Pendulum Nonlinear — Joceline Lega

Tujuan Pembelajaran

Pada akhir bab ini, Anda akan mampu melakukan hal-hal berikut.

Menerapkan proses pemodelan pada suatu sistem mekanis sederhana, yaitu pendulum nonlinear.
Menggunakan hukum Newton untuk menurunkan persamaan diferensial bagi dinamika pendulum.
Menggabungkan variabel dan parameter menjadi besaran tak berdimensi.
Menilai apakah suatu model matematika benar secara dimensi.
Menyintesis dinamika persamaan diferensial otonom orde kedua melalui metode energi atau analisis bidang fase.

Sifat masalah, asumsi, dan persamaan model

Kita meninjau gerak sebuah pendulum, yaitu suatu massa yang digantungkan pada salah satu ujung tali, sementara ujung lainnya terikat pada titik tetap (lihat Gambar 3.1). Periode pendulum diketahui bergantung pada amplitudonya. Pembaca dapat merujuk pada Gambar 4 dalam artikel tahun 2005 karya Lima dan Arun beserta rujukan di dalamnya.

Sketsa sebuah pendulum. Deskripsi panjang tersedia. — Gambar 3.1. Sketsa sebuah pendulum. *Deskripsi Gambar*

Selanjutnya, kita akan mengasumsikan bahwa benda yang terikat pada tali merupakan suatu massa titik, bahwa tali tidak bermassa, serta bahwa baik massa benda maupun panjang tali tidak berubah terhadap waktu. Kita akan menganggap gerak berlangsung dalam satu bidang (perhatikan bahwa ini merupakan hampiran karena pendulum cenderung mengalami gerak presesi yang lambat). Kita akan menggunakan hukum Newton untuk mendeskripsikan dinamika pendulum. Gaya-gaya yang bekerja pada massa adalah gaya gravitasi $\vec F_g$ , yang akan kita anggap konstan (lihat soal-soal untuk pembenarannya), tegangan $\vec F_t$ yang diberikan oleh tali, dan gaya gesek $\vec F_f$ yang diberikan oleh udara di sekitar massa. Kita akan mengasumsikan bahwa gaya ini berlawanan arah dan sebanding dengan kecepatan massa. Ini pun merupakan hampiran; untuk informasi lebih lanjut, lihat misalnya Redaman Pendulum karya P. Squire (1986).

Untuk merumuskan masalah ini, kita mendefinisikan basis vektor $(\vec \imath, \vec \jmath)$ bagi bidang tempat gerak berlangsung. Kita menyatakan panjang tali dengan $l$ dan massa benda yang terikat pada tali dengan $m$ . Kita mengukur posisi massa titik melalui sudut $\theta$ antara tali dan garis vertikal (lihat Gambar 3.1). Vektor posisi massa titik $\vec x$ diberikan oleh

$\vec x = l \sin(\theta)\, \vec \imath - l \cos(\theta)\, \vec \jmath \equiv l \vec r,$

dengan $\vec r = \sin(\theta) \vec \imath- \cos(\theta) \vec \jmath$ . Vektor satuan yang ortogonal terhadap $\vec r$ dan sedemikian rupa sehingga $(\vec r, \vec \theta)$ membentuk basis terorientasi positif pada bidang $(x,y)$ adalah $\vec \theta = \cos(\theta)\, \vec \imath+ \sin(\theta)\, \vec \jmath.$

Sekarang kita dapat menggunakan informasi ini untuk menyatakan turunan pertama dan kedua vektor posisi $\vec x$ dalam bentuk vektor $\vec r$ , $\vec \theta$ , dan turunan sudut $\theta$ . Kita memperoleh

$\displaystyle \frac{d \vec x}{d t} = \left(l \cos(\theta)\, \vec \imath+ l \sin(\theta)\, \vec \jmath\,\right) \frac{d \theta}{d t} = l \frac{d \theta}{d t} \vec \theta \qquad (3.1)$

$\begin{align*} \frac{d^2 \vec x}{d t^2} &= l \frac{d^2 \theta}{d t^2} \vec \theta + \left(- l \sin(\theta)\, \vec \imath+ l \cos(\theta)\, \vec \jmath\,\right) \left(\frac{d \theta}{d t}\right)^2 \\ & = l \frac{d^2 \theta}{d t^2} \vec \theta - l \left(\frac{d \theta}{d t} \right)^2 \vec r. \end{align*} \qquad (3.2)$

Hukum Newton menyatakan bahwa hasil kali massa titik dan percepatannya sama dengan jumlah gaya yang bekerja pada massa tersebut. Dengan kata lain, kita memiliki

$\displaystyle m \frac{d^2 \vec x}{d t^2} = \vec F_g +\vec F_t +\vec F_f, \qquad (3.3)$

dengan

$\vec F_g = - m g \, \vec \jmath= m g \cos(\theta)\, \vec r - m g \sin(\theta)\, \vec \theta$ adalah gaya gravitasi,
$\vec F_t = - T\, \vec r$ adalah tegangan yang diberikan oleh tali,
$\displaystyle \vec F_f = - c \frac{d \vec x}{d t} = - c l \frac{d \theta}{d t}\, \vec \theta$ , dengan $c \gt 0$ , adalah gaya gesek (kita menggunakan Persamaan (3.1) untuk memperoleh kesamaan terakhir).

Perhatikan bahwa kita telah menyatakan gaya-gaya dalam basis vektor $\vec r$ dan $\vec \theta$ , bukan dalam $\vec \imath$ dan $\vec \jmath$ . Alasannya, bentuk $d^2 \vec x / d t^2$ sederhana jika ditulis dalam $\vec r$ dan $\vec \theta$ (lihat Persamaan (3.2)). Dengan menggabungkan seluruh informasi ini, kita memperoleh

$\displaystyle m l \frac{d^2 \theta}{d t^2} \, \vec \theta - m l \left(\frac{d \theta}{d t}\right)^2 \, \vec r = m g \cos(\theta)\, \vec r - m g \sin(\theta)\, \vec \theta - T \, \vec r - c l \frac{d \theta}{d t} \, \vec \theta,$

yang, setelah diproyeksikan ke arah $\vec r$ dan $\vec \theta$ , menghasilkan sistem persamaan

$\displaystyle - m l \left(\frac{d \theta}{d t}\right)^2 = m g \cos(\theta) - T \qquad (3.4)$

$\displaystyle m l \frac{d ^2 \theta}{d t^2} = - m g \sin(\theta) - c l \frac{d \theta}{d t}. \qquad (3.5)$

Persamaan (3.4) memberikan rumus bagi tegangan $T$ sebagai fungsi sudut $\theta$ dan turunannya, sedangkan Persamaan (3.5), yang tidak memuat $T$ , merupakan persamaan diferensial biasa nonlinear bagi sudut $\theta$ . Persamaan ini mendeskripsikan gerak pendulum nonlinear. Persamaan tersebut biasanya dilengkapi dengan kondisi awal, yang memberikan sudut dan kecepatan sudut pendulum pada suatu waktu tertentu, misalnya $t = 0$ . Kondisi awal itu adalah

$\displaystyle \theta(0) = \theta_0, \qquad \frac{d \theta}{d t}(0) = \Omega_0, \qquad (3.6)$

dengan $\theta_0$ dan $\Omega_0$ telah diketahui.

Analisis tanpa gesekan

Jika tidak ada gesekan, Persamaan (3.5) dapat ditulis ulang menjadi

$\displaystyle \frac{d^2 \theta}{d t^2} = - \frac{g}{l} \sin(\theta) = - \omega_0^2 \sin(\theta), \qquad (3.7)$

dengan mendefinisikan $\omega_0 = \sqrt{g / l}$ .

Analisis dimensi

Langkah pertama dalam menganalisis suatu model ialah melakukan analisis dimensi untuk memeriksa apakah berbagai suku yang muncul dalam persamaan-persamaan penyusun model memiliki dimensi yang sama. Selanjutnya, kita akan menggunakan notasi baku berikut:

$T$ (jangan disamakan dengan tegangan di atas) akan menyatakan besaran yang memiliki dimensi waktu. Perhatikan bahwa besaran semacam itu dapat dinyatakan dalam berbagai satuan, seperti detik, menit, hari, tahun, dan sebagainya.
$M$ akan menyatakan besaran yang memiliki dimensi massa. Satuan yang bersesuaian dapat berupa gram, kilogram, dan sebagainya.
$L$ akan menyatakan besaran yang memiliki dimensi panjang. Di sini pun, besaran semacam itu dapat memiliki berbagai satuan, seperti meter, kaki, yard, kilometer, dan sebagainya.

Karena itu, penting untuk membedakan dimensi dan satuan. Sebagai contoh, tinjau suku-suku yang muncul dalam Persamaan (3.7). Sudut $\theta$ tidak berdimensi (perhatikan bahwa ini tidak berarti sudut tersebut tidak memiliki satuan karena sudut biasanya diukur dalam radian atau derajat). Besaran yang menjadi argumen suatu fungsi (seperti $\theta$ dalam suku $\sin(\theta)$ pada Persamaan (3.7)) harus tak berdimensi. Hal ini harus selalu kita periksa setiap kali menjumpai sebuah ekspresi matematika. Selanjutnya, ruas kiri Persamaan (3.7) berdimensi kebalikan kuadrat waktu. Jadi, kita menulis (tanda kurung siku menyatakan “dimensi”)

$\displaystyle \left[\frac{d^2 \theta}{d t^2}\right] = T^{-2}.$

Ruas kanan Persamaan (3.7) harus memiliki dimensi yang sama. Karena fungsi seperti $\sin(\theta)$ tidak berdimensi, kita menyimpulkan bahwa

$\displaystyle \left[\frac{g}{l}\right] = T^{-2},$

yang sekarang harus kita periksa. Untuk melakukannya, kita perlu mencari dimensi percepatan gravitasi $g$ . Seperti tersirat oleh namanya, $g$ berdimensi percepatan, yaitu $[g] = L\, T^{-2}.$ Karena $[l] = L$ , tampak bahwa memang $[g / l] = T^{-2}$ . Akibatnya, $[\omega_0] = T^{-1}$ , yaitu $\omega_0$ merupakan frekuensi, sesuai dugaan. Dengan demikian, Persamaan (3.7) benar secara dimensi.

Penskalaan

Sebelum mulai menganalisis suatu persamaan diferensial, sering kali bermanfaat untuk menskalakan ulang persamaan itu, yaitu menuliskannya kembali dalam bentuk yang memiliki sesedikit mungkin parameter. Alasannya, besaran yang mengendalikan dinamika suatu masalah sering kali bukan parameter itu sendiri, melainkan kombinasinya. Sebagai contoh, Persamaan (3.7) menunjukkan bahwa kombinasi $g / l$ merupakan besaran yang relevan untuk mendeskripsikan gerak pendulum tanpa gesekan. Akibatnya, hanya ada satu parameter yang relevan, yaitu $\omega_0$ , bukan dua parameter ( $g$ dan $l$ ). Kita bahkan dapat melangkah lebih jauh. Karena $\omega_0$ berdimensi kebalikan waktu, kita dapat mendefinisikan waktu karakteristik

$\displaystyle t_0 = \sqrt{\frac{l}{g}},$

dan mendefinisikan variabel waktu tak berdimensi $\tau$ sebagai

$\tau = \frac{t}{t_0}.$

Dengan menyubstitusikan hubungan-hubungan ini ke dalam Persamaan (3.7) dan (3.6), kita memperoleh

$\displaystyle \frac{d^2 \theta}{d \tau^2}= - \sin(\theta), \qquad (3.8)$

beserta kondisi awal

$\displaystyle \theta(0) = \theta_0, \qquad \frac{d \theta}{d \tau}(0) = t_0 \Omega_0. \qquad (3.9)$

Dengan kata lain, gerak pendulum nonlinear tanpa gesekan dapat dideskripsikan oleh persamaan diferensial biasa (3.8) yang tidak memiliki parameter sama sekali! Ini hasil yang sangat penting karena akan sangat menyederhanakan kajian kita terhadap pendulum nonlinear: jika kita dapat mencirikan sepenuhnya dinamika Persamaan (3.8), analisis kita terhadap Persamaan (3.7) pun selesai; kita tidak perlu memvariasikan parameter!

Osilasi kecil: osilator harmonik

Jika pendulum mengalami osilasi kecil, yaitu jika $\theta$ bernilai kecil, kita dapat menuliskan ekspansi Taylor bagi $\sin(\theta)$ dalam pangkat-pangkat $\theta$ dan memperoleh persamaan yang lebih sederhana. Secara khusus, jika hanya mempertahankan suku pertama dalam ekspansi tersebut, Persamaan (3.8) menjadi persamaan osilator harmonik. Pada orde terendah, $\sin(\theta) \simeq \theta$ , dan substitusi ke dalam Persamaan (3.8) menghasilkan

$\displaystyle \frac{d^2 \theta}{d \tau^2} + \theta = 0. \qquad (3.10)$

Solusi umum persamaan ini adalah

$\displaystyle \theta(\tau) = A \cos(\tau) + B \sin(\tau) \qquad (3.11)$

atau, secara ekuivalen (lihat soal-soal),

$\theta(\tau) = C \cos(\tau + \phi), \qquad (3.12)$

dengan $A$ , $B$ , $C$ , dan $\phi$ sebagai konstanta. Jika sekarang kita menerapkan kondisi awal (3.9), kita memperoleh

$\theta_0 = \theta(0) = A, \qquad t_0 \Omega_0 = \displaystyle \frac{d \theta}{d \tau}(0) = B,$

atau

$\theta_0 = \theta(0) = C \cos(\phi), \qquad t_0 \Omega_0 = \displaystyle \frac{d \theta}{d \tau}(0) = - C \sin(\phi).$

Sistem persamaan pertama memberikan $A$ dan $B$ secara langsung, sedangkan sistem kedua perlu diselesaikan terhadap $C$ dan $\phi$ (lihat soal-soal) untuk memperoleh rumus bagi $\theta(\tau)$ . Penulisan solusi dalam bentuk (3.11) mempermudah penerapan kondisi awal, sedangkan Persamaan (3.12) mempermudah deskripsi dinamika solusi. Memang, tampak bahwa sudut $\theta$ berosilasi terhadap waktu di antara nilai $C = \sqrt{\theta_0^2 + t_0^2 \Omega_0^2}$ dan $-C$ , dengan periode sebesar $2 \pi$ (dalam variabel terskala $\tau$ ). Pendulum berosilasi tanpa henti, sesuai dugaan karena kita mengasumsikan dinamikanya tanpa gesekan.

