J. Hale, H. Koçak, Dynamics and Bifurcations, Springer ... · Skaler Otonom Denklemler Bu ilk bölümde sadece bir boyutlu, yani skaler, otonom diferansiyel denklemlerin çözüm-lerinin

Bu notlar lisans üstü seviyede diferansiyel ve fark denklemlerin

çatallanma (bifurcation) teorisini anlattı

˘

gım derste kaynak

olarak kullandı

˘

gım

J. Hale, H. Koçak, Dynamics and Bifurcations, Springer-Verlag,

New York, 1991

eserinden derlenmistir. Dersin içeri

˘

gi bu eserin ilk üç bölümünü

kapsamaktadır. Bu bölümlerde skaler diferansiyel denklemlerin

(hem otonom hem de otonom olmayan) ve iki boyutlu otonom diferansiyel

denklem sistemlerinin, ilaveten skaler fark denklemlerinin

çatallanma teorisi anlatılmaktadır.

˙

Ilgili eseri temin etmeden notları kullanmayın,çünkü eksik.

Kitapla beraber kullanılmazsa ise yaramaz.

1

Bölüm

1Skaler Otonom Denklemler

Bu ilk bölümde sadece bir boyutlu, yani skaler, otonom diferansiyel denklemlerin çözüm-lerinin geometrisiyle ilgili bazı temel kavramları ele alacagız. Ele alacagımız kavramlar çokbasit olmasına karsın bize ileriki bölümlerde yapacagımız arastırmaların temelini olustu-racak çok önemli fikirler sunacak.

I µR olmak üzere t bagımsız degiskeninin türevlenebilir bir x : I !R fonksiyonunu elealalım. Bu bölümde f :R!R olmak üzere

x = f (x) (1.1)

diferansiyel denklemini inceleyecegiz. Aksi belirtilmedikçe bilinmeyen x fonksiyonundatürev t degiskenine göre, f fonksiyonunda ise x degiskenine göre olacaktır. Sıklıkla karısık-lık olmaması için dx/d t ve d f /d x türevlerinin sırasıyla x ve f 0 notasyonlarını kullanacagız.Bu denkleme bir skaler otonom denklem denir, skaler denmesinin sebebi bir boyutlu (reeldegiskenli) olması ve otonom denmesinin sebebi de f fonksiyonunun t degiskeninden ba-gımsız olmasıdır.

Her t 2 I için x(t ) = f (x(t )) esitligini saglayan bir x fonksiyonuna I aralıgında (1.1)denkleminin bir çözümü deriz. Çogu zaman (1.1) denkleminin bir t0 2 I noktası ve bir x0

sayısıiçin x(t0) = x0 esitligini saglayan özel bir çözümüyle ilgileniriz. Bu durumda

x = f (x), x(t0) = x0 (1.2)

problemini ele alırız, bu probleme bir baslangıç deger problemi denir.Denklemin otonom olmasının en önemli avantajını açıklayalım. x(t ) fonksiyonu (1.2)

probleminin bir çözümü olsun ve y(t ) := x(t+t0) fonksiyonunu tanımlayalım, bu durumda

y(t ) = x(t + t0) = f (x(t + t0)) = f°y(t )

¢

vey(0) = x0

esitlikleri saglanır. Dolayısıyla her zaman (1.2) probleminde t0 = 0 seçebiliriz, diger t0 de-gerleri için çözümler bu çözümden elde edilebilir.

1

2 Bölüm 1. Skaler Otonom Denklemler

1.1 Varlık ve Teklik

Degiskenlere ayırma yöntemiyle (1.2) probleminin çözümünün asagıdaki integral mevcutise Zx

x0

1f (s)

ds = t ° t0 (1.3)

esitligini sagladıgını kolayca görürüz. Bu esitligin solundaki ifadenin ters fonksiyonu bu-lunursa problemin çözümünü veren açık bir formül elde edilmis olur. Fakat genellikle buintegral hesaplanamaz ve ilgili ters fonksiyon bulunamaz, bu durumda da problemin çö-zümü hakkında bilgi alabilecegimiz bir formül elde edilemez.

Herseyden önce (1.2) probleminin bir çözümü var olmayabilir, veya varsa bu çözümtek olmayabilir. Simdi bu durumlara iliskin bazı örnekler verelim, daha sonra probleminçözümünün varlıgı ve tekligini açıklayan bir teorem verecegiz.

x(t ) = e°t x0 fonksiyonununx =°x, x(t0) = x0

probleminin bir çözümü oldugu açıktır ve bu çözüm her t 2R için tanımlıdır. Fakat buproblemi saglayan baska bir fonksiyon var mıdır su an bilmiyoruz.

Örnek 1.1.1

x = x2, x(0) = x0

baslangıç deger problemini ele alalım. Dogrudan yerine koyarak veya (1.3) esitliginikullanarak

x(t ) = x0

1°x0t

fonksiyonunun bu problemin bir çözümü oldugunu görebiliriz. Dikkat edilirse f (x) =x2 fonksiyonu oldukça düzgün bir fonksiyon olmasına ragmen çözüm fonksiyonu öyledegildir. f fonksiyonu tüm reel sayılarda tanımlı iken çözüm x0 > 0 için (°1,1/x0)aralıgında, x0 < 0 için ise (1/x0,+1) aralıgında tanımlıdır. Yani çözümün tanım aralıgıbaslangıç kosuluna baglıdır. Ayrıca t ! 1/x0 için, yani tanım kümesinin sınırlarında,çözüm sınırsız olmaktadır.

Örnek 1.1.2

x ∏ 0 olmak üzerex =

px, x(0) = x0

probleminin bir çözümü

x(t ) =°t +2

px0

¢2

4ile verilir, ayrıca eger x0 = 0 ise x ¥ 0 fonksiyonunun da bir çözüm oldugu açıktır. Do-layısıyla bu problemin çözümü tek degildir.

Örnek 1.1.3

Yrd. Doç. Dr. Süleyman Ö

˘

GREKÇ

˙

I

1.1. Varlık ve Teklik 3

Bundan sonra tüm sürekli f : A ! B fonksiyonlarının kümesini C 0(A,B) ile gösterece-giz. Benzer sekilde n-inci mertebeden türevi sürekli olan f : A ! B fonksiyonlarının kü-mesini de C n(A,B) ile gösterecegiz. Eger fonksiyonların tanım ve deger kümesi açıkça bi-liniyorsa bu gösterimleri kısaca C 0, C 1, C n gibi kullanacagız. Ayrıca eger f fonksiyonu çokdegiskenli ise f 2C 1 ile f ’nin tüm birinci mertebe kısmi türevlerinin sürekli oldugunu gös-teririz.

Ayrıca (1.2) probleminin bir x(t ) çözümünün t0 = 0 noktasındaki degeri olan x0 sayısınabaglı oldugunu vurgulamak için bu çözümü x(t , t0, x0) ile gösteririz, bu denklem otonomoldugundan t0’dan bagımsız olarak bu çözümü x(t , x0) ile gösterecegiz.

Çözümlerin Varlık ve Tekligi

(i) Eger f 2C 0(R,R) ise bu durumda t0 = 0 noktasını içeren bir Ix0 :=°Æx0 ,Øx0

¢ara-

lıgında (sonsuz da olabilir)

x = f (x), x(0) = x0

probleminin bir x(t , x0) çözümü vardır.

(ii) Ayrıca eger Æx0 sonlu iselim

t!Æ+x0

|x(t , x0)| = +1

ve eger Øx0 iselim

t!Øx0°|x(t , x0)| = +1

olur.

(iii) Ek olarak eger f 2C 1(R,R) ise x(t , x0) çözümü Ix0 üzerinde tektir ve bu durumdax 2C 1 °

Ix0 ,R¢

olur.

Teorem 1.1.4

Teoremde bahsedilen mümkün olan en genis Ix0 aralıgına x(t , x0) çözümünün maksi-mal varlık aralıgı denir. Örnegin x = x2, x(0) = 1 baslangıç deger probleminin çözümününmaksimal varlık aralıgı (°1,1) aralıgıdır.

Burada tanımladıgımız x(t , x0) ifadesine bundan sonra x = f (x) denkleminin bir akımıdiyecegiz. Eger f 2C 1 ise her t için x(t , x0) akımı ile R’den R’ye

x0 ! x(t , x0)

dönüsümü tanımlanır. Bu dönüsümün bazı temel özellikleri söyle sıralanabilir

(i) x(0, x0) = x0,

(ii) dönüsümün tanımlı oldugu her s ve t için

x (t + s, x0) = x (t , x(s, x0))


(iii) her t için x dönüsümü C 1 sınıfındandır, ayrıca bu dönüsümün tersi de C 1 sınıfından-dır ve x(°t , x0) seklindedir.

