solusi

Solusi Latihan 19.8.

(a) Berlaku $\dot V = y\,y' + \sin x\cdot x' = y(-\sin x - cy) + y\sin x = -cy^2 \leq 0$ , dan $V = \frac{y^2}2 + (1 - \cos x)$ bersifat definit positif pada $\{\abs x < 2\pi\}$ di sekitar titik asalnya: jadi stabil (Teorema 19.11). (b) Matriks terlinearkannya di $(0,0)$ adalah $\bigl(\begin{smallmatrix}0 & 1\\ -1 & -c\end{smallmatrix}\bigr)$ , dengan polinomial karakteristik $\lambda^2 + c\lambda + 1$ : yang berakar $\frac{-c \pm \sqrt{c^2 - 4}}2$ — keduanya real negatif jika $c \geq 2$ , dan kompleks berbagian real $-\frac c2 < 0$ jika $0 < c < 2$ . Jadi dalam segala kasusnya $\operatorname{Re}\lambda < 0$ : sehingga Teorema 19.12 memberikan kestabilan asimtotiknya (walaupun $\dot V$ -nya merosot). (c) Di $(\pi, 0)$ : $\sin(\pi + u) = -\sin u$ , dengan pelinearannya $\bigl(\begin{smallmatrix}0&1\\1&-c\end{smallmatrix}\bigr)$ , dan karakteristiknya $\lambda^2 + c\lambda - 1$ : yang berakar bertanda berlawanan (sebab $\lambda_+\lambda_- = -1$ ). Lalu sepanjang vektor eigen tak stabilnya, sistem linearnya mempunyai solusi yang lolos secara eksplisit $\eu^{\lambda_+t}v_+$ dengan $\lambda_+ > 0$ : sehingga bandul terbalik itu tak stabil untuk setiap redamannya.

Latihan 19.9 ★★

(Perbatasan ketunggalannya) Untuk $\alpha \in \intoo01$ , tunjukkan bahwa soal $x' = \abs x^{\alpha}$ dengan $x(0) = 0$ mempunyai tak berhingga banyak solusi (sesuaikan Soal 7.1, Bagian III). Lalu tunjukkan sebaliknya bahwa untuk $\alpha = 1$ (yakni $x' = \abs x$ ) solusi yang melalui $0$ bersifat tunggal, lalu kenali dengan tepat hipotesis mana pada Teorema 19.2 yang membedakan kedua kasusnya.

Solusi

Solusi Latihan 19.9.

Untuk $\alpha \in \intoo01$ : selain $x \equiv 0$ , setiap

x_c(t) = \begin{cases}0 & t \leq c,\\ \bigl((1-\alpha)(t - c)\bigr)^{1/(1-\alpha)} & t \geq c, \end{cases}

bersifat $\mathcal C^1$ dan menyelesaikan persamaannya (sebab eksponennya $\frac1{1-\alpha} > 1$ membuat turunannya lenyap di $c$ ): jadi sebuah kontinum solusi yang melalui $(0,0)$ . Sedangkan untuk $\alpha = 1$ : $x \mapsto \abs x$ bersifat Lipschitz- $1$ secara global (sebab $\abs{\abs a - \abs b} \leq \abs{a - b}$ ), sehingga Teorema 19.2 berlaku dan satu-satunya solusi yang melalui $0$ adalah $x \equiv 0$ . Jadi perbatasannya tepat syarat Lipschitz lokal di $0$ : sebab $\abs x^\alpha$ berhasil bagi selisih yang tak terbatas di sana untuk $\alpha < 1$ .

Latihan 19.10 ★★★

(Batas a priori menjebak solusinya) Misalkan $F \colon \R^d \to \R^d$ Lipschitz lokal dengan $\langle F(x), x\rangle \leq 0$ setiap kali $\norm x \geq R$ . (a) Tunjukkan bahwa bola tertutup $\bar B(0, R)$ bersifat invarian secara positif: yakni solusi yang bermula di dalamnya tinggal di dalamnya untuk $t \geq 0$ . (Jika $\norm{x(t_2)} > R$ , tinjaulah waktu terakhir $t_1 < t_2$ dengan $\norm{x(t_1)} = R$ lalu pelajarilah $\frac{\dd}{\dd t}\norm{x(t)}^2$ pada $\intcc{t_1}{t_2}$ .) (b) Turunkan keberadaan maju yang global bagi data di bolanya. Lalu tanganilah sistem gradiennya $x' = -\nabla G(x)$ dengan $G \in \mathcal C^2$ dan $G(x) \to +\infty$ saat $\norm x \to \infty$ : tunjukkan bahwa $G$ menurun sepanjang solusinya, bahwa setiap solusinya tinggal di himpunan subaras (yang terbatas) $\{G \leq G(x_0)\}$ , lalu simpulkan keberadaan maju yang global.

Solusi

Solusi Latihan 19.10.

(a) Andaikan $\norm{x(t_2)} > R$ untuk suatu $t_2 > 0$ dengan $\norm{x(0)} \leq R$ , lalu misalkan $t_1 = \sup\{t \leq t_2 : \norm{x(t)} \leq R\}$ : maka $\norm{x(t_1)} = R$ dan $\norm{x(t)} > R$ pada $\intoc{t_1}{t_2}$ . Lalu pada selang itu $g(t) = \norm{x(t)}^2$ mempunyai $g'(t) = 2\langle x(t), F(x(t))\rangle \leq 0$ (sebab hipotesisnya berlaku: karena $\norm{x(t)} \geq R$ ), sehingga $g(t_2) \leq g(t_1) = R^2$ : jadi bertentangan. Sehingga bolanya invarian secara positif. (b) Sebuah solusi yang terjebak di bola kompaknya tak dapat mempunyai $T_+ < \infty$ (Teorema 19.5(2)): jadi global maju. Untuk sistem gradiennya: $\frac{\dd}{\dd t}G(x(t)) = \langle\nabla G, -\nabla G\rangle = -\norm{\nabla G(x(t))}^2 \leq 0$ : sehingga $G$ menurun, jadi solusinya tinggal di $\{G \leq G(x_0)\}$ , yang terbatas (menurut kekoersifannya: sebab di luar sebuah bola yang besar, $G > G(x_0)$ ) dan tertutup: jadi kompak. Sehingga pelolosannya mustahil: jadi setiap solusi sistem gradien yang koersif bersifat global maju, yang meluncur menurun selamanya.

Latihan 19.11 ★★

(Peledakan lewat pembandingan) Tinjaulah $x' = x^2 + t^2$ dengan $x(0) = 1$ . (a) Tunjukkan bahwa solusi maksimalnya ada pada suatu $\intco0{T_+}$ dengan $T_+ < \infty$ : bandingkanlah dengan $y' = y^2$ , $y(0) = 1$ (buktikanlah lema pembandingan yang Anda perlukan: bahwa jika $x' \geq F(x)$ dan $y' = F(y)$ dengan $x(0) \geq y(0)$ , maka $x \geq y$ di tempat keduanya hidup), lalu turunkan $T_+ \leq 1$ . (b) Batasilah $T_+$ dari bawah: pada $\intcc01$ , $x' \leq x^2 + 1$ ; lalu bandingkan dengan supersolusinya $z' = z^2 + 1$ dengan $z(0) = 1$ , yang diselesaikan $z(t) = \tan\bigl(t + \frac\pi4\bigr)$ , lalu simpulkan $T_+ \geq \frac\pi4$ . (c) Rakitlah $\frac\pi4 \leq T_+ \leq 1$ lalu rumuskan moralnya: bahwa pertumbuhan superlinear ruas kanannya adalah yang membunuh keberadaan globalnya (dengan Latihan 19.3 sebagai tandingannya), dengan perbatasannya berupa kekonvergenan $\int^{\infty}\frac{\dd s}{F(s)}$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.11.