Dinamika nonlinear

Persamaan (3.8) dapat diselesaikan secara eksplisit dengan fungsi eliptik, tetapi menuliskan rumus semacam itu belum tentu membantu kita mendeskripsikan gerak pendulum. Karena itu, kita tidak akan mencoba menyelesaikan persamaan ini, tetapi akan mendeskripsikan dinamikanya secara kualitatif dalam ruang fase yang bersesuaian. Cara ini mungkin terasa mengejutkan bagi pembaca yang belum pernah mengikuti kuliah sistem dinamik. Melalui beberapa contoh di sepanjang buku ini, saya berharap dapat meyakinkan Anda bahwa inilah cara yang sangat umum dan efisien untuk menangani persamaan diferensial nonlinear.

Tujuan kita adalah mendeskripsikan solusi (3.8) dalam bidang fase $(\theta, d\theta/d\tau)$ . Setiap kondisi awal $(\theta_0,t_0 \Omega_0)$ akan dikaitkan dengan sebuah kurva pada bidang ini. Catatan: Lihat lampiran tentang persamaan diferensial biasa untuk pembahasan keberadaan dan ketunggalan solusi masalah nilai awal, serta uraian singkat mengenai analisis bidang fase. Jika mengetahui susunan kurva-kurva solusi ini, kita dapat memberikan deskripsi kualitatif yang lengkap tentang dinamika pendulum nonlinear. Rumus bagi kurva-kurva solusi dapat diperoleh sebagai berikut. Jika kita mengalikan Persamaan (3.8) dengan $d \theta / d \tau$ lalu mengintegralkannya, kita memperoleh

$\displaystyle \frac{1}{2} \left(\frac{d \theta}{d \tau}\right)^2 = \cos(\theta) + E,$

dengan konstanta $E$ yang bernilai sembarang. Konstanta ini merepresentasikan energi pendulum tak berdimensi dan kekal selama dinamika berlangsung. Himpunan kurva solusi dengan demikian dideskripsikan oleh

$\displaystyle \frac{d \theta}{d \tau} = \pm \sqrt{2 \cos(\theta) + 2 E}, \qquad \displaystyle \frac{d \theta}{d \tau} \in \mathbb{R}, \qquad E \in [-1,\infty). \qquad (3.13)$

Jika $E \gt 1$ , ruas kanan Persamaan (3.13) bernilai riil untuk semua nilai $\theta$ , dan kurva solusi yang bersesuaian tidak tertutup. Sebaliknya, jika $-1 \le E \le 1$ , $d \theta / d\tau$ bernilai riil hanya untuk nilai $\theta$ dalam interval berbentuk $[-\arccos(-E)+ 2 m \pi, \arccos(-E) + 2 m \pi]$ , $m \in \mathbb{Z}$ . Untuk nilai interior interval energi tersebut, kurva solusi yang bersesuaian merupakan orbit tertutup; batas bawah memberikan titik tetap, sedangkan batas atas memberikan separatriks. Terakhir, karena tanda $\pm$ pada ruas kanan (3.13), lintasan-lintasan simetris terhadap sumbu horizontal bidang fase. Kita dapat menggunakan perangkat lunak seperti Maple atau MATLAB untuk memplot kurva-kurva ini, dengan memberi perhatian khusus pada kasus $E = -1$ dan $E = 1.$ Gambar 3.2 menunjukkan beberapa lintasan tersebut. Deskripsi dinamika dilengkapi dengan menambahkan panah pada kurva untuk menunjukkan arah penelusuran setiap lintasan. Hal ini tidak sulit karena, menurut definisinya, $d \theta / d \tau$ bernilai positif jika $\theta$ meningkat sebagai fungsi $\tau$ , dan negatif jika sebaliknya. Akibatnya, panah mengarah ke kanan pada bagian atas bidang fase dan ke kiri pada bagian bawahnya.

Potret fase. Deskripsi panjang tersedia. — Gambar 3.2. Kurva solusi pendulum nonlinear tanpa gesekan. *Deskripsi Gambar*

Hasil-hasil ini dapat dikonfirmasi menggunakan perangkat lunak analisis bidang fase seperti Aplikasi Bidang Fase. Program ini dapat dijalankan dalam MATLAB. Program tersebut memungkinkan pengguna memasukkan Persamaan (3.8) yang ditulis sebagai sistem orde pertama,

$\displaystyle \frac{d \theta}{d \tau} = \Lambda, \qquad \frac{d \Lambda}{d \tau} = - \sin(\theta),$

dan memplot medan arah serta lintasan yang bersesuaian dalam bidang fase. Medan arah sistem ini diperoleh dengan memplot vektor berkomponen $(\Lambda,-\sin(\theta))$ (yaitu ruas kanan persamaan-persamaan di atas) pada titik berkoordinat $(\theta, \Lambda)$ dalam bidang fase. Kurva solusi (3.8) yang melalui titik $(\theta, \Lambda)$ menyinggung medan arah di titik tersebut. Gambar 3.3 menunjukkan bidang fase bagi Persamaan (3.8), sebagaimana diperoleh dengan PPLANE (dikembangkan oleh John C. Polking di Rice University). Sesuai dugaan, kurva solusi yang ditemukan secara numerik sangat sesuai dengan kurva pada Gambar 3.2, yang diperoleh dari Persamaan (3.13).

Secara lebih umum, setiap sistem dinamik berbentuk

$\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \frac{d V}{d x} = 0 \quad (3.14)$

dapat dianalisis dengan cara ini. Dengan mengalikan Persamaan (3.14) dengan $dx/dt$ lalu mengintegralkannya sekali, kita memperoleh

$\displaystyle \frac{1}{2} \left(\frac{d x}{d t}\right)^2 + V(x) = E, \quad (3.15)$

dengan energi $E$ sebagai konstanta gerak. Dengan menetapkan $\displaystyle \frac{d x}{d t} = \Lambda,$ kita memperoleh persamaan bagi kurva-kurva solusi pada bidang ( $x$ , $\Lambda$ ):

$\Lambda = \pm \sqrt{2 \left(E - V(x)\right)}, \qquad \Lambda \in \mathbb{R}.$

Potret fase yang bersesuaian dapat digambar dengan memperhatikan bahwa kurva solusi berenergi $E$ hanya ada untuk nilai $x$ yang memenuhi $E \ge V(x)$ . Secara khusus, titik tetap dinamika, yaitu titik dengan $x(t) = x_0$ yang konstan terhadap waktu, merupakan titik kritis $V(x)$ (dari Persamaan (3.14)), dan energi yang bersesuaian diberikan oleh $E = V(x_0)$ (dari Persamaan (3.15)). Jika titik-titik kritis tersebut nondegenerat, dapat diperiksa bahwa titik minimum $V$ bersesuaian dengan pusat dan titik maksimum $V$ dengan titik pelana (lihat soal-soal). Selain itu, lintasan berenergi $E$ yang memotong sumbu horizontal $(\Lambda = 0)$ melakukannya pada nilai $x$ yang memenuhi $V(x) = E$ . Apabila turunan potensial tidak nol di titik potong tersebut, lintasan-lintasan ini memiliki garis singgung vertikal di sana (lihat soal-soal). Terakhir, lintasan yang berasal dari atau menuju titik pelana menyinggung vektor eigen linearisasi (3.14) yang ditulis sebagai sistem orde pertama pada titik-titik kesetimbangan tersebut (lihat soal-soal). Gambar 3.4 memperlihatkan cara menggunakan pernyataan-pernyataan sebelumnya untuk memplot potret fase Persamaan (3.14) dengan $V(x) = - \cos(x)$ . Hasilnya perlu dibandingkan dengan Gambar 3.2 dan 3.3.

Konstruksi potret fase. Deskripsi panjang tersedia. — Gambar 3.4. Konstruksi potret fase Persamaan (3.14), dengan $V(x) = - \cos(x)$ . *Deskripsi Gambar*

Pada Gambar 3.4, grafik $V$ sebagai fungsi $x$ ditampilkan di bagian atas. Untuk setiap nilai energi $E,$ besaran $E - V$ sebanding dengan $\Lambda^2.$ Informasi ini memungkinkan kita menyimpulkan perilaku berbagai kurva solusi pada bidang $(x, \Lambda)$ . Potret fase yang dihasilkan ditampilkan di bagian bawah.

Analisis dengan adanya gesekan

Dengan adanya gesekan, persamaan gerak untuk pendulum nonlinear menjadi

$\displaystyle \frac{d^2 \theta}{d t^2} = -\frac{g}{l} \sin(\theta) - \frac{c}{m} \frac{d \theta}{d t}. \qquad (3.16)$

Seperti sebelumnya, mula-mula kita perlu memeriksa bahwa dimensi suku terakhir sudah benar. Kita memperoleh

$\displaystyle \left[ \frac{c}{m} \frac{d \theta}{d t}\right] = \left[ \frac{1}{l \, m}\, c\, l\, \frac{d \theta}{d t}\right] = L^{-1} M^{-1} [\text{gaya}] = L^{-1} M^{-1} M L T^{-2} = T^{-2},$

dengan menggunakan fakta bahwa

$\displaystyle \vec F_f = -c\, l\, \frac{d\theta}{d t}\, \vec \theta.$

Sekarang kita menyederhanakan Persamaan (3.16) melalui perubahan variabel $\tau = t / t_0$ . Kita memperoleh

$\displaystyle \frac{d^2 \theta}{d \tau^2} = - \sin(\theta) - \alpha \frac{d \theta}{d \tau}, \qquad \alpha = \frac{c}{m} \sqrt \frac{l}{g}, \qquad (3.17)$

dan kita dapat memeriksa bahwa parameter $\alpha$ tak berdimensi, karena

$[\alpha] = [c] M^{-1} T = [\text{gaya}] L^{-1} T M^{-1}\, T = M L T^{-2} \, L^{-1}\, T^2\, M^{-1} = 1.$

Jika $c = 0$ , maka $\alpha = 0$ , dan kita kembali memperoleh Persamaan (3.8). Kondisi awal untuk Persamaan (3.17), seperti sebelumnya, diberikan oleh Persamaan (3.9). Langkah selanjutnya dalam analisis ini adalah mendeskripsikan potret fase Persamaan (3.17). Kita tidak dapat menggunakan metode yang sama seperti sebelumnya karena energi $E$ tidak lagi kekal. Memang, kita dapat menghitung

$\displaystyle \begin{align*} \frac{d E}{d \tau} &= \frac{d}{d \tau} \left(\frac{1}{2} \left(\frac{d \theta}{d \tau}\right)^2 - \cos(\theta)\right) = \frac{d \theta}{d \tau} \, \frac{d^2 \theta}{d \tau^2} + \sin(\theta)\, \frac{d \theta}{d \tau} \\ &= \left(\frac{d^2 \theta}{d \tau^2} + \sin(\theta)\right) \frac{d \theta}{d \tau} \end{align*}$

yang menghasilkan

$\displaystyle \frac{d E}{d \tau} = - \alpha \left(\frac{d \theta}{d \tau}\right)^2.$

Dengan demikian, karena $\alpha \gt 0$ , energi $E$ tidak bertambah: laju perubahannya nol pada saat $d \theta / d \tau = 0$ dan negatif ketika kecepatannya tidak nol. Energi hanya konstan sepanjang waktu pada lintasan kesetimbangan. Karena $E$ dibatasi dari bawah oleh $-1$ , dapat diduga bahwa lintasan generik yang bukan kesetimbangan—sehingga $d \theta / d \tau \ne 0$ setidaknya pada sebagian waktu—dan tidak terletak pada manifold stabil titik pelana akan konvergen menuju solusi berenergi $E = -1$ . Solusi seperti itu diberikan oleh $\cos(\theta)=1$ , yaitu $\theta = 2 n \pi$ , $n \in \mathbb{Z}$ ; semuanya merupakan titik tetap dinamika. Secara visual, kita dapat membayangkan sebuah partikel terperangkap di salah satu lembah potensial $V(x)=-\cos(x)$ , kehilangan energi ketika bergerak, sehingga konvergen menuju minimum lokal potensial tersebut.