Reel sayılarda tanımlı ve bu üç özelligi saglayan dönüsümlereRüzerinde bir dinamik sistemdenir. Bu tanıma göre skaler otonom bir diferansiyel denklemin bir akımının bir dinamiksistem olusturdugunu biliyoruz.

Alıstırmalar 1.1

1. Yukarıdaki teoremin hipotezlerini dogrulayarak x = 1+ x2, x(0) = 0 baslangıçdeger probleminin tek bir çözümünün var oldugunu gösterin. Bu çözümü bu-lun, maksimal varlık aralıgını belirleyin.

2. Yukarıdaki teoremi kullanarak x =p

x, x(0) = 0 problemini tekrar inceleyin, te-oremin hangi hipotezleri saglanmamaktadır?

3. x = x2/3, x(0) = 0 probleminin herhangi bir [0, a] aralıgında sonsuz sayıda çö-zümü vardır, gösterin.

4.

f (x) =Ω

2, x ∑ 0 ise,3, x > 0 ise.

olmak üzere x = f (x), x(0) = 0 probleminin t0 = 0’ı içeren bir aralıkta hiç birçözümü yoktur, gösterin.

1.2 Akımların Geometrisi

Simdi bir an için otonom olmayanx = f (t , x)

denklemini düsünelim, (t , x) düzleminde f (t , x) fonksiyonunun tanımlı oldugu her nok-tada f (t , x) degeri bize x(t ) egrisinin o noktadaki tegetinin egimini verir. Bu fikirden hare-ketle düzlemin çok sayıda noktasında bu egim degerlerini hesaplayıp tegetleri çizerek x(t )çözümüne geometrik bir yaklasımda bulunabiliriz. Bu tegetlerin tamamına bu denklemindogrultu alanı deriz. Bu denklemin bir (t0, x0) noktasından geçen çözüm egrisine de (buegri denklemin x(t0) = x0 baslangıç kosulunu saglayan çözümüdür), yani

©(t , x(t , x0)) : t 2 Ix0

™

kümesine, denklemin (t0, x0)’dan geçen integral egrisi veya faz egrisi denir. Yani bir faz egrisidüzlemin her noktasında dogrultu alanına tegettir.

Tekrar (1.1) denklemine dönecek olursak, f fonksiyonu t degiskenini içermedigindentek bir t degeri için (örnegin t = 0) tegetleri hesaplamak yeterlidir, diger t noktalarındategetler aynı olacaktır. Sekil 1.1 ve 1.2 ile verilen grafikleri inceleyin.


˘

GREKÇ

˙

I

1.2. Akımların Geometrisi 5

Sekil 1.1: Ilk grafikte x = x+t+1 denkleminin dogrultu alanı gösterilmistir. Ikinci grafikte de bu dogrultualanı ile birlikte denklemin sırasıyla (0,1), (2,0), (3,°3) ve (°1,°3) noktalarından geçen faz egrilerigösterilmistir.

Sekil 1.2: Sırasıyla x =°x ve x = x2 otonom denklemlerinin dogrultu alanları ve bazı faz egrileri.


Sekil 1.3: Ilk grafikte x = °x denkleminin yörüngelerinin elde edilisi açıklanmıstır. Diger grafikte dex° ekseni üzerinde bu denklemin sırasıyla vektör alanı, yörüngeleri ve faz portresi gösterilmistir.

Simdi x° ekseni üzerindeki her bir x noktası için x ile x + f (x) noktalarını birlestirenvektörler çizdigimizi düsünelim. Bu vektörlerin tamamına ilgili denklemin vektör alanı di-yecegiz, çogu zaman bu vektörleri normallestirerek gösteririz.

Yörünge

Bir x0 noktasının ∞+(x0) pozitif yörüngesi, ∞°(x0) negatif yörüngesi ve ∞(x0) yörüngesisırasıyla x°ekseninin

∞+(x0) :=[

t2[0,Øx0 )x (t , x0) ,

∞°(x0) :=[

t2(Æx0 ,0]x (t , x0) ,

∞(x0) :=[

t2(Æx0 ,Øx0 )x (t , x0)

olarak tanımlanan alt kümeleridir.

Tanım 1.2.1

Vektör alanında bir yörüngenin üzerindeki bir x noktasına karsılık gelen vektöre o yö-rüngenin o noktadaki hızı deriz. Bazen yörünge üzerinde t degiskeni artarken x(t , x0) egri-sinin yönünü belirten oklar çizeriz, bu çizimlere faz portresi denir. Bu kavramları Sekil 1.3ve 1.4 üzerinde gözlemleyin.

Yukarıdaki tanımlardan da açıkça anlasıldıgı gibi ∞(x0) yörüngesi aslında x0’dan geçenfaz egrisinin x°eksenine izdüsümüdür. Diferansiyel denklemlerin çözümlerinin kalitatifözelliklerini arastırırken bu yörüngeler bize önemli bilgiler verir. Fakat sadece yörüngelereodaklanarak t degiskenine, yani zaman parametresine ait bilgileri kaçırırız. Örnegin Sekil1.3 ve 1.4 üzerinde görüldgü gibi, x =°x denkleminin pozitif yörüngesi sonsuz zaman ara-lıgında olusurken x = x2 denkleminin pozitif yörüngesi sonlu bir zaman aralıgında olusur.


˘

GREKÇ

˙

I


Sekil 1.4: x = x2 denkleminin vektör alanı, yörüngeleri ve faz portresi.

Denge Noktası

Eger f (x§) = 0 oluyorsa bu x§ 2 R noktasına x = f (x) denkleminin bir denge çözümüveya denge noktası denir.

Tanım 1.2.2

Dikkat edilmelidir ki eger x§ bir denge çözümü ise x(t ) = x§ sabit fonksiyonu bir çözümolur, bundan dolayı ∞(x§) yörüngesi de {x§} olur, yani kendisi.

f fonksiyonunun grafigi ile (1.1) denkleminin yörüngeleri arasında yakın iliski vardır.Sadece f ’nin grafigine bakarak denklemin faz portresini kolayca çizebiliriz. Eger f (x0) < 0ise denklem otonom oldugundan her t için x(t ) < 0 olur, yani çözüm t ’ye göre azalandır. Budurumda x(t , x0) egrisi t !Æx0 için ya bir yatay asimptota yakınsar ya da °1’a ıraksar. Eger∞°(x0) sonlu ise çözüm sonsuza ıraksayamaz dolayısıyla bir yatay asimptota yaklasmalıdır,bunun için de Æx0 = °1 olmalıdır. Bu yatay asimptotların da denklemin denge noktalarıoldugu açıktır, çünkü bu noktalarda f (x) = x(t ) = 0 olur. Fakat yörüngenin sonlu olmamasıdurumunda diger olasılıklar da meydana gelebilir. Benzer bir yorum f (x0) > 0 durumu içinde yapılabilir.

Ayrıca eger (1.1) denklemine iliskin baslangıç deger problemlerinin çözümleri tek ise,bu durumda otonomluk geregi x0 < y0 özelligindeki baslangıç degerleri için çözümler x(t , x0) <x(t , y0) esitsizligini saglar.

Sonuç olarak f ’in isareti incelenerek faz portresi çizilebilir, Sekil 1.6 ve 1.5 ile verilengrafikleri inceleyin. Ayrıca çözümler ve yörüngeler için asagıdaki lemma geçerlidir.

Her x0 sayısı için (1.2) baslangıç deger probleminin x(t , x0) çözümü tek olsun. Bu du-rumda

(i) x(t , x0) fonksiyonu t degiskenine göre monotondur,

(ii) x0 < y0 ise her t degeri için x(t , x0) < x(t , y0) olur,

Lemma 1.2.3


Sekil 1.5: x = x ° x3 denkleminin dogrultu alanı, bazı faz egrileri ve faz portresi. Çözümler ile fazportresi arasındaki iliskiyi gözlemleyin. Bu yöntemle faz portresi kolayca elde edilebildiginden çoguzaman faz portresini yatay bir eksen olarak gösteririz.

Sekil 1.6: x =°x ve x = x2 denkleminin faz portrelerinin f fonksiyonunun isareti ile iliskisi.

(iii) Eger ∞+(x0) sınırlı ise Øx0 = +1 olur, ayrıca x§ bir denge çözümü olmak üzeret !+1 için x(t , x0) ! x§ olur.