(a) Untuk lema pembandingannya: misalkan $w = x - y$ pada selang bersamanya; maka $w(0) \geq 0$ dan $w' = x' - y' \geq F(x) - F(y) = c(t)w$ dengan $c(t) = \frac{F(x) - F(y)}{x - y}$ yang terbatas pada selang waktu kompaknya (sebab $F$ Lipschitz lokal); lalu $(w\eu^{-\int c})' \geq 0$ , sehingga $w \geq 0$ di sepanjangnya. Dengan $F(x) = x^2$ : $y(t) = \frac1{1 - t}$ meledak di $1$ , dan $x \geq y$ selama $x$ hidup; sehingga jika $T_+ > 1$ , maka $x$ akan berhingga di $t = 1$ padahal mendominasi $y \to \infty$ : jadi mustahil. Sehingga $T_+ \leq 1$ .

(b) Untuk pembandingan terbaliknya (lewat lema yang sama dengan peran yang ditukar): pada $\intcc01\cap\intco0{T_+}$ , $t^2 \leq 1$ memberikan $x' \leq x^2 + 1$ , sedangkan $z(t) = \tan(t + \frac\pi4)$ memenuhi $z' = z^2 + 1$ dengan $z(0) = 1 = x(0)$ : sehingga $x \leq z$ selama keduanya terdefinisi. Lalu karena $z$ berhingga pada $\intco0{\frac\pi4}$ , maka $x$ tak dapat meledak sebelum $\frac\pi4$ : jadi $T_+ \geq \frac\pi4$ .

(c) Bersama-sama: $\frac\pi4 \leq T_+ \leq 1$ (dan secara numerik $T_+ \approx 0.96$ ). Moralnya: bahwa untuk $x' = F(t, x)$ dengan $F$ yang superlinear terhadap $x$ , solusinya meledak dalam waktu berhingga setiap kali $\int^\infty\frac{\dd s}{F(s)} < \infty$ (sebab solusi pembandingnya mencapai tak hingga dalam waktu berhingga itu); sedangkan pertumbuhan linear, yang integralnya divergen, memaksa keberadaan globalnya (Latihan 19.3). Jadi ia integral Osgood yang sama seperti pada Soal 7.1, yang kini mengatur pelolosan ke tak hingga alih-alih pelolosan dari nol.

Latihan 19.12 ★★★

(Teorema pembandingan Sturm) Misalkan $q_1 \leq q_2$ kontinu pada sebuah selang $I$ , dan misalkan $u \neq 0$ menyelesaikan $u'' + q_1u = 0$ dan $v \neq 0$ menyelesaikan $v'' + q_2v = 0$ . (a) Tegakkanlah identitas Wronskiannya: bahwa dengan $W = uv' - u'v$ , $W' = (q_1 - q_2)\,uv$ . (b) (Sturm) Tunjukkan bahwa di antara dua akar berurutan $a < b$ milik $u$ , entah $v$ lenyap di suatu tempat pada $\intoo ab$ , entah $q_1 = q_2$ dan $v \propto u$ di sana (andaikan $u > 0$ pada $\intoo ab$ dan $v > 0$ pula; lalu integralkan (a) dari $a$ ke $b$ lalu periksalah tanda suku batasnya $W(a), W(b)$ ). (c) Turunkan: bahwa solusi $u'' + qu = 0$ dengan $q \geq m > 0$ lenyap setidaknya sekali pada setiap selang berpanjang $\pi/\sqrt m$ (bandingkanlah dengan $v'' + mv = 0$ ); sedangkan solusi dengan $q \leq 0$ lenyap paling banyak sekali pada $\R$ . Lalu ujilah keduanya pada $q \equiv \pm1$ .

Solusi

Solusi Latihan 19.12.

(a) $W' = uv'' - u''v = u(-q_2v) - (-q_1u)v = (q_1 - q_2)\,uv$ .

(b) Misalkan $a < b$ akar berurutan $u$ ; lalu normalkan $u > 0$ pada $\intoo ab$ (sehingga $u'(a) > 0$ dan $u'(b) < 0$ — yang tak nol menurut ketunggalannya, sebab $u(a) = u'(a) = 0$ akan memaksa $u \equiv 0$ ). Andaikan $v$ tak berakar di $\intoo ab$ ; lalu normalkan $v > 0$ di sana (sehingga $v(a), v(b) \geq 0$ menurut kekontinuannya). Lalu integralkan (a):

W(b) - W(a) = \int_a^b(q_1 - q_2)\,uv \;\leq\; 0 .

Padahal $W(a) = u(a)v'(a) - u'(a)v(a) = -u'(a)v(a) \leq 0$ dan $W(b) = -u'(b)v(b) \geq 0$ : sehingga $W(b) - W(a) \geq 0$ . Jadi kesamaannya di sepanjangnya: sebab $\int(q_1 - q_2)uv = 0$ dengan $uv > 0$ pada selang terbukanya memaksa $q_1 = q_2$ di sana; dan $W(a) = W(b) = 0$ memaksa $v(a) = v(b) = 0$ ; lalu $W \equiv 0$ pada $\intcc ab$ (sebab turunannya lenyap), yakni $(v/u)' = -W/u^2 = 0$ pada $\intoo ab$ : jadi $v \propto u$ .

(c) Ambillah $q_1 = m$ dan $u = \sin(\sqrt m(t - t_0))$ , yang akar berurutannya berjarak $\pi/\sqrt m$ , dan $q_2 = q \geq m$ : maka menurut (b), setiap solusi $v$ dari $v'' + qv = 0$ lenyap di setiap selang terbuka berpanjang $\pi/\sqrt m$ (sedangkan pada alternatif merosotnya $q \equiv m$ , $v \propto u$ lenyap pula). Sedangkan jika $q \leq 0$ : terapkan (b) dengan $q_1 = q$ , $u = v$ , dan $q_2 = 0$ beserta solusi bebas akar $\mathbf 1$ dari $v'' = 0$ . Seandainya $v$ berakar dua kali secara berurutan, (b) akan memaksa entah sebuah akar $\mathbf 1$ di antaranya entah kasus merosotnya $\mathbf 1 \propto v$ — keduanya mustahil: jadi $v$ lenyap paling banyak sekali. Untuk ujinya: bagi $q = 1$ , $\sin t$ lenyap setiap $\pi = \pi/\sqrt1$ , seperti yang diramalkan; sedangkan bagi $q = -1$ , $\sinh t$ lenyap tepat sekali dan $\eu^t$ tak pernah — jadi paling banyak satu akar, seperti yang diramalkan.