Sekarang kita beralih ke deskripsi bidang fase untuk Persamaan (3.17). Sistem orde pertama yang bersesuaian adalah

$\begin{align*} \displaystyle \frac{d \theta}{d \tau} & = \Lambda, \\ \frac{d \Lambda}{d \tau} &= -\sin(\theta) - \alpha \Lambda. \end{align*} \qquad (3.18)$

Titik tetap diperoleh dengan menetapkan ruas kiri persamaan di atas sama dengan nol, yaitu dengan menyelesaikan $\Lambda = 0$ dan $\sin(\theta) = 0,$ yang bersesuaian dengan titik-titik berkoordinat $(n \pi, 0)$ , $n \in \mathbb{Z}$ pada bidang $(\theta,\Lambda)$ . Informasi tentang dinamika lokal dapat diperoleh dengan melinearkan sistem (3.18) di sekitar titik-titik tetap ini. Untuk itu, kita tetapkan

$\theta = n \pi + \mu, \qquad \Lambda = 0 + \nu,$

dengan $\mu$ dan $\nu$ bernilai kecil, lalu mensubstitusikannya ke dalam Persamaan (3.18). Kita memperoleh

$\begin{align*} \displaystyle \frac{d \mu}{d \tau} & = \nu, \\ \frac{d \nu}{d \tau} & = -\sin(n \pi + \mu) - \alpha \nu \qquad \qquad \qquad (3.19) \\ & = -\cos(n \pi) \mu - \alpha \nu + O(\mu^3), \end{align*}$

yang, jika $\mu$ kecil, dapat dihampiri oleh sistem linear berikut

$\displaystyle \frac{d}{d \tau} \begin{pmatrix}\mu \\ \nu \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\cos(n \pi) & - \alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix}\mu \\ \nu \end{pmatrix}.$

Matriks

$\displaystyle J(n \pi,0) = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\cos(n \pi) & - \alpha \end{pmatrix}$

disebut matriks Jacobi sistem (3.18) pada titik tetap $(n \pi,0)$ . Solusi umum (3.19) dapat dituliskan menggunakan nilai eigen dan vektor eigen dari $J(n \pi,0)$ , dan informasi ini dapat digunakan untuk menilai kestabilan linear titik tetap yang bersesuaian Catatan: Untuk tinjauan, lihat bagian analisis bidang fase pada lampiran tentang persamaan diferensial biasa.. Karena polinom karakteristik matriks $2 \times 2$ $A$ diberikan oleh $\lambda^2 - \lambda \text{Tr}(A) + \det(A) = 0$ , nilai-nilai eigen $J(n \pi, 0)$ memenuhi persamaan karakteristik

$\displaystyle \lambda^2 + \alpha \lambda + \cos(n \pi) = 0.$

Jika $n = 2 p$ genap, $\cos(n \pi) = 1$ ; hasil kali kedua nilai eigen $J(2 p \pi, 0)$ atau, secara ekuivalen, determinan $J(2 p \pi, 0)$ , bernilai positif. Jadi, kedua nilai eigen $J(2 p \pi, 0)$ bersifat riil dan bertanda sama, atau saling konjugat kompleks (ingat bahwa nilai eigen matriks berelemen riil bersifat riil atau muncul dalam pasangan konjugat kompleks). Jumlah nilai eigen $J(2 p \pi, 0)$ atau, secara ekuivalen, jejak $J(2 p \pi, 0)$ , adalah $-\alpha$ , yang bernilai negatif. Karena itu, titik-titik tetap $(2 p \pi,0)$ , $p \in \mathbb{Z}$ , selalu stabil. Kita dapat menentukan jenis titik-titik tetap ini dengan membandingkan kuadrat jejak $J(2 p \pi, 0)$ dengan empat kali determinannya atau, secara lebih langsung, dengan menghitung nilai eigen $J(2 p \pi, 0)$ . Nilai-nilai tersebut diberikan oleh

$\displaystyle \lambda^\pm_{(2 p \pi,0)} = -\frac{\alpha}{2} \pm \sqrt{\frac{\alpha^2}{4}-1}.$

Karena itu, titik-titik tetap $(2 p \pi,0)$ merupakan simpul stabil (jika $\alpha^2 \gt 4$ ), simpul stabil degenerat pada kasus kritis ketika kuadrat koefisien redaman sama dengan 4, atau spiral stabil (jika $\alpha^2 \lt 4$ ). Demikian pula, jika $n = 2 p + 1$ ganjil, hasil kali nilai-nilai eigen $J((2 p + 1)\pi,0)$ sama dengan $\cos((2 p + 1) \pi) = -1$ sehingga keduanya riil dan berlainan tanda. Catatan: Karena $J(n \pi, 0)$ berelemen riil, jika nilai eigennya kompleks, nilai-nilai itu harus saling konjugat kompleks dan hasil kalinya harus positif. Akibatnya, titik-titik tetap $((2 p + 1)\pi,0)$ merupakan titik pelana. Untuk kelengkapan, kita berikan nilai eigen $J((2 p + 1)\pi,0)$ , yaitu

$\displaystyle \lambda^\pm_{((2 p + 1)\pi,0)} = - \frac{\alpha}{2} \pm \sqrt{\frac{\alpha^2}{4} + 1}.$

Fakta-fakta ini dirangkum dalam potret fase pada Gambar 3.5, yang diperoleh dengan PPLANE. Kita melihat bahwa lintasan yang menyinggung vektor eigen $J((2 p + 1) \pi, 0)$ pada titik $((2 p + 1) \pi, 0)$ merupakan separatriks di bidang fase. Lintasan ini disebut manifold stabil dan manifold tak stabil dari titik pelana $((2 p + 1) \pi,0)$ . Seperti diperkirakan, cabang-cabang manifold tak stabil dari $((2 p + 1) \pi,0)$ mendekati titik-titik tetap stabil $(2 p \pi,0)$ dan $((2 p + 2) \pi,0)$ ; kedua titik itu berada dalam penutupan manifold tersebut. Lintasan yang menghubungkan dua titik tetap berbeda disebut orbit heteroklinik.

Ringkasan

Pendulum nonlinear memberikan ilustrasi yang baik tentang proses pemodelan. Hukum Newton, bersama sekumpulan hipotesis penyederhanaan, memungkinkan kita menurunkan model persamaan diferensial bagi sudut pendulum nonlinear, baik dengan maupun tanpa gesekan. Selanjutnya, kita meninjau cara menggunakan analisis dimensi untuk menskalakan ulang variabel terikat dan bebas sehingga diperoleh model tak berdimensi dengan jumlah parameter yang lebih sedikit. Persamaan diferensial orde kedua yang diturunkan dalam bab ini dikaji melalui analisis bidang fase. Bidang fase sistem konservatif dua dimensi dapat diperoleh dengan menggambar himpunan aras energi kekal. Kurva energi konstan dapat ditentukan secara analitis atau digambar dari grafik energi potensial. Bidang fase sistem dinamik dua dimensi nonkonservatif sering kali dapat disimpulkan dari analisis titik-titik tetap sistem dan kestabilan linearnya. Lebih tepatnya, suku-suku nonlinear tidak mengubah sifat simpul dan spiral stabil atau tak stabil, maupun titik pelana. Pembaca yang menginginkan rincian lebih lanjut dapat merujuk pada buku pengantar tentang sistem dinamik.

Deskripsi Gambar

Gambar 3.1: Diagram fisika sebuah pendulum sederhana dengan panjang $L$ dan massa $m$ . Diagram ini memperlihatkan pendulum yang tergantung pada sebuah titik tumpu dan menyimpang sebesar sudut $\theta$ dari arah vertikal. Vektor menunjukkan gravitasi $\vec{g}$ yang bekerja ke bawah, beserta sistem koordinat polar yang didefinisikan oleh vektor radial $\vec{r}$ dan vektor sudut $\vec{\theta}$ . Kerangka koordinat Kartesius dengan vektor satuan $\vec{i}$ dan $\vec{j}$ ditampilkan di sebelah kiri. [Kembali ke Gambar 3.1]

Gambar 3.2: Potret fase pendulum sederhana, dengan simpangan sudut $\theta$ pada sumbu horizontal dan kecepatan sudut $d\theta/dt$ pada sumbu vertikal. Grafik ini memperlihatkan serangkaian orbit elips tertutup yang berpusat pada sumbu $\theta$ , dipisahkan oleh kurva berbentuk X (separatriks), serta lintasan horizontal bergelombang di bagian atas dan bawah bingkai. Catatan: label vertikal pada gambar sumber menggunakan dθ/dt, sedangkan model tak berdimensi dalam teks menggunakan dθ/dτ. [Kembali ke Gambar 3.2]

Gambar 3.3: Potret fase sistem nonlinear $x' = y$ dan $y' = -\sin(x)$ . Plot ini memperlihatkan medan vektor dan lintasan pada bidang Kartesius dengan $x$ berkisar dari sekitar $-15$ hingga $15$ dan $y$ dari $-2.5$ hingga $2.5$ . Terdapat serangkaian titik tetap di sepanjang sumbu $x$ : pusat stabil (dikelilingi orbit tertutup) dan titik pelana tak stabil (berbentuk X). [Kembali ke Gambar 3.3]

Gambar 3.4: Diagram matematika dengan dua panel. Grafik atas memperlihatkan kurva energi potensial periodik $V(x)$ dengan minimum dan maksimum lokal. Grafik bawah memperlihatkan potret fase yang bersesuaian dengan aras energi $-1 < E < 1$ (orbit tertutup), $E = 1$ (separatriks), dan $E > 1$ (lintasan tak terbatas); pada $E=-1$ , aras mereduksi menjadi titik kesetimbangan. Garis vertikal putus-putus menghubungkan minimum potensial dengan pusat dan maksimum potensial dengan titik pelana tak stabil. [Kembali ke Gambar 3.4]

Gambar 3.5: Potret fase sistem pendulum teredam yang didefinisikan oleh $x' = y$ dan $y' = -\sin(x) - a y$ , dengan koefisien redaman $a = 0.1$ . Plot ini memperlihatkan medan vektor dan lintasan. Berbeda dengan versi tanpa redaman, lintasan kini membentuk spiral ke dalam menuju titik-titik kesetimbangan stabil pada sumbu $x$ , yang menunjukkan hilangnya energi seiring waktu. [Kembali ke Gambar 3.5]

Bahan Renungan

Soal 1

Buktikan bahwa

$\theta(\tau) = C \cos(\tau + \phi),$ dengan $C, \phi \in \mathbb{R}$

dapat ditulis sebagai

$\theta(\tau) = A \cos(\tau) + B \sin(\tau),$

dengan $A, B \in \mathbb{R}$ , jika $A$ dan $B$ dinyatakan dalam $C$ dan $\phi$ .

Sebaliknya, jelaskan bagaimana Anda menentukan $C$ dan $\phi$ jika $A$ dan $B$ diketahui. Apakah $C$ dan $\phi$ ditentukan secara unik? Mengapa demikian atau mengapa tidak?

Soal 2

Dalam teks telah ditunjukkan bahwa terdapat solusi Persamaan (3.8) yang memperlihatkan osilasi periodik.

Tuliskan persamaan untuk periode $T$ dari osilasi ini dalam bentuk integral terhadap variabel sudut $\theta$ . Jawaban Anda harus bergantung pada energi $E$ .
Buktikan bahwa periode $T$ merupakan fungsi yang meningkat terhadap energi $E$ . Dengan kata lain, buktikan bahwa periode pendulum nonlinear meningkat seiring dengan amplitudonya.

Soal 3

Perhatikan sistem pegas–massa satu dimensi tanpa gesekan. Gaya-gaya yang bekerja pada massa $m$ di posisi $x$ adalah gaya gravitasi $F_g = - m g$ , dengan $g \gt 0$ konstan, dan gaya pemulih pegas yang diberikan oleh $F_r = - k (x - x_0)$ , dengan $k \gt 0$ dan $x_0$ konstan.

Gunakan hukum Newton untuk menuliskan persamaan bagi posisi $x$ dari massa tersebut.
Skalakan ulang persamaan yang diperoleh. Berapa banyak parameter yang dapat Anda hilangkan?
Buktikan bahwa sistem pegas–massa tanpa gesekan ini bersifat konservatif.
Jelaskan dinamika sistem ini.

Soal 4

Perhatikan sistem persamaan diferensial berikut,

$\frac{d x}{d t} = F(x,y) \qquad \frac{d y}{d t} = G(x,y).$

Syarat apa yang harus dipenuhi oleh koordinat $x$ dan $y$ dari suatu titik tetap sistem ini?
Misalkan $(x_0, y_0)$ adalah titik tetap dari sistem di atas. Kita ingin menjelaskan dinamika sistem di sekitar titik tetap tersebut. Untuk melakukannya, tetapkan $x = x_0 + \mu$ , $y = y_0 + \nu$ , substitusikan kedua bentuk ini ke dalam sistem di atas, lalu uraikan ruas-ruas kanannya dalam deret Taylor menurut pangkat $\mu$ dan $\nu$ hingga orde kedua.
Dengan menggunakan hasil bagian (2) di atas, buktikan bahwa linearisasi sistem di sekitar titik tetap $(x_0,y_0)$ berbentuk
$\displaystyle \frac{d}{d t} \begin{pmatrix}\mu \\ \nu \end{pmatrix} = J(x_0,y_0) \begin{pmatrix}\mu \\ \nu \end{pmatrix},$

dengan matriks Jacobi $J(x_0,y_0)$ dari sistem di titik $(x_0,y_0)$ diberikan oleh

$\displaystyle J(x_0,y_0) = \begin{pmatrix} \left. \frac{\partial F(x,y)}{\partial x} \right|_{(x_0,y_0)} & \left. \frac{\partial F(x,y)}{\partial y} \right|_{(x_0,y_0)} \\ \left. \frac{\partial G(x,y)}{\partial x} \right|_{(x_0,y_0)} & \left. \frac{\partial G(x,y)}{\partial y} \right|_{(x_0,y_0)}\end{pmatrix}.$

Soal 5

Perhatikan sistem linear berbentuk

$\displaystyle \frac{d}{d t} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix},$

dengan $a \gt 0,\ b \lt 0.$

Berikan solusi umum sistem ini.
Sketsakan bidang fase sistem ini, dengan memberikan perhatian khusus pada lintasan-lintasan istimewa. Dapatkah Anda menentukan arah penelusuran kurva solusi seiring berjalannya waktu? Jika ya, tambahkan panah pada lintasan yang Anda gambar.

Soal 6

Sketsakan bidang fase di sekitar jenis-jenis titik tetap berikut:

Simpul stabil.
Spiral tak stabil.
Pusat.
Titik pelana.

Soal 7

Jelaskan nilai-nilai eigen dari linearisasi suatu sistem berdimensi dua di sekitar titik-titik tetap berikut:

Simpul stabil.
Spiral tak stabil.
Pusat.
Titik pelana.

Soal 8

Carilah matriks berukuran 2 × 2 $A$ yang semua entrinya tak nol dan sedemikian rupa sehingga sistem linear $\dot X = A X$ memiliki titik tetap di titik asal dengan jenis berikut:

Simpul stabil.
Spiral tak stabil.
Pusat.
Titik pelana.

Periksa jawaban Anda dengan perangkat lunak analisis bidang fase, seperti Aplikasi Bidang Fase atau perangkat lunak yang setara.

Soal 9

Jelaskan bagaimana Anda menentukan sifat (misalnya simpul atau spiral yang stabil maupun tak stabil, pusat linear, atau titik pelana) dari suatu titik tetap $(x_0,y_0)$ pada sistem diferensial dua dimensi

$\displaystyle \frac{d x}{d t} = F(x,y), \qquad \frac{d y}{d t} = G(x,y).$

Soal 10

Sketsakan bidang fase dari sistem-sistem dinamik berikut. Jika jawabannya bergantung pada parameter masalah, pertimbangkan semua kasus. Gunakan Aplikasi Bidang Fase atau perangkat lunak yang setara untuk memeriksa hasil Anda.