(iv) Eger ∞°(x0) sınırlı ise Æx0 = °1 olur, ayrıca x§ bir denge çözümü olmak üzeret !°1 için x(t , x0) ! x§ olur.

x = x °x3

diferansiyel denkleminin denge noktaları °1, 0 ve 1’dir. f (x) = x ° x3 fonksiyonununisaret (°1,°1), (°1,0), (0,1) ve (1,+1) aralıklarında sırasıyla pozitif, negatif, pozitifve negatif oldugundan denklemin faz portresi Sekil 1.5 ile görüldügü gibi kolayca eldeedilebilir. Yörüngeler de (°1,°1), (°1,0), (0,1), (1,+1) açık aralıkları ile {°1}, {0}, {1}noktalarıdır.

Örnek 1.2.4


˘

GREKÇ

˙

I


Limit Kümeleri

Eger ∞°(x0) sınırlı iseÆ(x0) := lim

t!Æ+x0

x(t , x0)

noktalarının kümesine x0’ın Æ°limit kümesi denir. Benzer sekilde eger ∞+(x0) sınırlıise

!(x0) := limt!Ø°

x0

x(t , x0)

noktalarının kümesine x0’ın !°limit kümesi denir

Tanım 1.2.5

Bu terminoloji dogrulutusunda Lemma 1.2.3 ile verilen son iki madde su sekilde oku-nabilir: Æ(x0) ve !(x0) limit kümeleri mevcutsa, bunlar denge noktalarıdır.

Simdi faz portrelerini çizmek için baska bir yöntem gösterecegiz, bu yöntem bazı denk-lemler için özellikle kullanıslı olabilir. Eger

F (x) :=°Zx

0f (s)ds

olarak tanımlarsak (1.1) denklemini

x = f (x) =° d

d xF (x)

biçiminde yazabiliriz. Bu F fonksiyonuna (1.1) denkleminin bir potansiyel fonksiyonu deriz,F ’nin gafigine de daha sonra (1.1) denkleminin gradiyent sistemi diyecegiz. Simdi, eger x(t )bu denklemin bir çözümü ise

d

d tF (x(t )) = d

d xF (x(t )) · d

d tx(t ) =°

£f (x(t ))

§2 ∑ 0

esitsizligi saglanır. Dolayısıyla çözüm egrisi boyunca F fonksiyonu azalandır. Ayrıca F po-tansiyel fonksiyonunun ekstremum noktalarının (1.1) denkleminin denge noktaları olduguda açıktır.

Sekil 1.7: x =°x denkleminin faz portresinin potansiyel fonksiyonu ile iliskisi.

Bu bakıs açısıyla x =°x denklemini tekrar ele alırsak bu denklem F (x) = x2/2 potansi-yel fonksiyonu yardımıyla

x =° d

d x

µx2

2

∂


Sekil 1.8: Sırasıyla x = x2 ve x = x°x3 denkleminin faz portrelerinin potansiyel fonksiyonları ile iliskisi.

biçiminde yazılır. Potansiyel fonksiyonunun çözüm egrisi boyunca azalan oldugunu ve ekst-remumlarının da denge noktaları oldugunu göz önünde bulundurursak, F ’i grafigi boyuncahareket eten bir parçacıgın azalarak 0 denge çözümüne ulasmaya çalıstıgını düsünebiliriz.Bu durumda parçacıgın hareketinin x°eksenine izdüsümü bize akımları verecektir, bu yön-temle faz portresi elde edilmis olur. Yörüngeler bu durumda (°1,0) ve (0,1) aralıklarıdır.Benzer sekilde x = x2 denkleminin de faz portresini elde edelim. Bu durumda F (x) =°x3/3olacaktır, denge noktaları ve yörüngeler bir önceki denklemle aynı olacak fakat akımlarınyönü farklıdır.

Bu yolla x = x°x3 denkleminin faz portresi de kolayca elde edilebilir. Bu örnekleri Sekil1.7 ve 1.8 ile verilen grafikler üzerinde inceleyin.

Alıstırmalar 1.2

1. Asagıdaki denklemlerin faz portrelerini hem f fonksiyonunun isaretinden hemde potansiyel fonksiyondan faydalanarak çizin. Bazılarının faz portresini çiz-mek için bir yazılım kullanın, dogrultu alanlarını inceleyin.

a) x = 1+x

b) x = x(1°x)

c) x = x °x3 +1

d) x = x °x3 +0.2

e) x = 2sin x

f) x = 1° sin x

g) x = 1°2sin x

h) x = 2°2sin x

i) x = tanh x

1.3 Denge Noktalarının Kararlılıgı

Kabaca, (1.1) denkleminin bir x§ denge çözümünün yakınından baslayan tüm çözümlerhep bu denge çözümünün yakınında kalıyorsa bu denge noltası kararlıdır deriz. Ek olarakbu çözümler t !+1 için x§’a yaklasıyorsa bu denge çözümü asimptotik kararlıdır deriz.

Kararlılık

Verilen her ≤> 0 sayısına karsılık, |x§ °x0| < ± özelligindeki tüm x0 sayıları için x(t , x0)

Tanım 1.3.1


˘

GREKÇ

˙

I

1.3. Denge Noktalarının Kararlılıgı 11

çözümleri |x(t , x0)°x§| < ≤ olacak sekilde bir ± = ±(≤) > 0 sayısı bulunabiliyorsa x§

denge çözümü kararlıdır denir. Kararlı olmayan denge noktaları kararsızdır deriz.

Asimptotik Kararlılık

(1.1) denkleminin bir x§ denge çözümü kararlı ise ve ek olarak, |x§ °x0| < ±0 özelli-gindeki tüm x(t , x0) çözümleri t ! +1 için |x(t , x0)°x§|! 0 kosulunu saglıyorsa x§

denge çözümü asimptotik kararlıdır denir.

Tanım 1.3.2

Sıradaki verecegimiz lemma bize (1.1) denkleminin denge noktalarının kararlılıgını ffonksiyonundan faydalanarak arastırabilmemizi saglar.

x§ ile (1.1) denkleminin bir denge çözümünü gösterelim.

(i) |x§ °x0| < ± özelligindeki her x sayısı için (x°x§) f (x) ∑ 0 olacak sekilde bir ±> 0sayısı varsa, bu durumda x§ denge çözümü kararlıdır.

(ii) x§ denge çözümünün asimptotik kararlı olması için gerek ve yeter kosul, 0 <|x§ °x0| < ± özelligindeki her x sayısı için (x°x§) f (x) < 0 olacak sekilde bir ±> 0sayısının var olmasıdır.

(iii) 0 < x °x§ < ± veya °±< x °x§ < 0 özelligindeki her x sayısı için (x °x§) f (x) > 0olacak sekilde bir ±> 0 sayısı varsa, bu durumda x§ denge çözümü kararsızdır.

Lemma 1.3.3

Bu lemmayı kullanarak x =°x denkleminin 0 denge çözümünün asimptotik kararlı ol-dugunu, x = x2 denkleminin 0 denge çözümünün kararsız oldugunu, x = x ° x3 denklemi-nin 0 denge çözümünün kararsız ve°1 ile 1 denge noktalarının asimptotik kararlı oldugunukolayca görebiliriz.

x = f (x) =Ω

0, x = 0 ise,°x3 sin 1

x , diger durumlarda.

denklemini ele alalım. Kendisi ve türevi tüm reel sayılarda sürekli f fonksiyonunungrafigi ve denklemin faz portresi Sekil 1.9 ile verilmistir. Kolayca görülecegi gibi denk-lemin denge noktaları x§ = 0 ve k 2 Z olmak üzere x§ = 1/kº sayılarıdır. Dikkatliceincelenirse k = 0,1,2, . . . için 1/(2k + 1)º ile °1/(2k + 2)º denge noktaları asimptotikkararlı, °1/(2k +1)º ile 1/(2k +2)º denge noktaları ise kararsızdır. Ayrıca 0 denge çö-zümü kararlıdır, fakat asimptotik kararlı degildir. Gerçekten f fonksiyonu o kadar kuv-vetli salınır ki 0’ın hiç bir delik komsulugunda x f (x) < 0 esitsizligi saglanmaz.

Örnek 1.3.4

Bir denge çözümünün kararlılıgı lineer yaklasımlar yardımıyla, yani denge çözümü ci-varında f 0(x) degerleri yardımıyla arastırılabilir. Bu yöntemi asagıdaki sonuç ile veriyoruz.


Sekil 1.9: Örnek 1.3.4 ile verilen denklemin faz portresi ve f fonksiyonu.

f fonksiyonu C 1 sınıfından olmak üzere x§ sayısı x = f (x) denkleminin bir denge çö-zümü ve f 0(x§) 6= 0 olsun. Bu durumda eger f 0(x§) < 0 ise x§ asimptotik kararlıdır,f 0(x§) > 0 ise x§ kararsızdır.