19.6 Soal: bandulnya, yang terselesaikan sepenuhnya

Soal 19.1

Soal akhir pekan — osilasi, rotasi, separatriks, dan periodenya

Persamaan bandul $x'' = -\sin x$ — sebagai sistem: $x' = y$ , $y' = -\sin x$ pada $\R^2$ — merupakan lalat buah dinamika: mudah ditulis, mustahil diselesaikan lewat rumus dasar, namun sepenuhnya terpahami lewat metode kualitatifnya. Misalkan $E(x, y) = \frac{y^2}2 - \cos x$ (yakni energinya).

Bagian I — Struktur globalnya.

Tunjukkan bahwa semua solusi maksimalnya bersifat global (yakni terdefinisi pada $\R$ ): pakailah $\dot E = 0$ dan Teorema 19.5. Untuk kesetimbangannya: $(k\pi, 0)$ ; lalu golongkan pelinearannya (bertipe pusat bagi $k$ yang genap, dan pelana bagi $k$ yang gasal).
Tunjukkan bahwa lintasannya termuat di himpunan aras $\{E = E_0\}$ , lalu sketsakan atau uraikan menurut nilai $E_0 \in \intco{-1}{+\infty}$ : $E_0 = -1$ (kesetimbangannya), $-1 < E_0 < 1$ (kurva tertutup di sekitar $(2k\pi, 0)$ ), $E_0 = 1$ (separatriks yang melalui $(\pm\pi, 0)$ ), dan $E_0 > 1$ (grafik atas $x$ : yakni rotasinya).
Buktikan bahwa kesetimbangan bawahnya $(0,0)$ bersifat stabil tetapi tak stabil asimtotik. (Pakailah Lyapunov dengan $V = E + 1$ ; sedangkan ketakasimtotikannya: sebab kekekalan energinya menjebak orbitnya pada kurva aras yang jauh dari titik asalnya.)

Bagian II — Osilasi dan periodenya. Tetapkan $-1 < E_0 < 1$ lalu tulislah $E_0 = -\cos a$ dengan $a \in \intoo0\pi$ (yakni amplitudonya).

Tunjukkan bahwa solusi dengan $x(0) = a$ dan $y(0) = 0$ berosilasi: yakni $x(t) \in \intcc{-a}a$ , dan orbitnya berupa kurva tertutup $y^2 = 2(\cos x - \cos a)$ . Lalu benarkanlah bahwa solusinya periodik: sebab orbitnya kurva kompak tanpa kesetimbangan, yang dilalui dengan laju terbatas dari bawah — jadikanlah ini sebuah argumen (sebab solusinya kembali ke titik awalnya dalam waktu berhingga, lalu ketunggalannya memaksa keperiodikannya).
Tegakkanlah rumus periodenya

$T(a) = 4\int_0^{a}\frac{\dd x}{\sqrt{2(\cos x - \cos a)}}$

(pada seperempat orbitnya, $y = \frac{\dd x}{\dd t} > 0$ dan pisahkanlah variabelnya; lalu benarkan kekonvergenan tak wajarnya di $x = a$ ).
(Osilasi kecil) Substitusikan $\sin\frac x2 = \sin\frac a2\,\sin\varphi$ lalu tunjukkan bahwa

$T(a) = 4\int_0^{\pi/2}\frac{\dd\varphi}{\sqrt{1 - k^2\sin^2\varphi}}, \qquad k = \sin\frac a2$

(yakni sebuah integral eliptik lengkap). Lalu turunkan lewat kekonvergenan terdominasi bahwa $T(a) \to 2\pi$ saat $a \to 0^+$ : yakni limit harmoniknya, yang tak bergantung pada amplitudonya — yaitu keisokronan hampiran Galileo, beserta koreksi persisnya $T(a) = 2\pi\bigl(1 + \frac{k^2}4 + O(k^4)\bigr)$ (uraikanlah integrannya lalu integralkan suku demi suku, dan benarkanlah lewat kekonvergenan normalnya).
Tunjukkan bahwa $T(a) \to +\infty$ saat $a \to \pi^-$ (batasilah integrannya dari bawah di dekat $\varphi = \frac\pi2$ saat $k \to 1$ , atau terapkan kekonvergenan monotonnya): sehingga saat mendekati separatriksnya, bandulnya melambat tanpa batas.

Bagian III — Separatriksnya.

Untuk $E_0 = 1$ , $y = 2\cos\frac x2$ pada cabang atasnya: pisahkanlah variabelnya lalu integralkan untuk mencari solusi eksplisitnya

$x(t) = 4\arctan\bigl(\eu^{t}\bigr) - \pi$

(dengan $x(0) = 0$ dan $y(0) = 2$ ). Lalu periksalah secara langsung bahwa ia menyelesaikan persamaan bandulnya, lalu hitunglah limitnya beserta limit $y(t)$ saat $t \to \pm\infty$ .
Simpulkan: bahwa orbit separatriksnya menghubungkan pelana $(-\pi, 0)$ (saat $t \to -\infty$ ) ke pelana $(\pi, 0)$ (saat $t \to +\infty$ ) tetapi tak mencapai satu pun dalam waktu berhingga — yang konsisten dengan ketunggalannya (mengapa mencapai sebuah pelana dalam waktu berhingga akan bertentangan dengan Akibat 19.4?).

Bagian IV — Rotasi, dan gambaran lengkapnya.

Untuk $E_0 > 1$ : tunjukkan bahwa $y$ tak pernah lenyap, $x$ bersifat monoton sejati dan global dengan $x(t) \to \pm\infty$ , dan $t \mapsto y(t)$ bersifat periodik dengan periode

$\tau(E_0) = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\dd x}{\sqrt{2(E_0 + \cos x)}} .$
Rakitlah potret fase yang lengkap (yakni gambar bab ini) beserta pembenaran penuh setiap gejalanya, lalu tulislah ringkasan sepuluh baris atas metodenya: yakni energi, himpunan aras, kekompakan, dan ketunggalan — bagaimana setiap teorema bab ini masuk. Lalu di manakah kita pernah memerlukan sebuah rumus bagi solusi umumnya?

Bagian V — Fungsi periodenya di bawah mikroskop.

Buktikan momen Wallisnya

$W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^{2n}\varphi\,\dd\varphi = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n\,(n!)^2}$

lewat induksi (dengan mengintegralkannya secara parsial), lalu uraikan integran pertanyaan 6 lewat deret binomialnya, lalu benarkanlah pengintegralan suku demi sukunya untuk memperoleh deret lengkapnya

$T(a) = 2\pi\sum_{n\geq0} \Bigl(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\Bigr)^{\!2}k^{2n} = 2\pi\Bigl(1 + \frac{k^2}4 + \frac{9k^4}{64} + O(k^6)\Bigr), \qquad k = \sin\frac a2 .$
Ubahlah ke amplitudonya:

$T(a) = 2\pi\Bigl(1 + \frac{a^2}{16} + \frac{11\,a^4}{3072} + O(a^6)\Bigr)$

(substitusikanlah uraian $\sin\frac a2$ lalu kumpulkan). Sehingga keisokronannya gagal pada orde $a^2$ , dan kegagalannya kini terukur sampai orde $a^4$ .
Tunjukkan bahwa $a \mapsto T(a)$ bersifat kontinu dan naik sejati pada $\intoo0\pi$ , lalu simpulkan bersama pertanyaan 6–7 bahwa $T$ merupakan bijeksi dari $\intoo0\pi$ ke $\intoo{2\pi}{+\infty}$ : sehingga setiap periode superkritisnya diwujudkan tepat satu amplitudo.
(Aritmetika pembuat jam) Sebuah bandul yang diatur pada amplitudo yang melenyap menjaga waktu yang ideal; lalu tunjukkan bahwa jika dijalankan pada amplitudo $a$ ia tertinggal sebesar pecahan $\frac{a^2}{16} + O(a^4)$ dari waktu idealnya, lalu hitunglah pergeserannya untuk $a = 0.2$ rad: yakni sekitar $216$ detik per hari. (Sedangkan pipi sikloid Huygens dan amplitudo tetap yang kecil pada rodagigi pelepasnya sama-sama merupakan jawaban atas bilangan ini.)
Kembalilah ke periode rotasi $\tau$ pada pertanyaan 10: tunjukkan bahwa $\tau$ turun sejati pada $\intoo1{+\infty}$ , bahwa $\tau(E_0) \to +\infty$ saat $E_0 \to 1^+$ (lewat kekonvergenan monoton), dan bahwa $\sqrt{2E_0}\,\tau(E_0) \to 2\pi$ saat $E_0 \to +\infty$ (lewat kekonvergenan terdominasi): sehingga pusaran cepat secara asimtotik merupakan rotasi bebas berlaju sudut $\sqrt{2E_0}$ .

Bagian VI — Metodenya yang diekspor: Lotka–Volterra. Resep bandulnya — yakni integral pertama, kurva aras yang kompak, dan ketunggalan — menyelesaikan sebuah ekosistem. Tetapkan $\alpha, \beta, \gamma, \delta > 0$ lalu tinjaulah, pada kuadran terbuka $Q = \intoo0{+\infty}\times\intoo0{+\infty}$ ,

x' = x\,(\alpha - \beta y), \qquad y' = y\,(\delta x - \gamma)

(dengan $x$ mangsanya dan $y$ pemangsanya).

Tunjukkan bahwa $Q$ bersifat invarian — sebab sumbunya berupa gabungan orbit, yang dapat dihitung secara eksplisit, yang tak boleh diseberangi solusi mana pun (Akibat 19.4) — dan bahwa satu-satunya kesetimbangan di $Q$ adalah $(x_*, y_*) = \bigl(\frac\gamma\delta, \frac\alpha\beta\bigr)$ .
Tunjukkan bahwa

$H(x, y) = \delta x - \gamma\ln x + \beta y - \alpha\ln y$

merupakan integral pertama, bahwa $H = f(x) + g(y)$ dengan $f, g$ yang cembung sejati dan meledak di tak hingga pada $\intoo0{+\infty}$ dengan minimum di $x_*$ dan $y_*$ , lalu turunkan bahwa semua solusi maksimal di $Q$ bersifat global.
Tunjukkan bahwa untuk $h > h_* = H(x_*, y_*)$ himpunan aras $\{H = h\}\cap Q$ merupakan kurva tertutup di sekitar kesetimbangannya: yakni dua cabang kontinu $y_\pm(x)$ atas sebuah selang kompak $\intcc{x_-}{x_+} \ni x_*$ , yang direkatkan di ujungnya — yakni analogi oval bandulnya.
Buktikan bahwa setiap orbit takkesetimbangan di $Q$ bersifat periodik: tegakkanlah peredaran berlawanan arah jarum jam melalui keempat daerah yang teriris garis $x = x_*$ dan $y = y_*$ , lalu batasi waktu penyeberangan setiap busurnya oleh sebuah integral berkesingularan akar kuadrat yang konvergen (seperti pada pertanyaan 5), lalu tutuplah dengan ketunggalannya (seperti pada pertanyaan 4).
(Hukum rata-rata Volterra) Jika $T$ periode sebuah orbit semacam itu, tunjukkan bahwa

$\frac1T\int_0^Tx(t)\,\dd t = \frac\gamma\delta, \qquad \frac1T\int_0^Ty(t)\,\dd t = \frac\alpha\beta :$

yakni rata-rata waktunya sama dengan nilai kesetimbangannya, berapa pun amplitudonya (integralkanlah $(\ln x)' = \alpha - \beta y$ atas satu periode).
(Paradoks penangkapan ikan) Panenlah kedua spesiesnya dengan laju $\varepsilon \in \intoo0\alpha$ : maka sistemnya menjaga bentuknya dengan $\alpha - \varepsilon$ dan $\gamma + \varepsilon$ menggantikan $\alpha$ dan $\gamma$ . Lalu apa yang terjadi pada populasi rata-ratanya? Terangkanlah pengamatan d’Ancona (1914–1918): bahwa ketika penangkapan ikan Adriatik menurun selama perang, proporsi pemangsanya (yakni hiu) pada tangkapannya justru naik — dan mengapa penangkapan yang sedang menguntungkan mangsanya.
Tulislah moral sepuluh barisnya: teorema mana pada bab ini yang menggerakkan setiap langkahnya, apa yang menggantikan energi bandulnya, dan mengapa kedua sistemnya tak memerlukan — atau tak memiliki — solusi bentuk tertutup yang dasar.
(Modulasi lajunya) Pada rezim rotasinya $E_0 > 1$ , tunjukkan bahwa $y = x'$ berosilasi antara $\sqrt{2(E_0 - 1)}$ (di $x \equiv \pi \bmod 2\pi$ ) dan $\sqrt{2(E_0 + 1)}$ (di $x \equiv 0$ ), bahwa rata-rata waktu $y$ atas satu periode tepat $\frac{2\pi}{\tau(E_0)}$ , dan bahwa nisbah modulasinya $\sqrt{\frac{E_0 + 1}{E_0 - 1}} \to 1$ saat $E_0 \to \infty$ : sehingga rotasi cepat bersifat asimtotik seragam.
(Kemonotonan periode rotasinya) Tunjukkan bahwa $\tau(E_0)$ bersifat $\mathcal C^1$ dan turun sejati pada $\intoo1{+\infty}$ (turunkanlah di bawah tanda integralnya, dengan dominasi pada setiap $\intco{1 + \delta}\infty$ ), dengan $\tau \to \infty$ saat $E_0 \to 1^+$ dan $\tau \to 0$ saat $E_0 \to \infty$ . Lalu rakitlah gambaran bifurkasi lengkap bandulnya sepanjang sumbu energinya: yakni kesetimbangan di $E_0 = -1$ , librasi berperiode naik dari $2\pi$ ke $\infty$ pada $-1 < E_0 < 1$ , separatriks di $E_0 = 1$ , dan rotasi berperiode turun dari $\infty$ ke $0$ selebihnya.

Solusi

Solusi Soal 19.1.

1. Berlaku $\dot E = yy' + \sin x\cdot x' = -y\sin x + y\sin x = 0$ : sehingga energinya merupakan integral pertama. Lalu pada sebuah solusi maksimal, $y^2 = 2(E_0 + \cos x) \leq 2(E_0 + 1)$ : jadi $y$ terbatas; sehingga $\abs{x(t)} \leq \abs{x(0)} + t\sup\abs y$ tumbuh paling banyak secara linear: jadi pada sembarang selang waktu berhingga lintasannya tinggal di sebuah kompak $\R^2$ , sehingga Teorema 19.5(2) memaksa $T_\pm = \pm\infty$ . Kesetimbangannya $(k\pi, 0)$ ; dengan pelinearan $\bigl(\begin{smallmatrix}0&1\\ \mp1&0\end{smallmatrix}\bigr)$ karena $-\cos(k\pi) = \mp1$ : sehingga nilai eigennya $\pm\iu$ bagi $k$ yang genap (yakni bertipe pusat, yang tak menyimpulkan dengan sendirinya) dan $\pm1$ bagi $k$ yang gasal (yakni pelana).