$\displaystyle \frac{d}{d t} \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}y \\ - x - c\, y \end{pmatrix}, \qquad c \gt 0$ .
$\displaystyle \frac{d}{d t} \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}y \\ x (x+1) (x-2) \end{pmatrix}$ .
$\displaystyle \frac{d}{d t} \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}y \\ x (x+1) (x-2) - c\, y \end{pmatrix}, \qquad c \gt 0$ .
$\displaystyle \frac{d}{d t} \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x (6 - 2 y) \\ y (x - 3) \end{pmatrix}$ .
$\displaystyle \frac{d}{d t} \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x (1 - x - 2 y) \\ y (1 - 3 x - y) / 2 \end{pmatrix}$ .
$\displaystyle \frac{d}{d t} \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y \\ x -x^3 \end{pmatrix}$ .

Soal 11

Perhatikan osilator van der Pol,

$\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \omega^2 x = \epsilon \frac{d x}{d t} (1 - x^2), \qquad \epsilon \ge 0, \qquad \omega \gt 0.$

Jelaskan dinamikanya ketika $\epsilon=0$ .
Apa pengaruh ruas kanan ketika $|x|$ bernilai kecil?
Apa pengaruh ruas kanan ketika $|x|$ jauh lebih besar daripada $1$ ?
Berdasarkan jawaban Anda atas pertanyaan-pertanyaan sebelumnya, jelaskan apa yang Anda perkirakan akan terjadi ketika nilai $|x|$ berada di antara kedua keadaan tersebut.
Sketsakan bidang fase osilator van der Pol.
Periksa jawaban Anda dengan Aplikasi Bidang Fase atau perangkat lunak yang setara. Apakah hasilnya mengejutkan? Mengapa demikian atau mengapa tidak?

Soal 12

Perhatikan persamaan diferensial berikut, $\displaystyle \frac{d x}{d t} = \lambda x - \gamma x^3.$ Untuk penskalaan real, perlakukan secara terpisah kasus ketika salah satu parameter nol; jika keduanya tidak nol, besar parameternya dapat diserap, tetapi tandanya tetap menentukan kelas dinamika.

Apa dimensi $\lambda$ ?
Apa dimensi $\gamma$ ? Nyatakan jawaban Anda dalam dimensi $x$ , yang dilambangkan dengan $[x]$ .
Misalkan $t_0$ adalah skala waktu karakteristik untuk masalah ini. Definisikan variabel waktu tak berdimensi $\tau = t / t_0$ , lalu buktikan bahwa Anda dapat melakukan perubahan variabel dari $t$ menjadi $\tau$ untuk menghilangkan besar parameter $\lambda$ ketika parameter itu tidak nol. Jelaskan pula apa yang terjadi ketika λ = 0 dan besaran diskret apa yang masih tersisa ketika λ ≠ 0.
Jika γ ≠ 0, dapatkah Anda menemukan perubahan variabel yang juga menghilangkan besar $\gamma$ ? Jelaskan peran tanda γ dan kasus γ = 0.

Soal 13

Besarnya gaya gravitasi antara dua benda bermassa $m_1$ dan $m_2$ adalah $\displaystyle F = G \frac{m_1 m_2}{r^2},$ dengan $r$ adalah jarak antara pusat massa kedua benda dan $G$ adalah konstanta gravitasi.

Gunakan rumus ini untuk membuktikan bahwa, bagi sebuah benda bermassa $m$ di permukaan Bumi, gaya $F$ dapat dihampiri dengan $F \simeq m g$ , dengan percepatan gravitasi $g$ konstan.
Nyatakan $g$ dalam $G$ , massa Bumi $M$ , dan jari-jari Bumi $R$ .

Soal 14

Perhatikan fungsi mulus $f(x)$ dan ekspansi Taylor-nya di sekitar $x = x_0$ ,

$\displaystyle f(x) = \sum_{i = 0}^n f^{(i)}(x_0) \frac{(x - x_0)^i}{i !} + f^{(n+1)}(\bar x) \frac{(x - x_0)^{n+1}}{(n+1)!}, \qquad (3.20)$

dengan $\bar x \in [\min(x_0,x),\max(x_0,x)]$ . Misalkan $E_n(x)$ adalah galat akibat menghampiri $f$ dengan ekspansi Taylor-nya yang dipotong pada orde $n$ ,

$\displaystyle E_n(x) = f(x) - \sum_{i = 0}^n f^{(i)}(x_0) \frac{(x - x_0)^i}{i !} .$

Gunakan Persamaan (3.20) di atas untuk menuliskan ekspansi Taylor $f(x) = \cos(x)$ di sekitar $x_0 = 0$ hingga orde $n = 5$ .
Carilah syarat bagi $|x|$ yang menjamin bahwa $\vert E_5(x) \vert \lt 0.05$ .
Gunakan kalkulator atau MATLAB untuk memeriksa jawaban Anda atas pertanyaan sebelumnya.

Soal 15

Perhatikan model berikut

$\displaystyle \frac{\partial u}{\partial t} = \mu u + \alpha \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} - \beta u^3, \qquad u \in \mathbb{R}, \quad \alpha, \beta \gt 0.$

Apa dimensi parameter $\alpha$ , $\beta$ , dan $\mu$ ? Tuliskan $[u]$ untuk dimensi $u$ .
Berapa banyak parameter yang relevan dalam model ini? Jelaskan.

Soal 16

Perhatikan persamaan diferensial orde kedua $\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \frac{d V}{d x} = 0,$ dengan $V(x)$ suatu potensial mulus.

Tulis ulang persamaan orde kedua ini sebagai sistem orde pertama.
Carilah titik-titik tetap sistem orde pertama tersebut dan buktikan bahwa titik-titik itu bersesuaian dengan titik-titik kritis $V$ .
Carilah sistem yang dilinearkan di sekitar sembarang titik tetap dan buktikan bahwa titik maksimum nondegenerat $V$ bersesuaian dengan titik pelana, sedangkan titik minimum nondegenerat $V$ bersesuaian dengan pusat linear.

Soal 17

Perhatikan sistem dinamik $\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \frac{d V}{d x} = 0,$ dengan $V(x)$ suatu fungsi mulus. Misalkan $(x_0, 0)$ adalah titik pelana dari sistem persamaan diferensial orde pertama yang bersesuaian.

Carilah persamaan yang menjelaskan lintasan-lintasan dalam bidang fase terkait di sekitar titik tetap $(x_0, 0)$ .

Soal 18

Perhatikan sistem dinamik $\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \frac{d V}{d x} = 0,$ dengan $V(x)$ suatu fungsi mulus.

Buktikan bahwa, dalam bidang fase berkoordinat $\left(x,\dfrac{dx}{dt}\right)$ , lintasan dengan energi $E$ sedemikian sehingga $\inf V \lt E \lt \sup V$ (dengan $\inf V$ dan/atau $\sup V$ mungkin tak hingga, bergantung pada potensial $V$ ) memotong sumbu $x$ . Selain itu, buktikan bahwa lintasan tersebut memiliki garis singgung vertikal pada titik potong yang memenuhi $\displaystyle \frac{d V}{d x} \ne 0$ .

Soal 19

Sketsakan bidang fase yang berkaitan dengan persamaan diferensial $\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \frac{d V}{d x}=0,$ dengan potensial $V(x)$ yang memiliki bentuk seperti yang ditunjukkan di bawah. Hanya bagian grafik $V(x)$ di sekitar titik minimumnya yang ditampilkan. Anda boleh menganggap bahwa kecenderungan yang tampak pada gambar berlanjut di luar daerah plot, yaitu bahwa $\displaystyle \lim_{x \to - \infty} V(x) = \lim_{x \to + \infty} V(x) = + \infty.$

Bentuk potensial V. Deskripsi panjang tersedia di bawah.

Deskripsi gambar: Grafik fungsi energi potensial yang memperlihatkan sebuah kurva mulus berbentuk U (seperti parabola yang sedikit terdeformasi) dengan titik minimum di tengah. Kurva membuka ke atas dan naik menuju tak hingga di sisi kiri maupun kanan. Sebuah panah di bawah kurva menunjukkan bahwa sumbu horizontal adalah $x$ .

Soal 20

Sketsakan bidang fase yang berkaitan dengan persamaan diferensial $\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \frac{d V}{d x} = 0,$ dengan potensial $V(x)$ yang memiliki bentuk seperti yang ditunjukkan di bawah. Hanya bagian grafik $V(x)$ di sekitar titik-titik ekstremnya yang ditampilkan. Anda boleh menganggap bahwa kecenderungan yang tampak pada gambar berlanjut di luar daerah plot, yaitu bahwa $\displaystyle \lim_{x \to - \infty} V(x) = \lim_{x \to + \infty} V(x) = + \infty.$

Bentuk potensial V. Deskripsi panjang tersedia di bawah.

Deskripsi gambar: Grafik fungsi energi potensial dengan dua lembah yang berbeda (titik minimum lokal), yang dipisahkan oleh sebuah puncak di tengah (titik maksimum lokal). Lembah di sebelah kiri lebih dalam daripada lembah di sebelah kanan. Sebuah panah berlabel $x$ menunjukkan sumbu horizontal. Kurva naik dengan tajam di ujung paling kiri maupun paling kanan.

Soal 21

Sketsakan bidang fase yang berkaitan dengan persamaan diferensial $\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \frac{d V}{d x} = 0,$ dengan potensial $V(x)$ yang memiliki bentuk seperti yang ditunjukkan di bawah. Hanya bagian grafik $V(x)$ di sekitar titik-titik ekstremnya yang ditampilkan. Anda boleh menganggap bahwa kecenderungan yang tampak pada gambar berlanjut di luar daerah plot, yaitu bahwa $\displaystyle \lim_{x \to - \infty} V(x) = + \infty, \quad \lim_{x \to + \infty} V(x) = \,- \infty.$

Bentuk potensial V. Deskripsi panjang tersedia di bawah.

Deskripsi gambar: Grafik fungsi energi potensial yang memperlihatkan kurva mulus dengan satu titik minimum lokal (lembah) dan satu titik maksimum lokal (puncak). Sebuah panah di bawah kurva menunjukkan bahwa sumbu horizontal adalah $x$ . Kurva menurun dari kiri menuju lembah, naik menuju puncak, kemudian turun tajam ke arah kanan.

Soal 22

Sketsakan bidang fase yang berkaitan dengan persamaan diferensial $\displaystyle \frac{d^2 x}{d t^2} + \frac{d V}{d x} = 0,$ dengan potensial $V(x)$ yang memiliki bentuk seperti yang ditunjukkan di bawah. Hanya bagian grafik $V(x)$ di sekitar titik-titik ekstremnya yang ditampilkan. Anda boleh menganggap bahwa kecenderungan yang tampak pada gambar berlanjut di luar daerah plot, yaitu bahwa $\displaystyle \lim_{x \to - \infty} V(x) = \,- \infty, \quad \lim_{x \to + \infty} V(x) = + \infty.$

Bentuk potensial V. Deskripsi panjang tersedia di bawah.

Deskripsi gambar: Grafik fungsi energi potensial dengan dua puncak (titik maksimum lokal) dan dua lembah yang berbeda (titik minimum lokal). Kurva mula-mula naik menuju sebuah puncak kecil di sebelah kiri, turun ke lembah dangkal, naik menuju puncak tengah yang lebih tinggi, turun ke lembah yang jauh lebih dalam di sebelah kanan, lalu akhirnya naik tajam menuju tak hingga. Sebuah panah berlabel $x$ menunjukkan sumbu horizontal.

Soal 23

Perhatikan persamaan Navier–Stokes

$\displaystyle \frac{\partial \vec v}{\partial t} + \left(\vec v \cdot \nabla \right) \vec v = -\frac{1}{\rho} \nabla p + \nu \nabla^2 \vec v +\frac{1}{\rho} \vec F,$

dengan vektor $\vec v$ menyatakan kecepatan fluida dalam tiga dimensi spasial, $\rho$ adalah massa jenis fluida, $p$ adalah tekanannya, $\nu$ adalah viskositas kinematik fluida, dan $\vec F$ menyatakan gaya badan per satuan volume yang diterapkan pada fluida. Operator $\nabla$ adalah gradien dalam tiga dimensi.

Apa dimensi kedua suku di ruas kiri persamaan? Mengapa dimensi keduanya harus sama?
Gunakan informasi ini untuk mencari dimensi $p$ dan dimensi $\vec F$ . Apakah hasilnya sesuai dengan yang Anda perkirakan berdasarkan pengetahuan Anda tentang gaya dan tekanan?
Carilah dimensi $\nu$ .
Misalkan $U$ adalah kecepatan karakteristik dan $l$ adalah panjang karakteristik. Definisikan variabel tak berdimensi $\vec V$ dan $\vec X$ sedemikian sehingga $\vec v = U \vec V$ dan $\vec x = l \vec X$ , dengan $\vec x$ adalah vektor posisi. Tulis ulang persamaan Navier–Stokes dalam variabel-variabel baru ini.
Buktikan bahwa jika Anda kemudian menskalakan ulang waktu dan memperkenalkan versi tak berdimensi dari $p$ dan $\vec F$ , persamaan Navier–Stokes tak berdimensi hanya melibatkan satu parameter, $Re = U l / \nu$ . Parameter ini disebut bilangan Reynolds.

Petunjuk, pemeriksaan, dan pembahasan

Bagian tambahan ini ditulis untuk edisi Bahasa Indonesia. Bukalah seperlunya setelah Anda berusaha menyelesaikan soal secara mandiri.

Dukungan untuk Soal 1

Petunjuk

Kembangkan $\cos(\tau+\phi)$ . Untuk arah sebaliknya, gunakan panjang vektor $(A,-B)$ dan fungsi sudut dua-argumen agar kuadran tidak hilang.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: $A=C\cos\phi$ dan $B=-C\sin\phi$ . Dari $A,B$ , pilihan baku ialah $C=\sqrt{A^2+B^2}\ge0$ dan $\phi=\operatorname{atan2}(-B,A)\pmod{2\pi}$ . Jika $A=B=0$ , maka $C=0$ dan $\phi$ sembarang; jika $C$ boleh negatif, pasangan $(-C,\phi+\pi)$ juga setara.
Cek cepat: Harus berlaku $A^2+B^2=C^2$ , dan substitusi pada $\tau=0$ serta turunannya memberi $A=C\cos\phi$ , $B=-C\sin\phi$ .