Teorem 1.3.5

Ispat Önce y := x ° x§ dönüsümü yapalım, bu durumda x = f (x) denkleminin x§ dengeçözümü y = f (x§+y) denkleminin y = 0 denge çözümü olur. Simdi f (x§+y) fonksiyonunu0 civarında Taylor serisine açarsak

y = f 0(x§)y + g (y)

biçiminde yazabiliriz. Bu denklemi y = f 0(x§)y denkleminin bir bozunumu (pertürbas-yonu) olarak görebiliriz ve buradaki g fonksiyonu g (0) = 0 ve g 0(0) = 0 esitliklerini sag-lar. g 0 fonksiyonu sürekli ve g 0(0) = 0 oldugundan, herhangi bir ≤ > 0 sayısı verildiginde|y | < ± özelligindeki her y degeri için |g 0(y)| < 0 olacak sekilde bir ±> 0 sayısı vardır. Bundag (y) =

Ry0 g 0(s)ds esitligini kullanırsak |y | < ± için |g (y)| ∑ ≤|y | oldugunu görürüz. Simdi

f 0(x§) 6= 0 ve ≤< | f 0(x§)| kabul edelim, bu durumda f (x§+ y) = f 0(x§)y + g (y) fonksiyonu-nun isareti tamamen f 0(x§)y teriminin isareti tarafından belirlenir. Böylece Lemma 1.3.3geregi ispat tamamlanır. Á

Ispatta kullandıgımız x = f 0(x§)x denklemine x = f (x) denkleminin x§ civarındaki li-neerlestirilmesi veya lineer varyasyonel denklemi denir. Yukarıdaki teoreme göre x = f (x)denkleminin x§ denge çözümünün kararlılık türü ile onun lineerlestirilmesinin orijin dengeçözümünün kararlılık türü aynı olur.

Hiperbolik Denge Noktası

x = f (x) denkleminin x§ denge çözümü için f 0(x§) 6= 0 oluyorsa x§ bir hiperbolikdenge çözümüdür denir.

Tanım 1.3.6

f 0(x§) = 0 olan denge noktalarına hiperbolik olmayan veya dejenere denge noktalarıdenir. Yukarıdaki teoremde hiperbolik denge noktalarının kararlılıgının, f (x§+y) fonksiyo-nunun Taylor açılımındaki ilk terim tarafından belielendigini gördük. Fakat dejenere denge


˘

GREKÇ

˙

I

1.4. Çember Üzerinde Denklemler 13

noktalarında durum daha karısıtır, kararlılık özellikleri seri açılımındaki daha yüksek de-receli lineer olmayan terimler tarafından da etkilenir. Örnegin x = x2 denkleminin x = 0denge çözümü kararsızken x = °x3 denklemininki asimptotik kararlıdır. Daha karmasıkdurumlar da olusabilir, Örnek 1.3.4 ile gördügümüz gibi. Davranıslarındaki karmasıklıgıragmen hiperbolik olmayan denge noktaları konumuzda önemli bir role sahiptir, sonrakibölümlerde bunu görecegiz.

Alıstırmalar 1.3

1. Asagıdaki denklemlerin denge noktalarını bularak denge noktaları civarındakilineerlestirilmelerini hesaplayın. Daha sonra hiperbolik denge noktalarının ka-rarlılıgını belirleyin ve faz portrelerini çizin.

a) x = 0

b) x = 1+x2

c) x = 1°x2

d) x = x °x3 +0.2

e) x = x sin x

f) x = 1°2sin x

2. b parametresinin °1.1, °1, °0.1, 0 ve 0.1 degerleri için

x = x£1°b

°ex °1

¢§

denkleminin denge noktalarının kararlılıgını bir önceki soruda istendigi gibi aras-tırın.

3. x > 0 için x = (1°x)x°1/2 denkleminin Æ°limit kümesini hesaplayın. ÇözümlerÆ°limitlerine sonlu zamanda ulasıyorlar mı?

1.4 Çember Üzerinde Denklemler

Son olarak kısaca f fonksiyonunun periyodik olması durumunda (1.1) denklemini, yani

x = f (x), f (x +P ) = f (x) (1.4)

denklemini tanıtacagız. Eger x(t ) fonksiyonu (1.4) denkleminin bir çözümü ise x(t ) + Pfonksiyonunun da bir çözüm olacagı açıktır. Bundan dolayı faz egrilerinin P uzunluklu biraralıktaki davranısını arastırmak yeterlidir, bu davranıs tüm eksendeki tekrarlanacaktır. BuP uzunluklu aralıgın uç noktalarını birlestirerek elde edecegimiz çemberi S1 ile gösterece-giz. Bu denklemin faz portresini bazen dogru bir eksen yerine S1 üzerinde çizeriz.

P = 2º periyotlu x = sin x denklemini ele alalım. Bu bölümde gördügümüz yöntem-lerle denklemin faz portresi kolayca çizilebilir. Faz portresinin 2º uzunluklu bir par-çasını uç noktalarından birlestirirsek S1 üzerinde faz portresi elde edilir. Sekil 1.10 ileverilen grafikleri inceleyin.

Örnek 1.4.1


Sekil 1.10: x = sin x denkleminin düz eksen ve S1 çemberi üzerinde faz portresi.

Alıstırmalar 1.4

1. Asagıdaki periyodik denklemlerin faz portrelerini çember üzerinde çizerek dengenoktalarının kararlılıklarını inceleyin.

a) x = 2sin x

b) x = 1° sin x

c) x = 1°2sin x

d) x = 1° s sin(x +1)

e) x = cos(2x)°cos x+1


˘

GREKÇ

˙

I

Bölüm

2Elemanter Çatallanmalar

Bu bölümde ana konumuz olan çatallanmaları kesfetmeye baslayacagız. Bir dinamik sis-temdeki bir parametrenin degistirilmesiyle yörüngelerde meydana gelen degisimlere ça-tallanma diyecegiz. Bu kavramı önce bazı özel örnekler üzerinde gözlemleyip sonra bu ol-guları genellestirecegiz. Bunları yaparken kapalı fonksiyon teoremi temel aracımız olacak.Ayrıca uygulamalarda çok kullanıslı olan çatallanma diyagramları denilen grafikleri çizmekiçin sayısal bir yöntem verecegiz.

2.1 Parametrelere Baglılık, Örnekler

Hiperbolik denge duyarsızdır

Reel bir ∏ parametresi içinx =∏°x := F (∏, x)

denklemini ele alalım. Bu denklem Örnek 1.1.1 ile verilen denklemin bir bozunumuolarak görülebilir, ∏ = 0 için o denkleme varılır. Buradaki ∏ parametresinin etkisiyledenge çözümleri dikey eksende °∏ kadar ötelenir, biz yine grafikleri yatay eksende çi-zecegiz. Bu denklemin farklı∏degerleri için denge çözümleri F (0, x) =°x fonksiyonungrafiginden de kolayca görülebilir. Her bir ∏ degeri için ilgili denge çözümü hiperbolikolacaktır. Sekil 2.1 ile verilen grafigi inceleyin.

Örnek 2.1.1

Eyer noktası çatallanması

Reel bir ∏ parametresi için bir önceki örnekteki F (∏, x) :=∏+x2 durumunu, yani

x =∏+x2

denklemini ele alalım. Dikkat edilirse bu denklem Örnek 1.1.2 ile verilen denklemin bir

Örnek 2.1.2

15

16 Bölüm 2. Elemanter Çatallanmalar

Sekil 2.1: Farklı ∏ degerleri için x =∏°x ve x =∏+x2 denklemlerinin faz portreleri.

bozunumudur ve ∏ = 0 için yörüngeler (°1,0) ile (0,+1) kümeleridir ve orijin nok-tası hiperbolik olmayan bir denge noktasıdır. Bir önceki örnekte kullandıgımız grafik-sel yöntem ile F (0, x) = x2 fonksiyonunun grafiginden farklı ∏ degerleri için denkle-min faz portrelerini elde edebiliriz, Sekil 2.1 ile verilen grafigi inceleyin. ∏ > 0 için tekyörünge (°1,+1) kümesidir ve bu durumda hiç bir denge çözümü yoktur. ∏ < 0 ol-ması durumunda yörüngeler (°1,°

p°∏), (°

p°∏,°

p°∏) ve (

p°∏,+1) kümeleridir,

x =°p°∏ ile x =

p°∏ denge çözümleridir.