2. Karena $E$ konstan sepanjang solusinya, setiap lintasannya terkurung di sebuah himpunan aras $\{y^2 = 2(E_0 + \cos x)\}$ . Untuk $E_0 = -1$ : hanya titik $(2k\pi, 0)$ . Untuk $-1 < E_0 < 1$ : dengan menulis $E_0 = -\cos a$ , himpunannya berupa gabungan saling lepas kurva tertutup $y = \pm\sqrt{2(\cos x - \cos a)}$ atas $x \in [2k\pi - a, 2k\pi + a]$ , satu di sekitar setiap kesetimbangan stabilnya. Untuk $E_0 = 1$ : kurva $y = \pm2\cos\frac x2$ yang menghubungkan pelana berurutan — yakni separatriksnya — beserta pelananya sendiri. Sedangkan untuk $E_0 > 1$ : dua grafik $y = \pm\sqrt{2(E_0 + \cos x)}$ , yang terdefinisi untuk setiap $x$ dan tak pernah menyentuh $y = 0$ .

3. Fungsi $V = E + 1 = \frac{y^2}2 + (1 - \cos x)$ lenyap di $(0,0)$ , positif pada sebuah persekitaran tertusuk (dengan $\abs x < 2\pi$ ), dan $\dot V = 0 \leq 0$ : sehingga Teorema 19.11 memberikan kestabilannya. Namun tak asimtotik: sebab solusi yang melalui $(a, 0)$ (dengan $0 < a$ yang kecil) tetap pada kurva aras $E = -\cos a$ , yang jaraknya ke titik asalnya positif (sebab kurvanya memotong sumbu- $x$ hanya di $\pm a$ ): sehingga $\varphi_t(a, 0) \not\to (0,0)$ .

4. Pada kurva aras $C_a$ : tak ada kesetimbangan (sebab $y = 0$ memaksa $x = \pm a$ dengan $\sin(\pm a) \neq 0$ untuk $0 < a < \pi$ ), sehingga lajunya $\norm{(y, -\sin x)}$ berminimum positif $m$ pada $C_a$ yang kompak. Lalu ikutilah solusinya dari $(a, 0)$ : pada setengah bidang bawahnya $x' = y < 0$ , sehingga $x$ turun dari $a$ ke $-a$ dalam waktu berhingga (sebab integral seperempat atau setengah periodenya konvergen: lihat analisis pertanyaan 5), lalu mencapai $(-a, 0)$ ; lalu menurut kesetangkupan $(x, y) \mapsto (x, -y)$ dan $t \mapsto -t$ pada persamaannya, setengah atasnya dilalui kembali dalam waktu $\frac T2$ yang sama: sehingga solusinya kembali ke $(a, 0)$ pada waktu $T$ . Lalu ketunggalannya (Akibat 19.4) merambatkannya: $x(t + T) = x(t)$ untuk setiap $t$ : jadi periodik.

5. Pada cabang yang $y > 0$ : $y = \sqrt{2(\cos x - \cos a)}$ dan $\dd t = \frac{\dd x}{y}$ ; lalu mengintegralkan $x$ dari $-a$ ke $a$ memberikan setengah periodenya, dan kesetangkupan $x \mapsto -x$ memparuhkan integralnya lagi:

T(a) = 4\int_0^a\frac{\dd x}{\sqrt{2(\cos x - \cos a)}} .

Untuk kekonvergenannya di $x = a^-$ : $\cos x - \cos a = \sin(a)(a - x) + O((a-x)^2)$ dengan $\sin a > 0$ : sehingga integrannya berperilaku seperti $\bigl(2\sin a\,(a - x)\bigr)^{-1/2}$ , yang terintegralkan.

6. Dengan $\sin\frac x2 = k\sin\varphi$ dan $k = \sin\frac a2$ : $\cos x - \cos a = 2(k^2 - \sin^2\frac x2) = 2k^2\cos^2\varphi$ dan $\frac12\cos\frac x2\,\dd x = k\cos\varphi\,\dd\varphi$ , sehingga

T(a) = 4\int_0^{\pi/2} \frac{\dd\varphi}{\sqrt{1 - k^2\sin^2\varphi}} .

Lalu saat $a \to 0^+$ , $k \to 0$ : sebab untuk $k \leq k_0 < 1$ integrannya terdominasi oleh $(1 - k_0^2\sin^2\varphi)^{-1/2}$ , yang kontinu pada $\intcc0{\pi/2}$ : sehingga kekonvergenan terdominasinya memberikan $T \to 4\cdot\frac\pi2 = 2\pi$ . Lalu dengan menguraikan $(1 - u)^{-1/2} = 1 + \frac u2 + \frac{3u^2}8 + \cdots$ dengan $u = k^2\sin^2\varphi$ (lewat kekonvergenan normalnya untuk $k < 1$ ) dan $\int_0^{\pi/2}\sin^2 = \frac\pi4$ :

T(a) = 2\pi\Bigl(1 + \frac{k^2}{4} + O(k^4)\Bigr) :

sehingga keisokronannya berlaku hanya sampai orde pertamanya; dan periodenya tumbuh seiring amplitudonya.

7. Saat $k \uparrow 1$ integrannya naik menuju $(1 - \sin^2\varphi)^{-1/2} = \frac1{\cos\varphi}$ , yang integralnya divergen: sehingga lewat kekonvergenan monoton, $T(a) \to +\infty$ saat $a \to \pi^-$ .

8. Pada cabang $y = 2\cos\frac x2$ (dengan $\abs x < \pi$ ): $\frac{\dd x}{2\cos(x/2)} = \dd t$ ; lalu dengan $u = \frac x2$ , $\int\frac{\dd u}{\cos u} = \ln\tan\bigl(\frac u2 + \frac\pi4\bigr)$ , sehingga $t = \ln\tan\bigl(\frac x4 + \frac\pi4\bigr)$ , yakni

x(t) = 4\arctan(\eu^t) - \pi, \qquad y(t) = x'(t) = \frac{4\eu^t}{1 + \eu^{2t}} = \frac{2}{\cosh t} .

Untuk pemeriksaannya lewat energinya: dengan $\theta = \arctan\eu^t$ , $\sin2\theta = \frac1{\cosh t}$ , sehingga $\cos x = -\cos4\theta = -1 + \frac{2}{\cosh^2t}$ dan $E = \frac{y^2}2 - \cos x = \frac2{\cosh^2t} + 1 - \frac2{\cosh^2t} = 1$ : jadi lintasannya terletak pada separatriksnya, dan menurunkan $y^2 = 2(1 + \cos x)$ di tempat $y > 0$ menghasilkan kembali $y' = -\sin x$ . Limitnya: $x \to \pm\pi$ dan $y \to 0$ saat $t \to \pm\infty$ .

9. Orbitnya menuju pelana $(\pi, 0)$ ke depan dan $(-\pi, 0)$ ke belakang tetapi tak pernah tiba: sebab seandainya ia mencapai $(\pi, 0)$ pada waktu berhingga $t^*$ , maka dua solusi maksimal yang berbeda — yakni solusi separatriksnya dan solusi konstan di pelananya — akan melalui titik yang sama $(t^*, (\pi, 0))$ , yang bertentangan dengan Akibat 19.4. Jadi pelananya hanya didekati secara asimtotik.