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Gunakan rumus jumlah sudut kosinus.
Rumus
$C\cos(\tau+\phi)=C\cos\phi\cos\tau-C\sin\phi\sin\tau$
Penjelasan
Bandingkan koefisien $\cos\tau$ dan $\sin\tau$ .
Rumus
$A=C\cos\phi,\qquad B=-C\sin\phi$
Penjelasan
Kuadratkan dan jumlahkan kedua relasi untuk memperoleh amplitudo baku nonnegatif.
Rumus
$C=\sqrt{A^2+B^2}$
Penjelasan
Jika $C>0$ , sudut ditentukan oleh pasangan kosinus dan sinusnya; $\operatorname{atan2}$ mempertahankan kuadran.
Rumus
$\phi=\operatorname{atan2}(-B,A)+2k\pi,\qquad k\in\mathbb Z$
Penjelasan
Ketidakunikan berasal dari periodisitas fase, pilihan tanda amplitudo, dan fase bebas pada solusi nol.
Rumus
$(C,\phi)\sim(C,\phi+2k\pi)\sim(-C,\phi+(2k+1)\pi)$

Simpulan

Bentuk amplitudo–fase dan bentuk kombinasi sinus–kosinus mendeskripsikan keluarga solusi yang sama; konvensi $C\ge0$ menghilangkan ketidakunikan tanda, tetapi fase tetap hanya unik modulo $2\pi$ .

Dukungan untuk Soal 2

Petunjuk

Pada titik balik $\theta=\pm\alpha$ , kecepatan nol sehingga $E=-\cos\alpha$ . Ubah integral seperempat periode dengan $\sin(\theta/2)=k\sin u$ , $k=\sin(\alpha/2)$ .

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Dengan $\alpha=\arccos(-E)$ dan $k=\sqrt{(1+E)/2}$ , $T(E)=4\int_0^\alpha[2(\cos\theta+E)]^{-1/2}\,d\theta=4K(k)$ . Karena integran $(1-k^2\sin^2u)^{-1/2}$ meningkat ketat terhadap $k\in(0,1)$ , sedangkan $k$ meningkat terhadap $E$ , maka $T$ meningkat ketat pada $-1<E<1$ .
Cek cepat: Batas amplitudo kecil memberi $T\to2\pi$ ketika $E\to-1^+$ , sedangkan $T\to\infty$ ketika $E\to1^-$ .

Pembahasan atau rubrik

Asumsi

-1<E<1

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Gunakan integral energi dan nilai energi pada titik balik positif $\alpha$ .
Rumus
$\frac12\left(\frac{d\theta}{d\tau}\right)^2=\cos\theta+E,\qquad E=-\cos\alpha$
Penjelasan
Simetri empat kuadran osilasi memberi periode penuh dari integral seperempat periode.
Rumus
$T(E)=4\int_0^\alpha\frac{d\theta}{\sqrt{2(\cos\theta+E)}}$
Penjelasan
Tetapkan $k=\sin(\alpha/2)=\sqrt{(1+E)/2}$ dan substitusikan $\sin(\theta/2)=k\sin u$ ; integral yang muncul adalah integral eliptik lengkap jenis pertama $K$ .
Rumus
$T(E)=4\int_0^{\pi/2}\frac{du}{\sqrt{1-k^2\sin^2u}}=4K(k)$
Penjelasan
Untuk setiap $0<u<\pi/2$ , integran meningkat ketat ketika $k$ meningkat; integrasi mempertahankan ketaksamaan ketat.
Rumus
$\frac{\partial}{\partial k}(1-k^2\sin^2u)^{-1/2}=\frac{k\sin^2u}{(1-k^2\sin^2u)^{3/2}}>0$
Penjelasan
Karena $dk/dE=1/(4k)>0$ , periode meningkat terhadap energi dan amplitudo $\alpha$ .
Rumus
$\frac{dT}{dE}>0$

Simpulan

Nonlinearitas membuat osilasi beramplitudo lebih besar berlangsung lebih lambat; periode mendekati periode harmonik $2\pi$ untuk amplitudo kecil dan divergen di separatriks.

Dukungan untuk Soal 3

Petunjuk

Gabungkan gravitasi dan pegas dengan menggeser koordinat ke posisi setimbang $x_e=x_0-mg/k$ , lalu gunakan skala waktu $\sqrt{m/k}$ .

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Persamaan geraknya $m\ddot x=-mg-k(x-x_0)=-k(x-x_e)$ , $x_e=x_0-mg/k$ . Dengan $q=(x-x_e)/L$ dan $\tau=\sqrt{k/m}\,t$ , diperoleh $q_{\tau\tau}+q=0$ , tanpa parameter kontinu. Energi $H=\tfrac12m\dot x^2+\tfrac12k(x-x_0)^2+mgx$ kekal. Geraknya harmonik mengelilingi $x_e$ , berperiode $2\pi\sqrt{m/k}$ .
Cek cepat: Gravitasi hanya menggeser titik setimbang; frekuensi $\sqrt{k/m}$ tidak bergantung pada $g$ .

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Jumlahkan kedua gaya dalam hukum Newton.
Rumus
$m\ddot x=-mg-k(x-x_0)$
Penjelasan
Lengkapi pergeseran terhadap posisi setimbang statis.
Rumus
$x_e=x_0-\frac{mg}{k},\qquad m\ddot x=-k(x-x_e)$
Penjelasan
Gunakan panjang acuan taknol $L$ dan waktu alami pegas.
Rumus
$q=\frac{x-x_e}{L},\qquad \tau=\sqrt{\frac{k}{m}}t,\qquad q_{\tau\tau}+q=0$
Penjelasan
Kalikan persamaan gerak dengan $\dot x$ dan integralkan.
Rumus
$\frac{d}{dt}\left[\frac12m\dot x^2+\frac12k(x-x_0)^2+mgx\right]=0$
Penjelasan
Solusi dalam koordinat yang digeser adalah osilasi harmonik.
Rumus
$x(t)=x_e+C\cos\left(\sqrt{k/m}\,t+\phi\right)$

Simpulan

Keempat parameter sumber terserap dari persamaan tak berdimensi melalui pergeseran ruang dan penskalaan waktu; kombinasi parameter tetap diperlukan untuk mengubah kembali posisi setimbang dan periode ke satuan fisik.

Dukungan untuk Soal 4

Petunjuk

Tuliskan ekspansi Taylor dua variabel untuk $F$ dan $G$ . Di titik tetap suku konstanta nol; linearisasi diperoleh dengan membuang semua suku berderajat dua dan lebih tinggi.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Titik tetap memenuhi $F(x_0,y_0)=G(x_0,y_0)=0$ . Dengan $z=(\mu,\nu)^T$ , sistem penuh ialah $\dot z=J(x_0,y_0)z+\tfrac12(H_F[z,z],H_G[z,z])^T+O(\|z\|^3)$ ; linearisasinya adalah $\dot z=J(x_0,y_0)z$ .
Cek cepat: Setiap entri $J$ harus merupakan turunan parsial pertama yang dievaluasi di $(x_0,y_0)$ ; suku kuadrat tidak boleh tersisa dalam sistem linear.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Syarat keadaan tidak berubah adalah kedua komponen medan vektor sama dengan nol.
Rumus
$F(x_0,y_0)=0,\qquad G(x_0,y_0)=0$
Penjelasan
Ekspansi komponen pertama hingga suku kuadrat, dengan semua turunan dievaluasi di titik tetap, adalah:
Rumus
$F=F_0+F_x\mu+F_y\nu+\frac12(F_{xx}\mu^2+2F_{xy}\mu\nu+F_{yy}\nu^2)+O(\|(\mu,\nu)\|^3)$
Penjelasan
Komponen kedua mempunyai bentuk sejajar.
Rumus
$G=G_0+G_x\mu+G_y\nu+\frac12(G_{xx}\mu^2+2G_{xy}\mu\nu+G_{yy}\nu^2)+O(\|(\mu,\nu)\|^3)$
Penjelasan
Karena $F_0=G_0=0$ , bagian orde pertama tepat merupakan perkalian matriks Jacobi dengan simpangan.
Rumus
$\frac{d}{dt}\binom{\mu}{\nu}=\begin{pmatrix}F_x&F_y\\G_x&G_y\end{pmatrix}_{(x_0,y_0)}\binom{\mu}{\nu}+O(\|(\mu,\nu)\|^2)$
Penjelasan
Membuang suku nonlinear menghasilkan linearisasi yang diminta.
Rumus
$\dot z=J(x_0,y_0)z$

Simpulan

Matriks Jacobi mengendalikan dinamika lokal orde pertama; bila titik tetap nonhiperbolik, suku orde lebih tinggi dapat menentukan perilaku yang tidak terlihat dari linearisasi.

Dukungan untuk Soal 5

Petunjuk

Selesaikan kedua persamaan skalar secara terpisah. Sumbu koordinat adalah lintasan invarian; untuk lintasan lain, hilangkan $t$ dari $x=C_1e^{at}$ , $y=C_2e^{bt}$ .

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: $x=C_1e^{at}$ , $y=C_2e^{bt}$ . Titik asal adalah pelana: sumbu $y$ merupakan manifold stabil dan panah menuju asal, sedangkan sumbu $x$ merupakan manifold tak stabil dan panah menjauhi asal. Lintasan lain memenuhi $y=K|x|^{b/a}$ pada setiap setengah-bidang dan, saat $t$ meningkat, bergerak dari arah sumbu $y$ menuju arah sumbu $x$ .
Cek cepat: Karena $b/a<0$ , kurva nonaksial mendekati sumbu $y$ saat $t\to-\infty$ dan sumbu $x$ saat $t\to+\infty$ , tanpa memotong kedua sumbu.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Kedua koordinat terpisah dan dapat diintegralkan langsung.
Rumus
$x(t)=C_1e^{at},\qquad y(t)=C_2e^{bt}$
Penjelasan
Jika $C_1=0$ , lintasan berada pada sumbu $y$ dan menuju asal karena $b<0$ .
Rumus
$x=0,\qquad y(t)\to0\quad(t\to\infty)$
Penjelasan
Jika $C_2=0$ , lintasan berada pada sumbu $x$ dan menjauhi asal karena $a>0$ .
Rumus
$y=0,\qquad |x(t)|\to\infty\quad(t\to\infty)$
Penjelasan
Pada tiap kuadran, hilangkan waktu untuk memperoleh bentuk kurva.
Rumus
$|y|=K|x|^{b/a},\qquad K>0$

Pemeriksaan grafik

Gambar harus mempunyai empat keluarga kurva hiperbolik-tergeneralisasi, dua separatriks berupa sumbu, dan panah dari dekat sumbu $y$ ke dekat sumbu $x$ .

Simpulan

Satu arah mengerut dan satu arah mengembang, sehingga titik asal merupakan titik pelana.

Dukungan untuk Soal 6

Petunjuk

Mulailah dari arah eigen. Tanyakan apakah jarak ke titik tetap mengecil, membesar, tetap terbatas pada kurva tertutup, atau mengecil pada satu arah tetapi membesar pada arah lain.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir

Simpul stabil memiliki lintasan masuk tanpa berputar; spiral tak stabil memiliki lintasan berputar ke luar; pusat dikelilingi kurva tertutup tanpa tarikan atau tolakan; pelana mempunyai dua cabang manifold stabil yang masuk dan dua cabang manifold tak stabil yang keluar.

Bukti yang diperlukan

Setiap sketsa menandai titik tetap dan arah waktu.
Simpul dan pelana menunjukkan arah eigennya.
Spiral memperlihatkan rotasi dan pertumbuhan radius, sedangkan pusat memperlihatkan orbit tertutup.

Pembahasan atau rubrik

Dimensi penilaian

Kriteria
Simpul stabil
Jawaban lengkap
Semua lintasan yang cukup dekat mengarah masuk; lintasan eigendireksi lurus dan lintasan umum akhirnya menyinggung arah eigen yang meluruh paling lambat.
Jawaban sebagian
Arah masuk benar, tetapi digambar berputar atau tanpa arah eigen.
Kriteria
Spiral tak stabil
Jawaban lengkap
Lintasan berputar sambil menjauhi titik tetap; orientasi putaran dinyatakan bergantung pada matriks, bukan pada tipe spiral saja.
Jawaban sebagian
Spiral digambar tanpa panah atau justru menuju ke dalam.
Kriteria
Pusat
Jawaban lengkap
Keluarga orbit tertutup mengelilingi titik tetap dan tidak mempunyai komponen radial bersih.
Jawaban sebagian
Kurva tertutup ada tetapi diberi spiral masuk/keluar.
Kriteria
Titik pelana
Jawaban lengkap
Manifold stabil dan tak stabil dibedakan; ketika waktu maju, lintasan umum yang melintas dekat titik tetap memasuki lingkungannya hampir sejajar arah stabil lalu keluar hampir sejajar arah tak stabil.
Jawaban sebagian
Bentuk silang ada tetapi panah atau separatriks salah.

Simpulan

Empat tipe dibedakan oleh kombinasi rotasi, arah radial, dan jumlah arah stabil versus tak stabil.