Bu örnekte söye bir gözlem yapabiliriz. ∏ parametresi negatif olmak üzere degisti-rildikçe yörüngelerin sayısı ve yönü degismez, degisen tek sey denge noktalarının ye-ridir. ∏> 0 için de durum benzerdir, her zaman tek yörünge vardır ve yönü degismez.Fakat ∏ parametresi sıfır üzerinden geçerken, ne kadar küçük bir degisklik yapılırsayapılsın yörüngelerin sayısı ve yönü degismektedir.

Bildigimiz gibi x = f (x) denkleminin yörüngelerinin sayısı ve yönü, denklemin dengenoktaları ile f fonksiyonunun isareti tarafından belirlenir. Bir denklemin yörüngelerininsayısı ve yönleri bilgisine o denklemin yörünge yapısı denir. Parametreler üzerinde yapılanküçük degisiklikler sonucunda yörünge yapısında olusan degisimlerin incelenmesine ça-tallanma teorisi diyoruz. Parametre üzerinde yapılan yeterince küçük degisiklikler sonucuyörünge yapısı degismiyorsa denklemin yörünge yapısı kararlıdır deriz, yörünge yapısınınkararlı olmadıgı bir parametre degerine denklemin bir çatallanma degeri veya çatallanmanoktası denir. Yukarıdaki örneklerde x =∏°x denkleminin kararlı bir yörünge yapısına sa-hip oldugunu, x = ∏+ x2 denkleminin ise ∏= 0 degerinin bir çatallanma noktası oldugunugördük. Bu çesit bir çatallanma noktasına eyer noktası çatallanması denir, sebebini dahasonra görecegiz.

x = F (∏, x) denkleminin bazı dinamik özelliklerini göstermek için baska bir grafikselmetod daha var. Bu metodda her ∏ degerine karsılık gelen x denge noktaları ile olusturu-lan (∏, x) ikililerini (∏, x)°düzleminde isaretleyerek bir grafik olustururuz. Yani bir (∏0, x0)noktasının bu grafikte bulunması için gerek yeter kosul ∏ = ∏0 degeri için x = x0 sayısının


˘

GREKÇ

˙

I

2.1. Parametrelere Baglılık, Örnekler 17

ilgili denklemin bir denge çözümü olmasıdır. Ayrıca bu grafiklerde kararlı denge noktaları-nın olusturdugu egri parçaları sürekli çizgiyle gösterilirken kararsız dengelerin olusturduguparçalar kesikli çizgilerle gösterilir. Bu sekilde olusturulan grafiklere çatallanma diyagramıdenir. Örnegin x = ∏+ x2 denkleminin çatallanma diyagramı Sekil 2.2 ile verilmistir, görül-dügü gibi bu diyagram (∏, x) düzleminde ∏=°x2 egrisinden olusmaktadır.

Sekil 2.2: x =∏+x2 denkleminin çatallanma diyagramı, x0 denge çözümünün kararsız fakat x1 dengeçözümünün kararlı olduguna dikkat edin.

Transkritik çatallanma

Bir ∏ reel parametresi içinx =∏x +x2

denklemini ele alalım. Bu da Örnek 1.1.2 ile verilen denklemin bir bozunumudur. Ön-ceki örneklerde yaptıgımız gibi olmasa da farklı∏ degerleri için bu denklemin faz port-releri de F (0, x) = ∏x + x2 fonksiyonunun grafiginden kolayca elde edilebilir, Sekil 2.3ile verilen grafikleri inceleyin. Her ∏ degeri için orijin hiperbolik olmayan bir dengenoktasıdır. ∏ < 0 durumunda orijin denge noktası asimptotik kararlıdır ve baska birkararsız x = °∏ denge noktası vardır. ∏ = 0 için orijinden baska denge noktası yok-

Örnek 2.1.3


tur. Dolayısıyla orijin bir çatallanma noktası olur, çünkü ∏ parametresi 0 dan geçer-ken denklemin yörünge yapısı degismektedir. ∏ > 0 durumunda ise orijin kararsız birdenge noktası olurken x = °∏ kararlı bir denge noktası olmaktadır. Bu çesit çatallan-maya transkritik çatallanma diyoruz. Bu enklemin çatallanma grafigi Sekil 2.4 ile ve-rilmistir.

Sekil 2.3: x =∏+x2 denkleminin çatallanma diyagramı, x0 denge çözümünün kararsız fakat x1 dengeçözümünün kararlı olduguna dikkat edin.

Sekil 2.4: x =∏x +x2 denkleminin çatallanma diyagramı, ∏< 0 için x = 0 denge çözümü kararlı digerdenge çözümü kararsız iken ∏> 0 oldugunda x = 0 kararsız diger denge çözümü kararlı olmaktadır.

Histeris

∏ reel bir parametre olmak üzere üçüncü dereceden

x =∏+x °x3

denklemini ele alalım. Ilk iki örnekte yaptıgımız gibi F (0, x) = x ° x3 fonksiyonunun

Örnek 2.1.4


˘

GREKÇ

˙

I


grafigini kullanarak denklemin faz portrelerini Sekil 2.5 ile verildigi gibi elde edebiliriz.Kolayca görülecegi gibi ∏ = °2/3

p3 ve ∏ = °2/3

p3 noktaları çatallanma noktalarıdır.

Denklemin çatallanma grafigi Sekil 2.6 ile verilmistir. Bu çesit çatallanmalara histerisçatallanması denir.

Sekil 2.5: x =∏+x °x3 denkleminin bazı ∏ degerleri için faz portreleri.

Sekil 2.6: x =∏+x °x3 denkleminin çatallanma diyagramı.

Pitchfork çatallanması

Reel bir ∏ parametresi içinx =∏x °x3

denklemini ele alalım. ∏ parametresinin degistirilmesi ile F (∏, x) = ∏x ° x3 egrisininorijindeki egimini degistirir, dolayısıyla egrinin köklerinin sayısı olan denge çözümlerisayısı degisir. Bazı ∏ degerleri için denklemin faz portreleri Sekil xx ile verilmistir. ∏< 0için tek denge noktası orijindir ve asimptotik kararlıdır, ∏ = 0 durumunda yine tek

Örnek 2.1.5


denge noktası orijindir. Fakat ∏> 0 oldugunda denge noktalarının sayısı üçe çıkar. Budenklemin çatallanma diyagramı Sekil xx ile verilmistir, bu diyagramın görüntüsün-den dolayı bu çesit çatallanmalara pitchfork (dirgen) çatallanması denir. Dikkat edi-lirse orijin noktası her ∏ degeri için bir denge noktasıdır, fakat ∏ parametresi orijindengeçerek pozitif yönde degisirken orijin denge noktası kararlılıgını kaybederek iki yenikararlı denge noktası olusmaktadır. Bu davranıstaki pitchfork çatallanmasına süperk-ritik pitchfork çatallanması denir. Yeni olusan denge noktalarının kararlı oldugu pitc-fork çatallanmalarına da subkritik pitchfork çatallanması denir, örnegin x = ∏x + x3

denkleminde böyle bir çatallanma görülür.

Sekil 2.7: x =∏x °x3 denkleminin bazı ∏ degerleri için faz portreleri.

Sekil 2.8: x =∏x °x3 denkleminin çatallanma diyagramı.

Kıvrım ve kırık

Iki reel parametrelix =∏1 +∏2x °x3

denklemini ele alalım. Bu denklem °x3 ifadesinin en genel bozunumudur, çünkü x2

terimini içeren her üçüncü dereceden polinom uygun bir degisken dönüsümüyle buformda yazılabilir.

Örnek 2.1.6


˘

GREKÇ

˙

I


Simdi bu denklemin çatallanma noktalarını bulalım. Daha önceki örneklerde degördügümüz gibi çatallanma noktaları dejenere denge noktalarında, yani

F (∏1,∏2, x) = 0 ve@

@xF (∏1,∏2, x) = 0

esitliklerinin saglandıgı noktalarda olusabilir. Bu örnekte bu denklemler

∏1 +∏2x °x3 = 0 ve ∏2 °3x2 = 0

biçimindedir. Ikinci esitlikten elde edilen ∏2 = 3x2 ifadesi ilk esitlikte yazılırsa

4∏32 = 27∏2

1

esitligi elde edilir, bu esitlik (∏1,∏2) düzleminde Sekil 2.9 ile verilen sivri uca sahip kırıkegriyi belirtir. (∏1,∏2) ikilisinin bu düzlemdeki her pozisyonu için F (∏1,∏2, x) egrisininsıfırlarının yeri ve sayısı, dolayısıyla çatallanma diyagramı degisir. Örnegin ∏1 = 0 olanpozisyonlarda bir önceki örnekteki durum ortaya çıkar, yani pitchfork çatallanmasıolusur. ∏1 parametresinin sabitlendigi durumlarda ise dah önce gördügümüz gibi his-teris olusur.