10. Untuk $E_0 > 1$ : $y^2 = 2(E_0 + \cos x) \geq 2(E_0 - 1) > 0$ : sehingga $y$ menjaga tandanya, dan $\abs{x'} = \abs y \geq \sqrt{2(E_0 - 1)}$ : jadi $x$ monoton sejati dan global (pertanyaan 1), dengan $x(t) \to \pm\infty$ . Lalu karena $y(t) = \pm\sqrt{2(E_0 + \cos x(t))}$ dan $\cos$ berperiode $2\pi$ , maka $y$ kembali ke nilainya setiap kali $x$ maju sejauh $2\pi$ ; dan waktu yang diperlukannya adalah

\tau(E_0) = \int_{x_0}^{x_0 + 2\pi}\frac{\dd x}{\sqrt{2(E_0 + \cos x)}} = \int_{-\pi}^{\pi}\frac{\dd x}{\sqrt{2(E_0 + \cos x)}}

(lewat substitusi dan keperiodikannya): sehingga $y$ berperiode $\tau$ — jadi bandulnya berpusar dengan laju rotasi yang asimtotik tetap $2\pi/\tau \approx \sqrt{2E_0}$ untuk energi yang besar.

11. Metodenya, berurutan: energinya (yakni $\dot E = 0$ ) menyusutkan aliran dua dimensinya menjadi kurva aras satu dimensi; lalu keterbatasan $y$ pada setiap arasnya ditambah pelolosan dari kompaknya memberikan keberadaan globalnya; lalu kekompakan aras tertutupnya memberikan batas lajunya sehingga keperiodikannya; lalu ketunggalannya mengubah kembalinya yang pertama menjadi keperiodikan yang persis, melarang kedatangan pada pelananya dalam waktu berhingga, dan memisahkan tipe orbitnya; lalu pelinearan dan Lyapunov menggolongkan kesetimbangannya; sedangkan integral periodenya dianalisis lewat teorema kekonvergenan Bab 10. Jadi tak pernah kita memiliki — atau memerlukan — solusi umum berbentuk tertutup: sebab teori kualitatifnya memetik setiap gejala geraknya dari persamaannya sendiri.

12. Integral parsial: $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^{2n-1}\varphi \cdot\sin\varphi\,\dd\varphi = (2n-1)\int_0^{\pi/2} \sin^{2n-2}\varphi\cos^2\varphi\,\dd\varphi = (2n-1)(W_{n-1} - W_n)$ , sehingga $W_n = \frac{2n-1}{2n}W_{n-1}$ ; lalu dengan $W_0 = \frac\pi2$ dan $\prod_{j=1}^n\frac{2j-1}{2j} = \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ (sebab $(2n)! = 2^nn!\prod(2j-1)$ ), induksinya memberikan nilai yang ditampilkan itu. Untuk deret binomialnya: $(1 - u)^{-1/2} = \sum_{n\geq0}c_nu^n$ dengan $c_n = \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} \in \intoc01$ dan jari-jari $1$ . Lalu untuk $k \leq k_0 < 1$ dan $u = k^2\sin^2\varphi$ , deret $\sum c_nk^{2n}\sin^{2n}\varphi$ konvergen normal terhadap $\varphi$ (sebab $c_nk^{2n} \leq k_0^{2n}$ ), sehingga pengintegralan suku demi sukunya pada rumus pertanyaan 6 bersifat sah:

T(a) = 4\sum_{n\geq0}c_nk^{2n}W_n = 4\cdot\frac\pi2\sum_{n\geq0}c_n^2\,k^{2n} = 2\pi\sum_{n\geq0} \Bigl(\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\Bigr)^{\!2}k^{2n} .

Lalu dengan $c_0 = 1$ , $c_1 = \frac12$ , dan $c_2 = \frac38$ : $T(a) = 2\pi\bigl(1 + \frac{k^2}4 + \frac{9k^4}{64} + O(k^6)\bigr)$ , dengan sisanya seragam untuk $k \leq k_0$ (sebab ekornya terdominasi sebuah deret geometri).

13. Berlaku $k = \sin\frac a2 = \frac a2 - \frac{a^3}{48} + O(a^5)$ , sehingga

k^2 = \frac{a^2}4 - \frac{a^4}{48} + O(a^6), \qquad k^4 = \frac{a^4}{16} + O(a^6) ,

dan

\frac{T(a)}{2\pi} = 1 + \frac14\Bigl(\frac{a^2}4 - \frac{a^4}{48}\Bigr) + \frac9{64}\cdot\frac{a^4}{16} + O(a^6) = 1 + \frac{a^2}{16} + \frac{11\,a^4}{3072} + O(a^6) ,

sebab $-\frac1{192} + \frac9{1024} = \frac{-16 + 27}{3072} = \frac{11}{3072}$ .

14. Pada bentuk eliptik pertanyaan 6, $a \mapsto k = \sin\frac a2$ merupakan bijeksi kontinu yang naik sejati dari $\intoo0\pi$ ke $\intoo01$ , dan untuk setiap $\varphi \in \intoc0{\pi/2}$ integrannya $(1 - k^2\sin^2\varphi)^{-1/2}$ naik sejati terhadap $k$ : sehingga $T$ naik sejati. Untuk kekontinuannya: pada $k \leq k_0 < 1$ integrannya terdominasi oleh $(1 - k_0^2\sin^2\varphi)^{-1/2}$ yang kontinu, sehingga kekonvergenan terdominasinya berlaku sepanjang $k' \to k$ . Lalu dengan limitnya $T \to 2\pi$ saat $a \to 0^+$ (pertanyaan 6) dan $T \to +\infty$ saat $a \to \pi^-$ (pertanyaan 7), kemonotonan sejatinya dan teorema nilai antaranya membuat $T$ menjadi bijeksi dari $\intoo0\pi$ ke $\intoo{2\pi}{+\infty}$ .

15. Sebuah jam mencacah ayunan; dan jika diatur pada amplitudo yang melenyap, ia membukukan periode harmoniknya $2\pi$ per ayunan (dalam satuan waktu bandulnya). Sedangkan jika dijalankan pada amplitudo $a$ , periode sebenarnya adalah $T(a) = 2\pi\bigl(1 + \frac{a^2}{16} + O(a^4)\bigr)$ : sehingga jamnya membukukan $2\pi$ padahal $T(a)$ sungguh berlalu, jadi ia tertinggal sebesar pecahan

\frac{T(a) - 2\pi}{T(a)} = \frac{a^2}{16} + O(a^4) .

Untuk $a = 0.2$ rad (yakni sekitar $11.5$ derajat): $\frac{a^2}{16} = \frac{0.04}{16} = \frac1{400}$ , dan satu hari berdurasi $86400$ s: sehingga jamnya kehilangan $86400/400 = 216$ detik — yakni sekitar tiga setengah menit — per hari. Karena itu kedua obat historisnya: memaksakan amplitudo tetap yang mungil (lewat rodagigi pelepasnya), atau membengkokkan kendalanya sehingga periodenya sungguh bebas amplitudo (lewat pipi sikloid Huygens, 1657).