Dukungan untuk Soal 7

Petunjuk

Untuk matriks real $2\times2$ , nilai eigen nonreal muncul sebagai pasangan konjugat. Tanda bagian real menentukan tarikan atau tolakan; tanda determinan membedakan pelana.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Simpul stabil: dua nilai eigen real negatif. Spiral tak stabil: $\alpha\pm i\beta$ dengan $\alpha>0$ , $\beta\ne0$ . Pusat linear: $\pm i\beta$ , $\beta\ne0$ . Pelana: dua nilai eigen real dengan tanda berlawanan. Untuk sistem nonlinear, nilai eigen imajiner murni tidak cukup sendirian untuk membuktikan pusat.
Cek cepat: Pelana selalu mempunyai determinan negatif; simpul stabil mempunyai jejak negatif dan determinan positif; spiral tak stabil mempunyai jejak positif dan diskriminan karakteristik negatif.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Peluruhan tanpa rotasi memerlukan nilai eigen real dengan bagian real negatif.
Rumus
$\lambda_1<0,\qquad \lambda_2<0$
Penjelasan
Rotasi ke luar memerlukan pasangan konjugat dengan bagian real positif.
Rumus
$\lambda_{1,2}=\alpha\pm i\beta,\qquad \alpha>0,\ \beta\ne0$
Penjelasan
Pusat pada sistem linear mempunyai frekuensi tanpa pertumbuhan atau peluruhan.
Rumus
$\lambda_{1,2}=\pm i\beta,\qquad \beta\ne0$
Penjelasan
Pelana mempunyai tepat satu arah stabil dan satu arah tak stabil.
Rumus
$\lambda_1\lambda_2<0$

Simpulan

Klasifikasi ini tegas untuk titik tetap hiperbolik; kasus nilai eigen nol atau imajiner murni pada sistem nonlinear memerlukan analisis suku nonlinear.

Dukungan untuk Soal 8

Petunjuk

Pilih matriks sederhana dengan jejak dan determinan yang mengatur tipe yang diinginkan, lalu hitung nilai eigennya. Pastikan tidak ada satu pun dari empat entri yang nol.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Contoh berturut-turut adalah $\begin{pmatrix}-2&1\\1&-2\end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}$ , $\begin{pmatrix}1&-2\\1&-1\end{pmatrix}$ , dan $\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$ . Nilai eigennya berturut-turut $-1,-3$ ; $1\pm i$ ; $\pm i$ ; dan $\pm\sqrt2$ .
Cek cepat: Semua 16 entri pada empat contoh taknol, dan tanda bagian real atau hasil kali nilai eigennya cocok dengan tipe yang diminta.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Matriks simetris pertama mempunyai dua nilai eigen negatif dan dua arah eigen bebas.
Rumus
$A_s=\begin{pmatrix}-2&1\\1&-2\end{pmatrix},\qquad \sigma(A_s)=\{-1,-3\}$
Penjelasan
Matriks kedua adalah pertumbuhan seragam ditambah rotasi.
Rumus
$A_u=\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix},\qquad \sigma(A_u)=\{1\pm i\}$
Penjelasan
Matriks ketiga berjejak nol dan berdeterminan satu.
Rumus
$A_c=\begin{pmatrix}1&-2\\1&-1\end{pmatrix},\qquad \sigma(A_c)=\{\pm i\}$
Penjelasan
Matriks keempat mempunyai determinan negatif.
Rumus
$A_p=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix},\qquad \sigma(A_p)=\{\pm\sqrt2\}$

Pemeriksaan notebook

Notebook menyediakan pola terbuka NumPy/SciPy/Matplotlib untuk nilai eigen dan bidang fase, tetapi belum memuat keempat matriks soal. Tambahkan satu sel yang mengevaluasi keempat matriks; potret hasilnya harus menunjukkan masuk tanpa rotasi, spiral keluar, orbit tertutup, dan pelana dalam urutan yang sama.

Simpulan

Contoh tidak unik; nilai eigen dan potret fase, bukan penampilan entri semata, menentukan klasifikasinya.

Unduh notebook Python terbuka untuk Soal 8

Dukungan untuk Soal 9

Petunjuk

Setelah mencari akar bersama $F=G=0$ , hitung jejak $s$ , determinan $d$ , dan diskriminan $\Delta=s^2-4d$ dari matriks Jacobi.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Hitung $J=\begin{pmatrix}F_x&F_y\\G_x&G_y\end{pmatrix}_{(x_0,y_0)}$ , $s=\operatorname{tr}J$ , $d=\det J$ , dan $\Delta=s^2-4d$ . Jika $d<0$ : pelana. Jika $d>0,\Delta>0$ : simpul, stabil untuk $s<0$ dan tak stabil untuk $s>0$ . Jika $d>0,\Delta=0$ : nilai eigen real berulang $s/2$ memberi simpul stabil untuk $s<0$ dan simpul tak stabil untuk $s>0$ ; bentuk Jordan hanya menentukan apakah simpulnya proper atau tak proper. Jika $d>0,\Delta<0$ : spiral dengan stabilitas ditentukan tanda $s$ ; bila $s=0$ , linearisasinya pusat tetapi klasifikasi nonlinear belum diputuskan. Kasus $d=0$ atau bagian real nilai eigen nol memerlukan pemeriksaan tambahan.
Cek cepat: Setiap klasifikasi harus didahului verifikasi $F(x_0,y_0)=G(x_0,y_0)=0$ ; linearisasi hanya menjamin tipe topologis secara langsung pada titik hiperbolik.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Cari semua titik tetap sebagai akar bersama medan vektor.
Rumus
$F(x_0,y_0)=0,\qquad G(x_0,y_0)=0$
Penjelasan
Evaluasi matriks Jacobi dan polinom karakteristiknya.
Rumus
$p(\lambda)=\lambda^2-s\lambda+d,\qquad s=\operatorname{tr}J,\ d=\det J$
Penjelasan
Determinan negatif berarti nilai eigen real berlainan tanda.
Rumus
$d<0\Longrightarrow\text{pelana}$
Penjelasan
Untuk determinan positif dan diskriminan positif, nilai eigen real bertanda sama; jejak menentukan tandanya.
Rumus
$d>0,\ \Delta>0:\quad s<0\Rightarrow\text{simpul stabil},\quad s>0\Rightarrow\text{simpul tak stabil}$
Penjelasan
Untuk diskriminan negatif, bagian real pasangan konjugat adalah $s/2$ .
Rumus
$d>0,\ \Delta<0:\quad s<0\Rightarrow\text{spiral stabil},\quad s>0\Rightarrow\text{spiral tak stabil}$
Penjelasan
Akar real berulang yang tidak nol masih hiperbolik dan memberi simpul; bentuk Jordan membedakan simpul proper dari simpul tak proper.
Rumus
$d>0,\ \Delta=0,\ s\ne0\Longrightarrow\text{simpul stabil atau tak stabil}$
Penjelasan
Jika terdapat nilai eigen nol atau pasangan imajiner murni, periksa suku nonlinear, fungsi Lyapunov, atau integral pertama.
Rumus
$d=0\ \text{atau}\ s=0,\Delta<0\Longrightarrow\text{linearisasi mungkin tidak konklusif untuk sistem nonlinear}$

Simpulan

Jejak–determinan memberi klasifikasi cepat dan lengkap bagi titik hiperbolik, tetapi tidak boleh dipakai untuk mengklaim pusat nonlinear hanya dari nilai eigen imajiner murni.

Dukungan untuk Soal 10

Petunjuk

Untuk setiap sistem: cari semua titik tetap, hitung matriks Jacobi dan nilai eigen, lalu cari energi atau integral pertama bila ada. Untuk sistem teredam, turunkan laju perubahan energi; jangan melewatkan nilai redaman kritis.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir

(1) Asal stabil: spiral untuk $0<c<2$ , simpul degenerat kritis untuk $c=2$ , simpul stabil untuk $c>2$ . (2) $(-1,0)$ dan $(2,0)$ pelana, $(0,0)$ pusat. (3) Kedua titik luar tetap pelana; asal spiral stabil untuk $0<c<\sqrt8$ , simpul kritis untuk $c=\sqrt8$ , dan simpul stabil untuk $c>\sqrt8$ . (4) $(0,0)$ pelana dan $(3,3)$ pusat dengan orbit tertutup di kuadran positif. (5) $(0,0)$ simpul tak stabil, $(1,0)$ dan $(0,1)$ simpul stabil, serta $(1/5,2/5)$ pelana pemisah basin. (6) $(0,0)$ pelana, $(\pm1,0)$ pusat, dengan separatriks berbentuk angka delapan pada energi nol.

Bukti yang diperlukan

Semua titik tetap dan nilai eigen atau jejak–determinan dicatat.
Kasus kritis $c=2$ dan $c=\sqrt8$ dipisahkan dari rezim lain.
Sistem konservatif memakai kurva tingkat energi; sistem teredam menunjukkan energi menurun.
Arah panah, separatriks, sumbu invarian, dan basin yang relevan tampak pada sketsa atau notebook.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Sistem (1) mempunyai polinom karakteristik $\lambda^2+c\lambda+1$ . Pada redaman kritis, solusi bukan dua eksponensial bebas.
Rumus
$\lambda_{\pm}=\frac{-c\pm\sqrt{c^2-4}}2;\quad c=2:\ x=(A+Bt)e^{-t},\ y=(B-A-Bt)e^{-t}$
Penjelasan
Pada sistem (2), tulis $f(x)=x(x+1)(x-2)$ . Jacobi di $(x_*,0)$ mempunyai $\lambda^2=f'(x_*)$ ; energi memakai $V'=-f$ .
Rumus
$f'(-1)=3,\ f'(0)=-2,\ f'(2)=6;\quad V(x)=-\frac{x^4}{4}+\frac{x^3}{3}+x^2$
Penjelasan
Pada sistem (3), redaman tidak mengubah titik tetap. Di asal, $\lambda^2+c\lambda+2=0$ ; pada titik luar determinan negatif. Energi turun kecuali saat $y=0$ .
Rumus
$\lambda_{\pm}(0)=\frac{-c\pm\sqrt{c^2-8}}2,\qquad \dot H=-cy^2\le0$
Penjelasan
Sistem (4) memiliki sumbu invarian. Di kuadran positif terdapat integral pertama yang minimum di $(3,3)$ , sehingga level-levelnya tertutup.
Rumus
$H(x,y)=x-3\ln x+2y-6\ln y,\qquad x>0,\ y>0$
Penjelasan
Sistem (5) mempunyai empat titik tetap. Evaluasi Jacobi memberi klasifikasi dan manifold stabil pelana membagi basin menuju dua keadaan batas.
Rumus
$(0,0),\ (1,0),\ (0,1),\ (1/5,2/5);\qquad \det J(1/5,2/5)=-1/5<0$
Penjelasan
Sistem (6) konservatif dengan potensial sumur ganda; level energi menentukan dua keluarga orbit dalam dan satu keluarga luar.
Rumus
$H=\frac12y^2-\frac12x^2+\frac14x^4;\quad H=0\text{ adalah separatriks angka delapan}$

Pemeriksaan grafik

Gunakan pola integrasi dan medan vektor terbuka dalam notebook sebagai kerangka, lalu definisikan sendiri enam ruas kanan soal; notebook belum memuat keenam kasus tersebut. Hasil tambahan harus menampilkan titik tetap, arah waktu, separatriks, dan transisi pada nilai redaman kritis yang konsisten dengan klasifikasi analitik.

Simpulan

Linearisasi menentukan struktur lokal pada titik hiperbolik, sedangkan energi, integral pertama, dan separatriks diperlukan untuk menyusun potret global.

Unduh notebook Python terbuka untuk Soal 10

Dukungan untuk Soal 11

Petunjuk

Gunakan energi osilator harmonik $H=(y^2+\omega^2x^2)/2$ , dengan $y=\dot x$ , lalu hitung $\dot H$ . Tanda $1-x^2$ menjelaskan mekanisme pemilihan amplitudo.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Dengan asumsi $\omega>0$ : untuk $\epsilon=0$ , orbit adalah elips tertutup berperiode $2\pi/\omega$ . Untuk $\epsilon>0$ , $\dot H=\epsilon y^2(1-x^2)$ : energi bertambah ketika $|x|<1$ dan berkurang ketika $|x|>1$ . Karena itu titik asal menjadi tak stabil dan lintasan nontrivial menuju satu siklus batas stabil, berarah searah jarum jam pada bidang $(x,y)$ .
Cek cepat: Pada sumbu $x>0,y=0$ , $\dot y=-\omega^2x<0$ , sehingga orientasi harus ke bawah dan kemudian searah jarum jam.

Pembahasan atau rubrik

Asumsi

Diasumsikan $\omega>0$ ; kasus $\omega=0$ bersifat degenerat dan tidak mempunyai osilator harmonik yang dinyatakan dalam soal.

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Tetapkan $y=\dot x$ untuk memperoleh sistem bidang fase.
Rumus
$\dot x=y,\qquad \dot y=-\omega^2x+\epsilon y(1-x^2)$
Penjelasan
Jika $\epsilon=0$ , energi harmonik kekal dan levelnya berupa elips.
Rumus
$H=\frac12(y^2+\omega^2x^2),\qquad \dot H=0$
Penjelasan
Untuk $\epsilon>0$ , turunan energi mempunyai tanda yang berubah menurut amplitudo posisi.
Rumus
$\dot H=y(\dot y+\omega^2x)=\epsilon y^2(1-x^2)$
Penjelasan
Di bagian dalam, mekanisme bertindak sebagai redaman negatif; di bagian luar, sebagai redaman positif. Keseimbangan rata-rata kedua efek memilih orbit periodik stabil.
Rumus
$|x|<1\Rightarrow\dot H\ge0,\qquad |x|>1\Rightarrow\dot H\le0$
Penjelasan
Linearisasi titik asal mempunyai bagian real positif untuk $\epsilon>0$ , sehingga titik asal menolak lintasan.
Rumus
$\lambda^2-\epsilon\lambda+\omega^2=0$

Pemeriksaan notebook

Adaptasikan pola solve_ivp dalam notebook dengan menambahkan ruas kanan van der Pol; kasus ini belum tersedia sebagai sel siap-jalan. Untuk beberapa kondisi awal nonnol dan $\epsilon>0$ , integrasi tambahan harus mendekati kurva periodik yang sama setelah transien; lintasan awal di dalam membesar dan lintasan awal di luar mengecil.

Simpulan

Siklus batas tidak mengejutkan: penguatan amplitudo kecil dan peredaman amplitudo besar menyediakan umpan balik yang menstabilkan amplitudo menengah.

Unduh notebook Python terbuka untuk Soal 11

Dukungan untuk Soal 12

Petunjuk

Samakan dimensi setiap suku dengan $[x]T^{-1}$ . Untuk $\lambda\gamma\ne0$ , gunakan $t_0=1/|\lambda|$ dan skala amplitudo $x_0=\sqrt{|\lambda|/|\gamma|}$ .