Sekil 2.9: Parametrik olarak 4∏32 = 27∏2

1 bagıntısı ile verilen kırık egri.


Alıstırmalar 2.1

1. Bir türün nüfusunun lojistik modelde büyüdügünü ve sabit bir oranda tükendi-gini düsünelim. Bu durumda bir t zamanındaki nüfusu veren x(t ) fonksiyonu

x(t ) = kx ° cx2 °h

otonom diferansiyel denklemini saglar. Buradaki tüm katsayılar pozitiftir; k vec katsayıları nüfüs artısını, h katsayısı ise nüfus kaybını yansıtan katsayılardır.Nüfuz negatif olamayacagından bu denklemin negatif olmayan çözümleriyle il-gileniyoruz. Eger bir x0 baslangıç nüfusu için x(t , x0) = 0 olacak sekilde bir sonlut sayısı varsa, bu durumda türün neslinin tükendigi veya nüfusunun yok oldugusöylenir.

Simdi k ve c katsayılarını sabitleyelim ve nüfus azalma katsayısı olan h paramet-resinin nüfus üzerindeki etkisini arastıralım. Denklemin genel çözümünü açıkolarak hesaplamadan asagıdakileri gösterin.

a) Eger h parametresi

0 < h ∑ k2

4c

esitsizligini saglıyorsa baslangıç nüfusu için öyle bir esik degeri vardır ki,bu esigin altındaki baslangıç nüfusu için türün nesli tükenir. Ayrıca bu esi-gin üstündeki baslangıç nüfusları için nüfus bir denge noktasına yaklasır.

b) Eger h parametresi

h > k2

4c

esitsizligini saglıyorsa bu durumda baslangıç nüfusu ne olursa olsun türünnesli tükenir.

2. Bir türün nüfusunun lojistik modelde arttıgını ve nüfüs ile orantılı bir biçimdeazaldıgını düsünelim. Bu durumda x(t ) nüfus fonksiyonu

x(t ) = kx ° cx2 °hx

denklemini saglar, katsayılar pozitiftir. Eger k < h ise baslangıç nüfusu ne olursaolsun sonlu zamanda türün nesli tükenmez ama t !+1 için nüfus sıfıra yakla-sır, gösterin. Ayrıca k = h ve k > h durumlarında nüfusun davranısını arastırın.

2.2 Kapalı Fonksiyon Teoremi

Bu bölümde matematik analizin önemli teoremlerinden birisi olan ve kapalı fonksiyon te-oremi olarak bilinen sonucunu verecegiz. Bu sonuç çatallanma teorisinde sıkça kullanaca-


˘

GREKÇ

˙

I

2.2. Kapalı Fonksiyon Teoremi 23

gımız bir araçtır. Teoremin asagıdaki ifadesi çatallanma teorisinde kullanılmak üzere özel-lestirilmis bir versiyonudur.

Bir ∏= (∏1,∏2, . . . ,∏k ) 2Rk vektörünün normunun

k∏k :=°∏2

1 +∏22 +·· ·+∏2

k

¢1/2

olarak tanımlandıgını hatırlayın.

Kapalı Fonksiyon Teoremi

C 1 sınıfından olan F :Rk £R!R; (∏, x) ! F (∏, x) fonksiyonu için

F (0,0) = 0 ve@F

@x(0,0) 6= 0

olsun. Bu durumda öye ±> 0, ¥> 0 sabitleri ve C 1 sınıfından bir √ : {∏ : k∏k< ±} ! R

fonksiyonu vardır ki k∏k< ± için

√(0) = 0 ve F°∏,√(∏)

¢= 0

estiklikleri saglanır. Ayrıca eger k∏0k < ± ve |x0| < ¥ olacak sekilde bir (∏0, x0) 2 Rk £Rnoktasında F (∏0, x0) = 0 oluyorsa, bu durumda x0 =√(∏0) olur.

Teorem 2.2.1

Bu teoremi kullanarak denge noktaları hakkında bazı bilgiler edinebiliriz. x = F (∏, x) di-feransiyel denklemi k tane ∏ := (∏1,∏2, . . . ,∏k ) parametresini içersin. Eger x§ noktası ∏ = 0için bir hiperbolik denge noktası ise kapalı fonksiyon teoreminin kosulları saglanır. Bu te-orem F (∏, x) = 0 denkleminin x =√(∏) ifadesinin ∏1,∏2, . . . ,∏k parametreleri cinsinden çö-zülebilecegini garanti eder. Ayrıca yeterince küçük ∏ sayıları için @F

°∏,√(∏)

¢/@x 6= 0 olur.

Bundan dolayı x = 0 civarında yörünge yapısı degismez, yani x = 0 noktasının bir komsulu-gunda parametrelerin yeterince küçük degisimleriyle çatallanma olusmaz.

Kapalı fonksiyon teoremini baska noktalara uygulamak için (∏, x) düzleminin orijin nok-tası F foksiyonunun sıfırı olacak sekilde bir degisken tanımlanmalıdır. Örnegin eger G(∏1, x1) =0 ise bu durumda F (∏, x) :=G (∏1 +∏, x1 +x) olarak tanımlanırsa F (0,0) = 0 olur.

Alıstırmalar 2.2

1. F (∏, x) :=∏+ (1+∏)x +x2 fonksiyonu için varlıgı kapalı fonksiyon teoremi tara-fından garanti edilen √(∏) fonksiyonunu belirleyin.

2. Asagıdaki gibi verilen F (∏, x) fonksiyonlarının kapalı fonksiyon teoremi kosul-larını sagladıgını gösterin.

a) ∏+ sin x b) 1/2+∏°cos(º/6+x) c) sin∏+ tan x


2.3 Denge Civarında Lokal Bozunumlar

Daha önce Örnek 2.1.1, 2.1.2 ve 2.1.6 ile lineer, ikinci derece ve üçüncü dereceden olanüç önemli denklemi ele alıp denge ve çatallanma noktalarını arastırdık. Bu bölümde genelx = f (x) denklemini ele alalcagız. Gösterecegiz ki f fonksiyonunun x§ denge noktası civa-rındaki Taylor açılımında bulunan ilk terimi lineer, ikinci derece veya üçüncü derecedenise bu durumda denklemin denge noktası civarındaki küçük bozunumlarında olusan çatal-lanmalar yukarıda bahsettigimiz örneklerdeki gibi olur. Bu arastırmaları yaparken basitlikaçısından x§ = 0 alacagız, denge noktası baska bir ayı ise Teorem 1.3.5 ispatında yaptıgımızgibi bir dönüsüm kullanabiliriz.

Durum 1: Hiperbolik Denge Noktası

f 2 C 1 fonksiyonu için f (0) = 0 ve f 0(0) 6= 0 olsun. Bu durumda Teorem 1.3.5 ispatındagördük ki x = f (x) denkleminin x = 0 denge çözümünün kararlılık özellikleri f fonksiyonu-nun 0 civarındaki Taylor açılımında bulunan lineer terim tarafından belirlenir. Yani f ’ninTaylor açılımında bulunan daha yüksek dereceden terimler bu denklemin sıfır civarındakiyörünge yapısını etkilemiyor. Fakat hem sabit hem de lineer terimi etkileyen bozunumlardane oldugu sorusunu henüz arastırmadık.

Simdi F :Rk £R!R; (∏, x) ! F (∏, x) fonksiyonu C 1 sınıfından ve

F (0, x) = f (x) ve@F

@x(0,0) = f 0(0) 6= 0 (2.1)

kosulları saglanmak üzerex = F (∏, x) (2.2)

denklemini ele alalım. Orijin bir denge noktası oldugundan f (0) = 0’dır, ayrıca (2.1) saglan-dıgından

F (0, x) = f (x) ve@F

@x(0,0) = f 0(0) 6= 0

olur, yani kapalı fonksiyon teoreminin kosulları saglanır. k∏k< ± için

√(0) = 0 ve F°∏,√(∏)

¢= 0

olacak sekilde ±> 0, ¥> 0 sabitleri ve bir √ 2C 1 fonksiyonu vardır. Ayrıca k∏k< ± ve |x| < ¥olmak üzere F (∏, x) = 0 esitligini saglayan tüm (∏, x) ikilileri

°∏,√(x)

¢ile verilir. Dolayısıyla

her k∏k < ± ve |x| < ¥ için tek bir x = √(∏) denge noktası vardır ve |x| < ¥ saglanır, yani ∏parametresindeki küçük degisimler denge noktası sayısını etkilemez.