16. Pada $\tau(E_0) = \int_{-\pi}^{\pi}\frac{\dd x}{\sqrt{2(E_0 + \cos x)}}$ integrannya, untuk setiap $x$ yang tetap, turun sejati terhadap $E_0$ : sehingga $\tau$ turun sejati. Lalu saat $E_0 \downarrow 1$ integrannya naik secara titik demi titik menuju $\bigl(2(1 + \cos x)\bigr)^{-1/2} = \frac1{2\abs{\cos\frac x2}}$ , yang integralnya atas $\intoo{-\pi}\pi$ divergen (sebab $\cos\frac x2$ lenyap berorde pertama di $\pm\pi$ ): sehingga kekonvergenan monotonnya memberikan $\tau(E_0) \to +\infty$ . Sedangkan saat $E_0 \to +\infty$ :

\sqrt{2E_0}\,\tau(E_0) = \int_{-\pi}^{\pi} \frac{\dd x}{\sqrt{1 + \cos x/E_0}} \longrightarrow 2\pi

lewat kekonvergenan terdominasi (sebab untuk $E_0 \geq 2$ integrannya paling banyak $\sqrt2$ ). Jadi $\tau \approx 2\pi/\sqrt{2E_0}$ : sehingga satu putaran memakan waktu rotasi bebas berlaju $\sqrt{2E_0}$ , dengan potensialnya menyusut menjadi riak — yang cocok dengan laju rotasi pertanyaan 10.

17. Sumbunya membawa solusi eksplisit $t \mapsto (x_0\eu^{\alpha t}, 0)$ dan $t \mapsto (0, y_0\eu^{-\gamma t})$ , beserta kesetimbangan $(0, 0)$ : jadi keduanya gabungan orbit. Sedangkan medannya bersifat $\mathcal C^1$ , jadi Lipschitz lokal; sehingga solusi yang bermula di $Q$ yang menyentuh sebuah sumbu akan melalui sebuah titik salah satu orbit itu lalu, menurut Akibat 19.4, berimpit dengannya — yang mustahil, sebab yang satu hidup pada sumbunya sedangkan yang lain tidak. Jadi $Q$ invarian dalam kedua arah waktunya. Untuk kesetimbangan di $Q$ : $x > 0$ memaksa $\alpha - \beta y = 0$ dan $y > 0$ memaksa $\delta x - \gamma = 0$ : sehingga hanya satu titik $(x_*, y_*) = \bigl(\frac\gamma\delta, \frac\alpha\beta\bigr)$ .

18. Sepanjang sebuah solusi,

\dot H = \Bigl(\delta - \frac\gamma x\Bigr)x' + \Bigl(\beta - \frac\alpha y\Bigr)y' = (\delta x - \gamma)(\alpha - \beta y) + (\beta y - \alpha)(\delta x - \gamma) = 0 .

Sedangkan $f(x) = \delta x - \gamma\ln x$ mempunyai $f'' = \gamma/x^2 > 0$ , dengan $f'$ yang lenyap hanya di $x_*$ , dan $f \to +\infty$ baik di $0^+$ maupun di $+\infty$ : jadi cembung sejati dan meledak, berminimum $f(x_*)$ ; dan demikian pula $g(y) = \beta y - \alpha\ln y$ , berminimum $g(y_*)$ . Sehingga $H \geq h_*$ dengan kesamaannya hanya di $(x_*, y_*)$ , dan setiap subaras $\{H \leq h\}\cap Q$ bersifat kompak: sebab $f(x) \leq h - g(y_*)$ mengurung $x$ ke sebuah selang kompak $\intoo0{+\infty}$ menurut keledakannya, demikian pula $y$ , dan himpunannya tertutup di $\R^2$ karena $H \to +\infty$ di batas $Q$ . Lalu sebuah solusi maksimal tinggal pada himpunan arasnya yang kompak, sehingga ia tak dapat meninggalkan setiap kompak dalam waktu berhingga: jadi Teorema 19.5 membuatnya global.

19. Tetapkan $h > h_*$ lalu tetapkan $c = h - g(y_*) > f(x_*)$ . Lalu karena $f$ turun sejati dari $+\infty$ ke $f(x_*)$ pada $\intoc0{x_*}$ dan naik sejati kembali ke $+\infty$ pada $\intco{x_*}{+\infty}$ , persamaan $f(x) = c$ berakar tepat dua kali $x_- < x_* < x_+$ , dan $\{f \leq c\} = \intcc{x_-}{x_+}$ . Lalu untuk $x \in \intoo{x_-}{x_+}$ : $g(y) = h - f(x) > g(y_*)$ berakar tepat dua kali $y_-(x) < y_* < y_+(x)$ , yang kontinu terhadap $x$ (sebab balikan pembatasan $g$ yang monoton sejati dan kontinu pada kedua sisi $y_*$ ), dengan $y_\pm(x) \to y_*$ saat $x \to x_\pm$ ; sedangkan di $x = x_\pm$ satu-satunya solusinya adalah $y = y_*$ . Jadi $\{H = h\}\cap Q$ berupa gabungan grafik $y_+$ dan $y_-$ atas $\intcc{x_-}{x_+}$ , yang direkatkan di $(x_\pm, y_*)$ : yakni sebuah kurva tertutup di sekitar $(x_*, y_*)$ — yaitu analogi oval bandulnya.

20. Misalkan $C_h = \{H = h\}\cap Q$ dengan $h > h_*$ : maka satu-satunya kesetimbangan $Q$ berada di luar $C_h$ , sehingga medannya tak pernah lenyap padanya. Untuk tandanya: $x' = \beta x(y_* - y)$ dan $y' = \delta y(x - x_*)$ : sehingga geraknya ke kanan di bawah garis $y = y_*$ , ke atas di kanan $x = x_*$ , ke kiri di atasnya, dan ke bawah di kirinya — yakni peredaran berlawanan arah jarum jam. Lalu ikutilah solusinya dari sebuah titik $(x_0, y_-(x_0))$ pada cabang bawah terbukanya, yang $x' > 0$ padanya: maka waktu untuk mencapai sudut kanannya $B = (x_+, y_*)$ adalah

\int_{x_0}^{x_+}\frac{\dd x}{\beta x\,\bigl(y_* - y_-(x)\bigr)} .

Lalu di dekat $x_+$ , pilihlah $x' \in \intoo{x_*}{x_+}$ ; sehingga untuk $x \in \intcc{x'}{x_+}$ , $f(x_+) - f(x) \geq f'(x')\,(x_+ - x)$ (sebab $f'$ naik dan positif setelah $x_*$ ), sedangkan hubungan arasnya dan ketaksamaan Taylor memberikan $g(y_-(x)) - g(y_*) \leq \frac12\,\bigl(\max g''\bigr)\,(y_* - y_-(x))^2$ pada rentang- $y$ kompak $C_h$ : sehingga $y_* - y_-(x) \geq c\,\sqrt{x_+ - x}$ dengan $c > 0$ , dan integrannya $O\bigl((x_+ - x)^{-1/2}\bigr)$ : jadi terintegralkan — yakni kekonvergenan pertanyaan 5, yang dialihkan. Sedangkan di tempat lain pada cabangnya integrannya kontinu. Jadi $B$ tercapai dalam waktu berhingga; lalu di sana $y' = \delta y_*(x_+ - x_*) > 0$ , sehingga orbitnya memasuki daerah $x > x_*$ , $y > y_*$ , mendaki ke sudut atasnya $(x_*, y_+)$ lewat taksiran setangkupnya (dengan peran $f$ dan $g$ yang ditukar), dan seterusnya mengelilingi keempat busurnya: sehingga setelah waktu berhingga $T > 0$ solusinya kembali ke titik awalnya. Lalu menurut Akibat 19.4 ia berperiode $T$ — yakni argumen pertanyaan 4, kata demi kata.