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: $[\lambda]=T^{-1}$ dan $[\gamma]=[x]^{-2}T^{-1}$ . Dengan $\tau=|\lambda|t$ , persamaan menjadi $dx/d\tau=\operatorname{sgn}(\lambda)x-(\gamma/|\lambda|)x^3$ . Jika $\gamma\ne0$ , tetapkan $x=\sqrt{|\lambda|/|\gamma|}\,X$ , sehingga $dX/d\tau=\operatorname{sgn}(\lambda)X-\operatorname{sgn}(\gamma)X^3$ . Untuk $\lambda,\gamma>0$ , bentuknya $X'=X-X^3$ . Tanda dan kasus parameter nol tidak dapat dihilangkan oleh penskalaan real biasa.
Cek cepat: Setiap suku persamaan tak berdimensi harus bebas satuan; transformasi amplitudo hanya sah bila $\lambda\gamma\ne0$ .

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Turunan waktu memiliki dimensi besaran dibagi waktu.
Rumus
$[\dot x]=[x]T^{-1}$
Penjelasan
Samakan dimensi suku linear dan kubik dengan ruas kiri.
Rumus
$[\lambda]=T^{-1},\qquad [\gamma]=[x]^{-2}T^{-1}$
Penjelasan
Untuk $\lambda\ne0$ , gunakan waktu tak berdimensi yang tidak membalik orientasi waktu.
Rumus
$\tau=|\lambda|t,\qquad \frac{dx}{d\tau}=\operatorname{sgn}(\lambda)x-\frac{\gamma}{|\lambda|}x^3$
Penjelasan
Untuk $\gamma\ne0$ , serap besar koefisien kubik ke skala amplitudo.
Rumus
$x=\sqrt{\frac{|\lambda|}{|\gamma|}}X,\qquad \frac{dX}{d\tau}=\operatorname{sgn}(\lambda)X-\operatorname{sgn}(\gamma)X^3$
Penjelasan
Jika parameter positif seperti lazim pada bentuk normal bifurkasi superkritis, kedua besar parameter hilang sepenuhnya.
Rumus
$\lambda>0,\gamma>0:\qquad X'=X-X^3$

Simpulan

Penskalaan menghilangkan besar kedua parameter nonnol, tetapi menyisakan kelas dinamik diskret yang ditentukan oleh tanda; kasus $\lambda=0$ atau $\gamma=0$ adalah rezim berbeda.

Dukungan untuk Soal 13

Petunjuk

Ambil kedua massa sebagai $m$ dan $M$ , lalu tulis jarak pusatnya $r=R+h$ . Untuk $|h|\ll R$ , faktor $(1+h/R)^{-2}$ hampir satu.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: $F=GMm/(R+h)^2=m[GM/R^2](1+h/R)^{-2}$ . Di dekat permukaan, $|h|\ll R$ , sehingga $F\simeq mg$ dengan $g=GM/R^2$ .
Cek cepat: Dimensi $GM/R^2$ harus $LT^{-2}$ , dan galat relatif orde pertama dari mengganti $R+h$ dengan $R$ adalah sekitar $2|h|/R$ .

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Masukkan massa benda dan Bumi ke hukum gravitasi.
Rumus
$F=G\frac{mM}{r^2}$
Penjelasan
Pada ketinggian $h$ dari permukaan, jarak antarpusat adalah $R+h$ .
Rumus
$F=m\frac{GM}{R^2}\left(1+\frac{h}{R}\right)^{-2}$
Penjelasan
Jika $|h|/R$ kecil, faktor koreksi mendekati satu.
Rumus
$\left(1+\frac{h}{R}\right)^{-2}=1-2\frac{h}{R}+O((h/R)^2)$
Penjelasan
Definisikan percepatan gravitasi permukaan sebagai koefisien gaya per massa.
Rumus
$g=\frac{GM}{R^2},\qquad F\simeq mg$

Simpulan

Anggapan $g$ konstan adalah hampiran lokal yang sah ketika perubahan ketinggian jauh lebih kecil daripada jari-jari Bumi.

Dukungan untuk Soal 14

Petunjuk

Koefisien pangkat ganjil kosinus nol. Dalam sisa Lagrange orde lima, turunan keenam adalah $-\cos\bar x$ , yang nilai mutlaknya paling besar satu.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: $\cos x=1-x^2/2+x^4/24+E_5(x)$ , dengan $E_5(x)=-\cos(\bar x)x^6/720$ . Karena $|E_5(x)|\le|x|^6/720$ , syarat cukup ialah $|x|<36^{1/6}\approx1{,}817120593$ .
Cek cepat: Pada setiap nilai uji dalam interval tersebut, galat aktual $|\cos x-(1-x^2/2+x^4/24)|$ harus kurang dari $0{,}05$ ; batas ini cukup, tidak diklaim perlu.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Evaluasi turunan kosinus di nol hingga orde lima.
Rumus
$P_5(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}$
Penjelasan
Sisa Lagrange memakai turunan keenam di suatu titik antara nol dan $x$ .
Rumus
$E_5(x)=\frac{f^{(6)}(\bar x)x^6}{6!}=-\frac{\cos(\bar x)x^6}{720}$
Penjelasan
Batasi kosinus dengan satu.
Rumus
$|E_5(x)|\le\frac{|x|^6}{720}$
Penjelasan
Paksa batas atas itu lebih kecil daripada toleransi yang diminta.
Rumus
$\frac{|x|^6}{720}<0.05\Longleftrightarrow |x|<36^{1/6}\approx1.817120593$

Simpulan

Pemeriksaan numerik memvalidasi ketaksamaan pada titik sampel, sedangkan bukti sisa Taylor menjaminnya pada seluruh interval yang dinyatakan.

Dukungan untuk Soal 15

Petunjuk

Samakan dimensi semua suku dengan $[u]T^{-1}$ . Untuk $\mu\ne0$ , coba $t=|\mu|^{-1}\tau$ , $x=\sqrt{\alpha/|\mu|}\,X$ , dan $u=\sqrt{|\mu|/\beta}\,U$ .

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: $[\mu]=T^{-1}$ , $[\alpha]=L^2T^{-1}$ , dan $[\beta]=[u]^{-2}T^{-1}$ . Untuk $\mu\ne0$ , penskalaan $t=\tau/|\mu|$ , $x=\sqrt{\alpha/|\mu|}\,X$ , $u=\sqrt{|\mu|/\beta}\,U$ memberi $U_\tau=\operatorname{sgn}(\mu)U+U_{XX}-U^3$ . Jadi tidak ada parameter kontinu relevan, tetapi tanda $\mu$ dan rezim $\mu=0$ tetap membedakan kelas dinamika.
Cek cepat: Untuk $\mu>0$ , bentuk bakunya $U_\tau=U+U_{XX}-U^3$ ; koefisien ketiga suku pada ruas kanan semuanya satu dalam besar.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Turunan waktu menetapkan dimensi acuan setiap suku.
Rumus
$[u_t]=[u]T^{-1}$
Penjelasan
Samakan masing-masing suku linear, difusif, dan kubik dengan dimensi acuan.
Rumus
$[\mu]=T^{-1},\qquad [\alpha]=L^2T^{-1},\qquad [\beta]=[u]^{-2}T^{-1}$
Penjelasan
Untuk $\mu\ne0$ , gunakan tiga skala yang tersedia untuk menyerap besar ketiga parameter.
Rumus
$t=\frac{\tau}{|\mu|},\qquad x=\sqrt{\frac{\alpha}{|\mu|}}X,\qquad u=\sqrt{\frac{|\mu|}{\beta}}U$
Penjelasan
Substitusi dan pembagian oleh skala bersama menghasilkan bentuk tanpa parameter kontinu.
Rumus
$U_{\tau}=\operatorname{sgn}(\mu)U+U_{XX}-U^3$
Penjelasan
Penskalaan positif tidak dapat mengubah tanda $\mu$ , dan skala berbasis $|\mu|$ tidak berlaku saat $\mu=0$ .
Rumus
$\mu>0,\quad \mu<0,\quad \mu=0\ \text{adalah tiga rezim diskret}$

Simpulan

Model memiliki nol kelompok parameter kontinu tak berdimensi dalam setiap rezim $\mu\ne0$ ; tanda dan degenerasi nol adalah informasi kualitatif yang tidak boleh disebut telah ‘dihilangkan’.

Dukungan untuk Soal 16

Petunjuk

Tetapkan $y=\dot x$ . Pada titik tetap $(x_*,0)$ , persamaan karakteristik linearisasi sangat sederhana: $\lambda^2+V''(x_*)=0$ .

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Sistem orde pertamanya $\dot x=y$ , $\dot y=-V'(x)$ . Titik tetap adalah $(x_*,0)$ dengan $V'(x_*)=0$ . Matriks linearnya $J_* =\begin{pmatrix}0&1\\-V''(x_*)&0\end{pmatrix}$ , sehingga $\lambda^2=-V''(x_*)$ . Jika $V''(x_*)<0$ , nilai eigen real berlainan tanda dan titik itu pelana; jika $V''(x_*)>0$ , nilai eigen $\pm i\sqrt{V''(x_*)}$ dan linearisasinya pusat.
Cek cepat: Kasus $V''(x_*)=0$ harus dinyatakan tidak konklusif, bukan dipaksa menjadi pusat atau pelana.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Perkenalkan kecepatan sebagai variabel kedua.
Rumus
$\dot x=y,\qquad \dot y=-V'(x)$
Penjelasan
Kedua turunan waktu harus nol pada titik tetap.
Rumus
$y_*=0,\qquad V'(x_*)=0$
Penjelasan
Linearisasi dalam $\xi=x-x_*$ , $\eta=y$ adalah:
Rumus
$\frac{d}{dt}\binom{\xi}{\eta}=\begin{pmatrix}0&1\\-V''(x_*)&0\end{pmatrix}\binom{\xi}{\eta}$
Penjelasan
Polinom karakteristik langsung menghubungkan kelengkungan potensial dengan tipe titik.
Rumus
$\lambda^2+V''(x_*)=0$
Penjelasan
Maksimum nondegenerat mempunyai kelengkungan negatif; minimum nondegenerat mempunyai kelengkungan positif.
Rumus
$V''<0\Rightarrow\lambda=\pm\sqrt{-V''};\qquad V''>0\Rightarrow\lambda=\pm i\sqrt{V''}$

Simpulan

Maksimum potensial tidak stabil dalam satu arah waktu dan stabil dalam arah lain, sedangkan minimum menopang osilasi kecil; degenerasi memerlukan suku potensial berorde lebih tinggi.

Dukungan untuk Soal 17

Petunjuk

Gunakan kekekalan $H=y^2/2+V(x)$ . Separatriks yang melalui pelana mempunyai energi tepat $V(x_0)$ ; kemudian kembangkan $V$ hingga orde dua.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Dengan $y=\dot x$ , lintasan energi memenuhi $y=\pm\sqrt{2(E-V(x))}$ . Separatriks melalui pelana memakai $E=V(x_0)$ : $y=\pm\sqrt{2[V(x_0)-V(x)]}$ . Jika pelana nondegenerat, $V''(x_0)<0$ dan garis singgungnya $y=\pm\sqrt{-V''(x_0)}(x-x_0)$ .
Cek cepat: Kemiringan kedua garis singgung harus sama dengan dua nilai eigen $\lambda=\pm\sqrt{-V''(x_0)}$ karena vektor eigennya berbentuk $(1,\lambda)$ .

Pembahasan atau rubrik

Asumsi

Titik pelana nondegenerat, sehingga V'(x_0)=0 dan V''(x_0)<0.

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Kalikan persamaan oleh $\dot x$ untuk memperoleh integral energi.
Rumus
$H(x,y)=\frac12y^2+V(x)=E$
Penjelasan
Lintasan yang melalui $(x_0,0)$ mempunyai energi pelana.
Rumus
$E_s=V(x_0),\qquad y=\pm\sqrt{2[V(x_0)-V(x)]}$
Penjelasan
Kembangkan potensial di sekitar titik kritis.
Rumus
$V(x)=V(x_0)+\frac12V''(x_0)(x-x_0)^2+O((x-x_0)^3)$
Penjelasan
Substitusi memberi dua cabang yang menyinggung arah eigen stabil dan tak stabil.
Rumus
$y^2=-V''(x_0)(x-x_0)^2+O((x-x_0)^3)$

Simpulan

Separatriks adalah kurva energi pelana; secara lokal kedua cabangnya menyinggung garis eigen dengan kemiringan $\pm\sqrt{-V''(x_0)}$ .

Dukungan untuk Soal 18

Petunjuk

Tulis kurva energi sebagai $y^2=2(E-V(x))$ . Perpotongan sumbu memenuhi $y=0$ ; untuk kemiringan, lebih aman memandang $x$ sebagai fungsi $y$ di dekat titik potong.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Karena $V$ kontinu dan $\inf V<E<\sup V$ , teorema nilai antara memberi sedikitnya satu $x_*$ dengan $V(x_*)=E$ ; pada kurva energi ini berarti $y=0$ , jadi lintasan memotong sumbu $x$ . Dari $y^2=2(E-V(x))$ , diperoleh $dx/dy=-y/V'(x)$ ; jika $V'(x_*)\ne0$ , maka $dx/dy=0$ di perpotongan, sehingga garis singgungnya vertikal.
Cek cepat: Rumus $dy/dx=-V'(x)/y$ harus divergen di titik potong biasa; jika $V'(x_*)=0$ , argumen vertikal tidak berlaku dan titik itu dapat berupa kesetimbangan atau separatriks.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Energi mekanis kekal pada setiap lintasan.
Rumus
$\frac12y^2+V(x)=E,\qquad y=\dot x$
Penjelasan
Nilai energi yang terletak ketat di dalam rentang kontinu $V$ dicapai pada sedikitnya satu posisi.
Rumus
$\exists x_*:\quad V(x_*)=E$
Penjelasan
Pada posisi tersebut, persamaan energi memaksa kecepatan nol.
Rumus
$y^2=2(E-V(x_*))=0$
Penjelasan
Turunkan implisit kurva energi terhadap $y$ dan evaluasi pada perpotongan biasa.
Rumus
$2y=-2V'(x)\frac{dx}{dy}\Longrightarrow\frac{dx}{dy}=-\frac{y}{V'(x)}\to0$

Simpulan

Titik balik biasa adalah perpotongan sumbu dengan garis singgung vertikal; syarat $V'\ne0$ tepat mengecualikan titik kritis potensial.

Dukungan untuk Soal 19

Petunjuk

Untuk setiap energi, gambar $y=\pm\sqrt{2(E-V(x))}$ hanya pada posisi dengan $V(x)\le E$ . Titik minimum potensial menjadi pusat.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir

Jika minimum tunggal berada di $x_m$ dengan energi $E_m=V(x_m)$ , maka $(x_m,0)$ adalah pusat. Untuk setiap $E>E_m$ , persamaan $V(x)=E$ mempunyai dua titik balik dan level $y=\pm\sqrt{2(E-V(x))}$ membentuk satu oval tertutup yang mengelilingi pusat. Semua gerak berenergi hingga terikat dan periodik.

Bukti yang diperlukan

Pusat di minimum potensial ditandai.
Setiap oval simetris terhadap sumbu x dan memotongnya vertikal pada dua titik balik.
Panah menunjukkan bagian atas bergerak ke kanan dan bagian bawah ke kiri.
Oval energi yang lebih tinggi mengelilingi oval energi yang lebih rendah.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Gunakan energi untuk menentukan seluruh kurva fase.
Rumus
$y=\pm\sqrt{2(E-V(x))},\qquad V(x)\le E$
Penjelasan
Pada energi minimum, satu-satunya titik adalah kesetimbangan pusat.
Rumus
$E=E_m:\quad (x,y)=(x_m,0)$
Penjelasan
Karena potensial naik ke takhingga di kedua ujung, setiap $E>E_m$ mempunyai dua titik balik yang membatasi interval gerak.
Rumus
$V(x_-(E))=V(x_+(E))=E$
Penjelasan
Cabang positif dan negatif bertemu di kedua titik balik, membentuk oval tertutup.
Rumus
$x_-(E)\le x\le x_+(E)$

Pemeriksaan notebook

Notebook memperagakan cara membentuk potret fase dari potensial pendulum. Gunakan pola terbuka itu dengan menambahkan potensial satu-sumur representatif; hasil tambahan harus memperlihatkan oval tertutup bersarang tanpa separatriks atau lintasan tak terbatas.

Simpulan

Konfinemen potensial pada kedua arah membuat semua level energi di atas minimum berupa osilasi periodik.

Unduh notebook Python terbuka untuk Soal 19

Dukungan untuk Soal 20

Petunjuk

Namai energi minimum kiri $E_L$ , minimum kanan $E_R$ , dan puncak tengah $E_s$ , dengan $E_L<E_R<E_s$ . Topologi level berubah setiap kali energi melewati salah satu nilai kritis.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir

Kedua minimum memberi pusat dan maksimum tengah memberi pelana. Untuk $E_L<E<E_R$ , hanya ada oval di sumur kiri. Untuk $E_R<E<E_s$ , ada dua keluarga oval terpisah, masing-masing mengelilingi satu pusat. Pada $E=E_s$ , separatriks melalui pelana membentuk dua lobus yang memisahkan kedua sumur. Untuk $E>E_s$ , satu oval luar mengelilingi kedua sumur. Karena $V\to+\infty$ di kedua arah, semua level reguler tetap terikat.

Bukti yang diperlukan

Dua pusat dan satu pelana ditempatkan pada absis titik kritis potensial.
Tidak ada orbit di sumur kanan pada energi di bawah minimum kanannya.
Separatriks energi puncak dan perubahan dua oval menjadi satu oval ditampilkan.
Arah panah dan simetri terhadap sumbu x benar.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Titik minimum nondegenerat menghasilkan pusat dan maksimum menghasilkan pelana.
Rumus
$V''(x_L)>0,\quad V''(x_R)>0,\quad V''(x_s)<0$
Penjelasan
Di bawah minimum kanan, himpunan $V\le E$ hanya berada di sumur kiri.
Rumus
$E_L<E<E_R:\quad \text{satu komponen terikat}$
Penjelasan
Di antara minimum kanan dan puncak, daerah yang diizinkan terpecah menjadi dua interval.
Rumus
$E_R<E<E_s:\quad \text{dua oval terpisah}$
Penjelasan
Pada energi pelana, kedua lobus bertemu di titik pelana dan menjadi separatriks.
Rumus
$E=E_s=V(x_s)$
Penjelasan
Di atas penghalang, satu interval posisi menghubungkan kedua sumur.
Rumus
$E>E_s:\quad \text{satu oval luar}$

Pemeriksaan notebook

Adaptasikan konstruksi kurva energi pada notebook dengan potensial dua-sumur taksimetris yang mempertahankan urutan energi kritis gambar; sel tambahan harus menunjukkan satu oval, dua oval, separatriks dua lobus, lalu satu oval luar.

Simpulan

Energi puncak adalah ambang perpindahan antar-sumur; kedalaman yang berbeda menentukan kapan keluarga orbit di tiap sumur pertama kali muncul.

Unduh notebook Python terbuka untuk Soal 20

Dukungan untuk Soal 21

Petunjuk

Namai energi minimum $E_m$ dan maksimum $E_s$ . Karena potensial turun tanpa batas ke kanan, selalu periksa komponen lintasan terbuka di samping orbit yang mungkin terperangkap dekat minimum.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir

Minimum lokal memberi pusat dan maksimum lokal di kanannya memberi pelana. Untuk $E_m<E<E_s$ , terdapat oval tertutup di sekitar pusat serta komponen lintasan terbuka di sisi kanan. Pada $E=E_s$ , sebuah separatriks homoklinik mengelilingi pusat dan dua cabang separatriks lain melalui pelana menuju sisi kanan tak terbatas. Untuk $E>E_s$ , penghalang terlampaui dan level reguler menjadi lintasan terbuka dari titik balik kiri menuju $x\to+\infty$ . Untuk $E<E_m$ , hanya komponen terbuka di kanan yang ada.

Bukti yang diperlukan

Satu pusat dan satu pelana ditempatkan pada titik kritis yang benar.
Orbit tertutup dan lintasan terbuka yang hidup pada energi sama tidak dicampuradukkan.
Separatriks pada energi maksimum serta perubahan topologi di kedua energi kritis ditampilkan.
Daerah terlarang V(x)>E ditinggalkan kosong.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Kurva fase selalu diperoleh dari himpunan posisi yang memenuhi $V(x)\le E$ .
Rumus
$y=\pm\sqrt{2(E-V(x))}$
Penjelasan
Di antara dua energi kritis, himpunan posisi yang diizinkan mempunyai satu interval terbatas dekat sumur dan satu interval tak terbatas di kanan.
Rumus
$E_m<E<E_s:\quad \text{satu oval + satu komponen terbuka}$
Penjelasan
Pada energi maksimum, pelana menghubungkan batas perangkap lokal dengan saluran lepas ke kanan.
Rumus
$E=E_s=V(x_s)$
Penjelasan
Di atas penghalang, hanya satu titik balik kiri tersisa dan lintasan melaju tanpa batas ke kanan.
Rumus
$E>E_s:\quad x\to+\infty,\ |y|\to\infty$

Pemeriksaan notebook

Adaptasikan konstruksi kurva energi pada notebook dengan potensial yang memiliki asimtot dan dua titik kritis seperti gambar; sel tambahan harus memperlihatkan keberadaan bersama oval dan lintasan terbuka untuk energi antara minimum dan maksimum.

Simpulan

Sumur lokal dapat menahan sebagian keadaan awal meskipun potensial global terbuka ke kanan; separatriks pelana membatasi keadaan terperangkap.

Unduh notebook Python terbuka untuk Soal 21

Dukungan untuk Soal 22

Petunjuk

Beri nama energi pada keempat titik kritis menurut tinggi aktual gambar, lalu naikkan $E$ melewati nilai-nilai itu satu per satu. Selalu ada saluran terbuka ke kiri karena $V\to-\infty$ di sana.

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir

Kedua minimum adalah pusat dan kedua maksimum adalah pelana. Dengan urutan tinggi pada gambar $E_{m2}<E_{m1}<E_{s1}<E_{s2}$ : di bawah $E_{m2}$ hanya ada lintasan terbuka ke kiri; saat melewati tiap minimum, keluarga oval di sumur itu muncul; pada $E_{s1}$ , separatriks pelana pertama menggabungkan sumur dangkal dengan saluran kiri; untuk $E_{s1}<E<E_{s2}$ , lintasan kiri terbuka hadir bersama oval di sumur kanan; pada $E_{s2}$ , separatriks kedua membuka sumur kanan; di atasnya hanya tersisa keluarga lintasan terbuka global dengan satu titik balik kanan.

Bukti yang diperlukan

Dua pusat, dua pelana, dan urutan energi kritis dari gambar ditandai.
Komponen terbuka ke kiri hadir pada setiap energi.
Keluarga oval muncul atau hilang tepat ketika energi melewati minimum atau maksimum yang sesuai.
Kedua separatriks dan daerah V(x)>E digambar konsisten dengan kurva potensial.

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Gunakan satu rumus level energi untuk semua rezim dan hitung komponen interval $V\le E$ .
Rumus
$y=\pm\sqrt{2(E-V(x))}$
Penjelasan
Minimum yang lebih dalam di kanan melahirkan oval pertama; minimum dangkal melahirkan oval kedua ketika energinya tercapai.
Rumus
$E_{m2}<E_{m1}:\quad E_{m2}<E<E_{m1}\Rightarrow\text{oval kanan saja, selain komponen terbuka kiri}$
Penjelasan
Di antara energi minimum dangkal dan maksimum pertama, kedua sumur mempunyai oval terpisah, di samping komponen terbuka kiri.
Rumus
$E_{m1}<E<E_{s1}:\quad \text{dua oval + satu komponen terbuka}$
Penjelasan
Melewati pelana pertama menghubungkan sumur dangkal dengan wilayah lepas; sumur kanan tetap terkurung hingga pelana kedua.
Rumus
$E_{s1}<E<E_{s2}:\quad \text{komponen terbuka kiri + oval kanan}$
Penjelasan
Di atas puncak tertinggi, himpunan posisi yang diizinkan tersambung dari $-\infty$ hingga satu titik balik kanan.
Rumus
$E>E_{s2}:\quad \text{satu komponen terbuka global}$

Pemeriksaan notebook

Adaptasikan konstruksi kurva energi pada notebook dengan potensial contoh yang benar-benar mempertahankan urutan dua puncak dan dua lembah pada gambar; jangan menyimpulkan topologi dari polinom contoh yang urutan energinya berbeda.

Simpulan

Potret lengkap diperoleh dengan melacak perubahan komponen kurva tingkat pada empat energi kritis; asimtot kiri menjamin saluran lepas pada setiap energi.

Unduh notebook Python terbuka untuk Soal 22

Dukungan untuk Soal 23

Petunjuk

Gunakan $[\vec v]=LT^{-1}$ , $[\rho]=ML^{-3}$ , dan $[\nabla]=L^{-1}$ . Skala adveksi alami memberi $t=(l/U)\tau$ , $p=\rho U^2P$ , serta $\vec F=(\rho U^2/l)\vec f$ .

Periksa jawaban

Pemeriksaan akhir: Kedua suku kiri berdimensi $LT^{-2}$ . Dimensi tekanan $[p]=ML^{-1}T^{-2}$ , rapat gaya badan $[\vec F]=ML^{-2}T^{-2}$ , dan viskositas kinematik $[\nu]=L^2T^{-1}$ . Dengan $\vec x=l\vec X$ , $\vec v=U\vec V$ , $t=(l/U)\tau$ , $p=\rho U^2P$ , dan $\vec F=(\rho U^2/l)\vec f$ , persamaan menjadi $\vec V_\tau+(\vec V\cdot\nabla_X)\vec V=-\nabla_XP+\mathrm{Re}^{-1}\nabla_X^2\vec V+\vec f$ , dengan $\mathrm{Re}=Ul/\nu$ .
Cek cepat: Koefisien suku tak tunak, adveksi, tekanan, dan gaya harus satu; koefisien viskositas harus tepat $1/\mathrm{Re}$ , bukan $\mathrm{Re}$ .

Pembahasan atau rubrik

Langkah penyelesaian

Penjelasan
Turunan waktu kecepatan dan percepatan advektif mempunyai dimensi yang sama, sebagaimana wajib agar dapat dijumlahkan.
Rumus
$[\partial_t\vec v]=LT^{-2},\qquad [(\vec v\cdot\nabla)\vec v]=(LT^{-1})(L^{-1})(LT^{-1})=LT^{-2}$
Penjelasan
Samakan suku gradien tekanan dan gaya badan per massa dengan percepatan.
Rumus
$[p]=ML^{-1}T^{-2},\qquad [\vec F]=ML^{-2}T^{-2}$
Penjelasan
Samakan suku viskositas dengan percepatan.
Rumus
$[\nu](L^{-2})(LT^{-1})=LT^{-2}\Longrightarrow[\nu]=L^2T^{-1}$
Penjelasan
Masukkan skala karakteristik ruang, kecepatan, dan waktu adveksi.
Rumus
$\vec x=l\vec X,\qquad \vec v=U\vec V,\qquad t=\frac{l}{U}\tau$
Penjelasan
Pilih skala tekanan dinamik dan rapat gaya agar kedua suku berskala seperti $U^2/l$ .
Rumus
$p=\rho U^2P,\qquad \vec F=\frac{\rho U^2}{l}\vec f$
Penjelasan
Bagi seluruh persamaan dengan $U^2/l$ ; hanya perbandingan inersia dan viskositas yang tersisa.
Rumus
$\frac{\partial\vec V}{\partial\tau}+(\vec V\cdot\nabla_X)\vec V=-\nabla_XP+\frac1{\mathrm{Re}}\nabla_X^2\vec V+\vec f,\qquad \mathrm{Re}=\frac{Ul}{\nu}$

Simpulan

Bilangan Reynolds adalah satu-satunya parameter kontinu dalam bentuk tak berdimensi yang diberikan; ia membandingkan pengangkutan inersial dengan difusi momentum viskos.