√(∏) denge noktası civarındaki kararlılık analizini de Teorem 1.3.5 sonucunu kullanarakyapabiliriz. √(0) = 0 oldugundan

@F

@x

°0,√(0)

¢= f 0(0) 6= 0

olur, dolayısıyla öyle bir ± > 0 sayısı vardır ki k∏k < ± için @F@x

°∏,√(∏)

¢ile f 0(0) ifadelerinin

isaretleri aynı olur. Yani √(∏) denge noktası civarında kararlılık tipi degismez.Sonuç olarak hiperbolik denge noktası civarında küçük degisimlerin yörünge yapısında

hiç bir zaman bir degisiklige sebep olamayacagını gördük.


˘

GREKÇ

˙

I

2.3. Denge Civarında Lokal Bozunumlar 25

Durum 2: Ikinci Dereceden Dejenere Denge Noktası

Simdi C 2 sınıfından olan

F (0, x) = f (x)@F

@x(0,0) = f 0(0) = 0 ve

@2F

@x2 (0,0) = f 00(0) 6= 0 (2.3)

kosullarını saglayan F :Rk £R!R; (∏, x) ! F (∏, x) fonksiyonu için

x = F (∏, x) (2.4)

denklemini ele alalım. Bu kosullar ve f (0) = 0 olması geregi F fonksiyonunun orijin civarın-daki Taylor açılımı

F (∏, x) = a(∏)+b(∏)x + c(∏)x2

2+G(∏, x)

biçimindedir. Burada a(0) = 0, b(0) = 0, c(0) 6= 0 kosulları saglanır, ayrıca her ≤> 0 sayısınakarsılık k∏k< ± ve |x| < ¥ için |G(∏, x)| < ≤|x|2 olacak sekilde ±> 0 ve ¥> 0 sayıları vardır.

Simdi F (∏, x) fonksiyonunun grafiginin x = 0 civarında küçük ∏ degerleri için bir para-bola benzedigini gösterecegiz. Bunun sonucunda ∏ parametresinin ∏ = 0 degerinden ge-çerken denge noktalarının sayısının bir iken iki oldugunu görmüs olacagız. Bunun için deF (∏, x) fonksiyonunun x = 0 civarında yeterince küçük ∏ degerleri için tek bir ekstremumnoktasının var oldugunu göstermek yeterli olacaktır. Bu ekstremum noktaları

@F

@x(∏, x) = 0 (2.5)

denkleminin çözümü olan x noktalarıdır.H(∏, x) := @F (∏, x)/@x olarak tanımlayalım, H fonksiyonu için kapalı fonksiyon teore-

minin kosullarının saglandıgı açıktır. Dolayısıyla öyle ±,¥ > 0 sabitleri ve bir √ 2 C 1 fonk-siyonu vardır ki k∏k < ± için √(0) = 0 ve H

°∏,√(∏)

¢= 0 olur, ayrıca k∏k < ± ve |x| < ¥ için

(2.5) denkleminin çözümü x =√(∏) ile verilir. Böylece her sabit ∏ degeri için F (∏, x) fonk-siyonu x =√(∏) noktasında f 00(0) > 0 ise bir minimum, f 00(0) > 0 ise bir maksimum degeresahiptir. Dolayısıyla bu ekstremum degerin tipine göre denge noktalarının sayısı sıfır veyaiki olacaktır.

Iki parametrelix =∏1 +∏2x +x2

denklemini ele alalım. F (∏, x) = ∏1 +∏2x + x2 fonksiyonunun x = ∏1 ° 14∏

22 noktasında

minimum deger aldıgını görmek kolaydır. Dolayısıyla ∏1 =∏22/4 esitligini saglayan pa-

rametre degerlerinde çatallanma olusur. ∏1 < ∏22/4 ise iki denge noktası vardır, ∏1 >

∏22/4 ise denge noktası yoktur.

Örnek 2.3.1

Durum 3: Üçüncü Dereceden Dejenere Denge Noktası

C 3 sınıfından olan, f (0) = 0, f 0(0) = 0, f 00(0) = 0 ve f 000(0) 6= 0 özelliklerini saglayan bir ffonksiyonu için x = f (x) denkleminin incelemesi de önceki durumlarda oldugu gibi kapalıfonksiyon teoreminin tekrarlı uygulamasıyla yapılabilir. Detaylara girmiyecegiz.


Alıstırmalar 2.3

1. F (∏, x) = a + (∏°a)x + x2 durumunu inceleyin, a > 0 ve a < 0 durumlarını kar-sılastırın.

2. F (∏, x) =∏+x4 durumunu inceleyin.

3. F (∏, x) =∏x +x4 durumunu inceleyin.

2.4 Çember Üzerinde Bir Örnek

Bu kısa bölümde x = sin x denkleminin iki parametreli bir bozunumunu inceleyecegiz, buörnekle yeni bir çesit limit kümesi elde edecegiz.

Periyodik Çözüm

f (x +P ) = f (x) özelligindeki bir f fonksiyonu için x = f (x) denkleminin x(0, x0) = x0

baslangıç kosulunu saglayan bir çözümü eger her t ∏ 0 için

x(t +T, x0) = x(t , x0)+P

esitligini saglayacak sekilde bir T > 0 sayısı varsa, bu çözüme T°periyodik bir çözümdenir. Bu sekildeki T sayılarının en küçügüne de çözümün esas periyodu denir.

Tanım 2.4.1

∏1 ve ∏2 reel parametreler olmak üzere

x =∏1 +∏2 sin x

denklemini ele alalım. Bu denklem 2º°periyodik skaler otonom bir denklemdir. Para-metrelerden her ikisinin de veya yalnız∏2’nin sıfır olması durumunu incelemeye gerekyoktur. Sekil 2.10 ile çesitli parametre durumları için bazı faz portreleri verilmistir. Dik-kat edilirse Æ ve ! limit kümeleri |∏2|∏ ∏1 için bazı denge noktalarıdır, |∏2| < |∏1| içinise S1 çemberinin kendisidir. Ayrıca verilen grafiklerden görünemese de her çözüm tdegiskenine göre çember üzerinde periyodiktir.

Yukarıdaki denklem P = 2º ile periyodiktir, simdi |∏2| < |∏1| için denklemin herçözümünün S1 üzerinde periyodik oldugunu gösterelim. x(t , x0) çözümü kapalı olarak

t =Zx(t ,x0)

x0

dx

∏1 +∏2 sin x

esitligi ile verilebilir, ayrıca her x 6= 0 için ∏1 +∏2 sin x 6= 0 olur (integrand periyodik

Örnek 2.4.2


˘

GREKÇ

˙

I

2.4. Çember Üzerinde Bir Örnek 27

oldugundan). Bu durumda x (T, x0) = x0 +2º olacak sekilde, yani

T =Zx0+2º

x0

dx

∏1 +∏2 sin x=

Z2º

0

dx

∏1 +∏2 sin x

olacak sekilde tek bit T sayısı vardır. Eger x(t , x0) bir çözüm ise x(t , x0)+ 2º ve x(t +T, x0) da birer çözüm olur. t = 0 iken bu çözümler birbirine esittir, dolyaısıyla çözüm-lerin tekligi geregi her t ∏ 0 için bunlar birbirine esittir. Böylece periyodiklik görülmüsolur. |∏2| > |∏1| için periyodiklik de faz egrilerinin (t , x)°düzleminde çizilmesiyle ko-layca gözlemlenebilir.

Sekil 2.10: x = ∏1 +∏2 sin x denkleminin bazı faz portelerinin hem dogru hem de çember üzerindegösterimi.

Alıstırmalar 2.4

1. Çember üzerindex =°∏+2+cos2x °3cos x

denkleminin faz portrelerini çizerek asagıdakilerin saglandıgını gösterin.

a) °1/8 <∏< 0 için dört tane denge noktası vardır,

b) 0 <∏< 6 için iki tane denge noktası vardır,

c) ∏<°1/8 ve ∏> 6 için tüm çözümler periyodiktir.


2.5 Çatallanma Diyagramlarının Hesaplanması

Bir x = f (x) denkleminin dinamiklerini incelemek için yapılması gereken ilk önemli ça-lısma denge noktalarının tespitidir. Bazı durumlarda f fonksiyonunun sıfırlarını bulmakçok kolay degildir, fakar Newton yöntemi gibi bazı nümerik yöntemlerden faydalanılabilir.Benzer sekilde çatallanma diyagramını elde etmek için F (∏, x) = 0 denkleminin çözümle-rini elde etmek için de buna benzer bir yöntem benimsenebilir, fakat bu bölümde dahaetkili bir nimerik yöntem gösterecegiz.

Verilen C 1 sınıfından bir F :R£R!R fonksiyonu için F (∏, x) = 0 esitligini saglayan (∏, x)ikililerini aradıgımızı varsayalım. Öncelikle F (∏0, x0) = 0 esitligini saglayan bir (∏0, x0) dege-rini tespit edelim. (∏, x) düzleminde (∏0, x0) noktasının bir komsulugunda F (∏, x) fonksiyo-nunun sıfırlarının düzgün bir egri üzerinde bulundugunu varsayalım. Bu durumda bu eg-riyi t degiskenine göre parametrize edebiliriz, yani sıfırın bir komusulupunda F (∏(t ), x(t )) =0,∏(0) =∏0 ve x(0) = x0 esitlikleri saglanacak sekilde C 1 sınıfından∏(t ) ve x(t ) fonksiyonlarıvardır. F (∏(t ), x(t )) = 0 denkleminin türevini alarak

@F

@∏∏+ @F

@xx = 0

esitligini elde ederiz. Bu esitligin saglanması için (∏, x) degerinin≥°@F@x , @F

@∏

¥degerinin bir

sabit katı olması gerekir. Eger parametrizasyonu bu sabit 1 olacak sekilde seçersek

∏=°@F

@x(∏, x)

∏=°@F

@x(∏, x) (2.6)

∏(0) =∏0, x(0) = x0

denklem sistemi elde edilir. Bu sistemin çözümü de her zaman kolay olamamkla birliktebazı nümerik yöntemler kullanılabilir. Sonuç olarak çatallanma diyagramının sayısal olarakhesaplanması için asagıdaki adımlar uygulanmalıdır:

Adım 1 ∏ = ∏0 degeri sabitlenip F (∏0, x) fonksiyonunun sıfırlarının kümesi olanE∏0 tespit edilir,

Adım 2 her x0 2 E∏0 için (2.6) diferansiyel denklem sistemi, t degiskeninin hempozitif hem negatif yöününde nümerik olarak çözülür.

Adım 3 gerekirse baska ∏ degerleri için de bu islemler tekrar edilir.

Daha önceden elde edilen diagramları okuyucu bu nümerik yöntemi kullanarak eldeetmeye çalısabilir. (2.6) sisteminin nümerik çözümü için bilgisayar yazılımları da kullanıla-bilir.


˘

GREKÇ

˙

I

2.6. Akımların Denkligi 29

2.6 Akımların Denkligi

Daha önce iki akımın yörünge yapıları, yani denge noktaları sayıları ve akım yönleri, ay-nıysa bu akımları denk görmüstük. Skaler denklemlerde bu denklim tanımı yeterlidir fakatyüksek boyutlu dinamik sistemlerde daha genel bir tanıma ihtiyacımız olacak. Bu bölümdedaha genel bir denklik tanımı verip, bu tanımın skaler denklemler için daha önce verdigi-miz tanım ile örtüstügünü gösterecegiz.

x = f (x) ve y = g (y) denklemlerinin x(t , x0) ve y(t , y0) faz egrilerini ele alalım. Bu ikiakımı karsılastırmak için

h (x(t , x0)) = y (t ,h(x0)) (2.7)

olacak sekilde bir h : R! R fonksiyonu tanımlamaya çalısırız. Bu bagıntı ile sadece x’teny ’ye bir esleme degil y ’den x’e de bir esleme tanımlamalıyız, dolayısıyla h fonksiyonununtersi mevcut olmalıdır. Ayrıca dogal olarak h ve h°1 fonksiyonlarının C 1 sınıfından olmasınıisteyebiliriz.

Simdi örnek olarak x = °x ve x = °2x denklemlerini ele alalım. Bu denklemlerin iki side birer asimptotik kararlı denge çözümüne sahiptir, yani aynı yörünge yapısındadır. Budurumda (2.7) denklemi

h°e°t x0

¢= e°2t h(x0)

halini alır. h 2 C 1 kabul ettigimizden bu denklemin türevini alalabiliriz, türevin x = 0 nok-tasında degerlendirirsek

e°t h0(0) = e°2t h0(0)

esitligini elde ederiz. Ayrıca h°1 2C 1 kabul ettigimizden h0(0) 6= 0 olmalıdır, bu durumda ise°1 =°2 çeliskisiyle karsılasırız. Yani bu iki diferansiyel denklem için böyle bir h fonksiyonubulamayız. Bunun için daha zayıf varsayımlara ihtiyacımız var.

Homeomorfizm ve difeomorfizm

Kendisi ve tersi sürekli olan fonksiyona bir homeomorfizm denir. Kendisi ve tersi C 1

sınıfından olan bir fonksiyona ise bir difeomorfizm denir.

Tanım 2.6.1

Yukarıdaki aradıgımız h fonksiyonunun bir hemoemorfizm olması durumunda bu ikidenklem denktir diyecegiz.

Akımların denkligi

Iki skaler diferansiyel denklemin yörüngeleri arasında yönü koruyan bir homeomor-fizm varsa, bu denklemlere topolojik olarak denktir denir.

Tanım 2.6.2

Sonlu sayıda denge çözümü olan x = f (x) ve y = g (y) denklemlerinin topolojik olarakdenk olması için gerek ve yeter kosul bunların aynı yörünge yapısında olmalarıdır.

Teorem 2.6.3


Ispat Topolojik olaran denk olan denklemlerin aynı yörünge yapısına sahip olacakları açık-tır, iddianın diger yönünü kanıtlayalım. x§

1 , x§2 , . . . , x§

n ve y§1 , y§

2 , . . . , y§n ile sırasıyla x = f (x)

ve y = g (y) denklemlerinin sıralı denge noktalarını gösterelim. Ayrıca Æ1 < x§1 ve x§

n <Æn+1

olacak sekildeÆi noktaları seçelim, yaniÆi+1 2 (x§i , x§

i+1) olur. Benzer sekilde y = g (y) denk-leminin denge noktaları arasında kalan Øi noktaları da seçelim.

Önce (°1, x§1 ) ile (°1, y§

1 ) açık aralıkları arasında bir h : (°1, y§1 ) ! (°1, x§

1 ) home-omorfizmi kuracagız. Herhangi bir x0 2 (°1, y§

1 ) noktası için x0’a baglı ve x°tx0 , x0

¢= Æ1

esitligini saglayan tek bir tx0 sayısı vardır. Dolayısıyla h(x0) = y°°tx0 ,Ø1

¢seçilirse bu bir ho-

meomorfizm olur. h’ı genisletmek için h(y§1 ) = x§

1 olarak tanımlanırsa x0 ! x1 için h(x0) !x§

1 olacagından h : (°1, y§1 ] ! (°1, x§

1 ] bir homeomorfizm olur.Benzer sekilde tüm (y§

i , y§i+1) ile (x§

i , x§i+1) aralıkları arasında bir homemorfizm kurula-

biliri ve bu dönüsüm uç noktaları da içerecek sekilde genisletilebilir. Böylece iki yörüngeyapısının topolojik olarak denkligi elde edilir. Á

Simdi tekrar x =°x ve x =°2x denklemlerini ele alalım. Bu denklemlerin her ikisi deorijinde tek bir denge noktasına sahiptir. Örnek olarak Æ1 = Ø2 = °1 ve Æ2 = Ø2 = 1seçelim. Önce x < 0 için e°tx0 x0 = °1 esitligini saglayan tx0 = ln(°x0) sayısını tespitedelim. Daha sonra h(x0) = e2ln(°x0)(°1) = °x2

0 olarak tanımlayalım. Benzer sekildex > 0 için tx0 = ln x0 ve h(x0) = e2ln(x0)1 = x2

0 elde ederiz. Böylece aranan homemorfizm

h(x) :=

8<

:

°x2, x < 0 is,e0, x = 0 ise,

x2, x > 0 ise.

olarak elde edilmis olur. Dikkat edilirse h dönüsümü orijinde türevelenebilir olmadı-gından bir difeomorfizm degildir, fakat tüm reel eksende bir homeomorfizmdir.

Örnek 2.6.4

Alıstırmalar 2.6

1. Bir homeomorfizm kurarak x = 2x ile x = x +2 denklemlerinin topolojik olarakdenk oldugunu gösterin.

2. Bir reel parametreye baglı x = x2°1+∏ denklemini ele alın. Bu denklemin topo-lojik olarak ∏< 1 için x = x2°1 denklemine, ∏> 1 için ise x = x2+1 denkleminedenk oldugunu gösterin.


˘

GREKÇ

˙

I

Documents

J. Hale, H. Koçak, Dynamics and Bifurcations, Springer ... · Skaler Otonom Denklemler Bu ilk bölümde sadece bir boyutlu, yani skaler, otonom diferansiyel denklemlerin çözüm-lerinin