21. Pada sebuah orbit berperiode $T$ di $Q$ , $t \mapsto \ln x(t)$ bersifat $\mathcal C^1$ dan berperiode $T$ , sehingga

0 = \int_0^T(\ln x)'\,\dd t = \int_0^T(\alpha - \beta y)\,\dd t = \alpha T - \beta\int_0^Ty\,\dd t ,

yang memberikan $\frac1T\int_0^Ty = \frac\alpha\beta$ ; dan demikian pula $0 = \int_0^T(\ln y)' = \delta\int_0^Tx\,\dd t - \gamma T$ memberikan $\frac1T\int_0^Tx = \frac\gamma\delta$ . Jadi rata-rata waktunya adalah nilai kesetimbangannya, bagi setiap orbitnya tanpa memandang amplitudonya — yakni hukum kekekalan yang tak seorang pun memasukkannya dengan tangan.

22. Dengan pemanenannya sistemnya kembali berbentuk Lotka–Volterra, dengan parameter $\alpha - \varepsilon$ , $\beta$ , $\gamma + \varepsilon$ , dan $\delta$ (sebab kesetimbangan interiornya bertahan karena $\varepsilon < \alpha$ ). Lalu pertanyaan 21 yang diterapkan pada sistem barunya:

\bar x = \frac{\gamma + \varepsilon}{\delta} \ \ (\text{rata-rata mangsanya naik}), \qquad \bar y = \frac{\alpha - \varepsilon}{\beta} \ \ (\text{rata-rata pemangsanya turun}) :

sehingga pemanenan yang tak pandang bulu menggeser keseimbangannya ke arah mangsanya. Sedangkan data d’Ancona membacanya secara terbalik: sebab perangnya memotong penangkapan ikannya, $\varepsilon$ turun, sehingga rata-rata pemangsanya $(\alpha - \varepsilon)/\beta$ naik dan rata-rata mangsanya turun — yakni pecahan hiu yang lebih besar pada tangkapannya, tepat seperti yang dicatat pasar ikan Adriatik. Inilah asas Volterra, yakni mekanisme yang sama di balik paradoks pestisidanya: sebab memangkas kedua aras trofiknya menguntungkan aras yang dimakan.

23. Resepnya, pada kedua kalinya: (i) sebuah integral pertama — yakni $E$ bagi bandulnya dan $H$ di sini, yang ditemukan dengan memisahkan $\dd y/\dd x$ — meruntuhkan bidangnya menjadi kurva; (ii) keledakan dan kekompakan himpunan arasnya memberikan keberadaan global lewat Teorema 19.5; (iii) geometri arasnya — yakni oval, dari bentuk $\cos$ di sana dan kecembungan sejati $f$ dan $g$ di sini — terbaca dari integralnya, bukan dari alirannya; (iv) sebuah medan tak lenyap pada oval kompaknya ditambah kesingularan sudut yang terintegralkan memaksa waktu kembali yang berhingga; (v) ketunggalannya (Akibat 19.4) mengubah kembalinya menjadi keperiodikan dan melarang kedatangan pada kesetimbangannya dalam waktu berhingga; (vi) sedangkan buah hasilnya — yakni uraian periode dan hukum rata-rata — datang dari teorema kekonvergenan yang diterapkan pada integral yang dihasilkannya. Jadi baik $x'' = -\sin x$ maupun Lotka–Volterra tak memiliki solusi bentuk tertutup yang dasar (sebab integral eliptik pada yang satu, dan kurva aras transenden pada yang lain), dan tak pernah satu pun diperlukan: sebab persamaannya sendiri, yang diinterogasi secara kualitatif, menyerahkan seluruh geraknya.

24. Pada sebuah aras energi $E_0 > 1$ , $y^2 = 2(E_0 + \cos x) > 0$ : sehingga ekstremum $y^2$ -nya di $\cos x = \pm1$ , yang memberikan batas yang dinyatakan itu, dan tercapai di $x \equiv 0, \pi$ . Untuk rata-rata waktunya atas satu periode $\tau = \tau(E_0)$ : $x$ maju sejauh tepat $2\pi$ , sehingga

\frac1\tau\int_0^\tau y\,\dd t = \frac{x(\tau) - x(0)}{\tau} = \frac{2\pi}\tau .

Sedangkan nisbah laju ekstremnya adalah $\sqrt{\frac{E_0 + 1}{E_0 - 1}} = 1 + O(E_0^{-1}) \to 1$ : sehingga pada energi tinggi riak $\pm1$ potensialnya terabaikan terhadap $E_0$ , dan bandulnya berputar hampir seragam — yakni papan cucinya yang mendatar.

25. Pada $E_0 \geq 1 + \delta$ , integran $\tau(E_0) = \int_{-\pi}^{\pi}\frac{\dd x}{\sqrt{2(E_0 + \cos x)}}$ terdominasi oleh $(2\delta)^{-1/2}$ sedangkan turunan- $E_0$ -nya

\partial_{E_0}\frac1{\sqrt{2(E_0 + \cos x)}} = -\frac{1}{\bigl(2(E_0 + \cos x)\bigr)^{3/2}}

oleh $(2\delta)^{-3/2}$ , keduanya terintegralkan pada $\intcc{-\pi}\pi$ yang kompak: sehingga pendiferensialan di bawah integralnya (Teorema 10.15) berlaku dan memberikan $\tau'(E_0) < 0$ (sebab integrannya negatif sejati): jadi turun sejati dan $\mathcal C^1$ . Untuk limitnya: saat $E_0 \to \infty$ , $\tau \leq \frac{2\pi}{\sqrt{2(E_0 - 1)}} \to 0$ ; sedangkan saat $E_0 \to 1^+$ : tulislah $E_0 + \cos x = (E_0 - 1) + 2\cos^2\frac x2$ ; maka integrannya naik saat $E_0$ turun, sehingga lewat kekonvergenan monoton

\tau(E_0) \;\nearrow\; \int_{-\pi}^{\pi}\frac{\dd x}{2\,\abs{\cos\frac x2}} = +\infty,

dengan integral limitnya divergen di $x = \pm\pi$ (sebab di sana $\abs{\cos\frac x2} \sim \frac{\abs{x \mp \pi}}2$ , yakni $\frac1{\abs\cdot}$ yang tak terintegralkan): sehingga periodenya meledak saat mendekati separatriksnya, yang cocok dengan $T(a) \to \infty$ Bagian II dari sisi librasinya. Jadi sumbu energinya terbaca: istirahat di $E_0 = -1$ ; librasi, $2\pi \nearrow \infty$ , pada $\intoo{-1}1$ ; separatriks yang tak berhingga lambat di $E_0 = 1$ ; lalu rotasi, $\infty \searrow 0$ , selebihnya. Yakni satu integral, seluruh hidup bandulnya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium