2024—2025 学年期末试题

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#真题

源 DOCX 的卷首日期仍写成“2024 年 1 月 2 日”，与“2024—2025 学年第 1 学期”不一致；配套答案明确面向 2022 级。这里保留可确认的学年作为标题，并把模板日期冲突记录在此，不擅自猜测具体考试日。

题目 1：非双曲不动点（10 分）

分析

x˙=x2(3−x)\dot x=x^2(3-x)

的不动点及稳定性，并画相线。

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不动点为 x∗=0,3x^*=0,3。f′(3)=−9<0f'(3)=-9<0，所以 33 稳定；而 f′(0)=0f'(0)=0，线性化失效。

直接看符号：x<0x<0 与 0<x<30<x<3 时都有 f(x)>0f(x)>0。因此轨道从左侧靠近 0、从右侧离开 0，故 x=0x=0 半稳定。x>3x>3 时 f<0f<0，与左侧箭头一起指向 33。

题目 2：圆上的流（10 分）

设 a>ω>0a>\omega>0，求

θ˙=ω−acos⁡θ\dot\theta=\omega-a\cos\theta

的不动点，判断稳定性并画圆周相图。

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不动点满足

cos⁡θ∗=ωa.\cos\theta^*=\frac\omega a.

在一周内有两个解

θ1∗=arccos⁡(ω/a),θ2∗=2π−arccos⁡(ω/a).\theta_1^*=\arccos(\omega/a),\qquad \theta_2^*=2\pi-\arccos(\omega/a).

f′(θ)=asin⁡θf'(\theta)=a\sin\theta。第一点正弦为正，所以不稳定；第二点正弦为负，所以稳定。

题目 3：跨临界分岔（10 分）

给定

x˙=x(r−e2x).\dot x=x(r-e^{2x}).
  1. 判断 x∗=0x^*=0 在不同 rr 下的稳定性；
  2. 证明系统在某临界值发生跨临界分岔并求临界值。
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令 f=x(r−e2x)f=x(r-e^{2x})。因为

fx=r−e2x−2xe2x,fx(0)=r−1,f_x=r-e^{2x}-2xe^{2x},\qquad f_x(0)=r-1,

所以原点在 r<1r<1 时稳定、r>1r>1 时不稳定。

另一不动点由 e2x=re^{2x}=r 给出：

x2∗=12ln⁡r.x_2^*=\frac12\ln r.

在该点

fx(x2∗)=−rln⁡r,f_x(x_2^*)=-r\ln r,

故它在 0<r<10<r<1 时不稳定、r>1r>1 时稳定。两分支在 r=1,x=0r=1,x=0 相交并交换稳定性，所以 rc=1r_c=1，是跨临界分岔。

题目 4：稳定极限环（15 分）

考虑

{x˙=x[1−(x2+y2)]−y,y˙=y[1−(x2+y2)]+x.\begin{cases} \dot x=x[1-(x^2+y^2)]-y,\\ \dot y=y[1-(x^2+y^2)]+x. \end{cases}
  1. 化为极坐标；
  2. 求不动点并判断稳定性；
  3. 证明存在极限环。
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由极坐标恒等式得到

r˙=r(1−r2),θ˙=1.\dot r=r(1-r^2),\qquad \dot\theta=1.

原点是唯一平衡点。对小的 r>0r>0，r˙>0\dot r>0，所以原点不稳定。

r=1r=1 时半径不变且 θ˙=1\dot\theta=1，所以单位圆是周期轨道。0<r<10<r<1 时 r˙>0\dot r>0，r>1r>1 时 r˙<0\dot r<0，两侧都趋向 r=1r=1，因此它是稳定极限环，周期为 2π2\pi。

题目 5：稳定结点（15 分）

对

{x˙=−3x+2y,y˙=x−2y\begin{cases} \dot x=-3x+2y,\\ \dot y=x-2y \end{cases}

判断原点类型并画相图。

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矩阵 A=(−321−2)A=\begin{pmatrix}-3&2\\1&-2\end{pmatrix} 的特征值为 −4,−1-4,-1，均为负实数，所以原点是稳定结点。对应特征向量可取

λ=−4: (2,−1)T,λ=−1: (1,1)T.\lambda=-4:\ (2,-1)^\mathsf T,\qquad \lambda=-1:\ (1,1)^\mathsf T.

所有轨道在正时间趋向原点，长期方向贴近衰减较慢的 λ=−1\lambda=-1 特征方向 y=xy=x。

题目 6：Dulac 与指数理论（15 分）

  1. 给出两种判断二维系统无闭轨的充分条件；
  2. 用 Dulac 准则证明
{x˙=x(2−y−x2),y˙=y(x−1)\begin{cases} \dot x=x(2-y-x^2),\\ \dot y=y(x-1) \end{cases}

在第一象限 x>0,y>0x>0,y>0 内没有闭轨，提示取 B=1/(xy)B=1/(xy)； 3. 证明该系统在整个平面没有闭轨。

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第一问可答梯度系统、Lyapunov 函数或 Bendixson–Dulac 中任意两种。

在第一象限取 B=1/(xy)B=1/(xy)，则

Bx˙=2−y−x2y,By˙=x−1x.B\dot x=\frac{2-y-x^2}{y},\qquad B\dot y=\frac{x-1}{x}.

所以

∂(Bx˙)∂x+∂(By˙)∂y=−2xy<0.\frac{\partial(B\dot x)}{\partial x} +\frac{\partial(B\dot y)}{\partial y} =-\frac{2x}{y}<0.

第一象限单连通，相关函数光滑，故其中无闭轨。

再看全平面：坐标轴都是不变集，唯一不在坐标轴上的不动点是 (1,1)(1,1)。任何闭轨不能穿过不变坐标轴，因此必须完全位于某个开象限。若在第一象限，已被 Dulac 排除；若在其他象限，内部没有不动点，但平面闭轨的指数应为 11，与内部不动点指数和为 00 矛盾。因此全平面无闭轨。

题目 7：二次映射（10 分）

求

xn+1=axn2,a≠0x_{n+1}=ax_n^2,\qquad a\neq0

的不动点并判断稳定性。

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解 x∗=a(x∗)2x^*=a(x^*)^2 得

x1∗=0,x2∗=1a.x_1^*=0,\qquad x_2^*=\frac1a.

f′(x)=2axf'(x)=2ax，所以

∣f′(0)∣=0<1,∣f′(1a)∣=2>1.|f'(0)|=0<1,\qquad \left|f'\left(\frac1a\right)\right|=2>1.

故原点稳定，1/a1/a 不稳定。

题目 8：耗散面包师映射与分形维数（15 分）

当 0<a<1/20<a<1/2 时，在单位正方形上定义

B(xn,yn)={(2xn,ayn),0≤xn≤1/2,(2xn−1,ayn+1/2),1/2<xn≤1.B(x_n,y_n)= \begin{cases} (2x_n,ay_n),&0\le x_n\le1/2,\\ (2x_n-1,ay_n+1/2),&1/2<x_n\le1. \end{cases}

证明它存在吸引所有轨道的分形吸引子 AA，并求 AA 的盒维数。

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每迭代一次，正方形在 xx 方向拉伸两倍并折回，在 yy 方向压缩为原来的 aa，落入两条水平带。于是

Bn+1(S)⊂Bn(S),B^{n+1}(S)\subset B^n(S),

且 Bn(S)B^n(S) 由 2n2^n 条高度为 ana^n、长度为 11 的条带组成。定义

A=⋂n=0∞Bn(S).A=\bigcap_{n=0}^{\infty}B^n(S).

任意轨道的第 nn 个点位于 Bn(S)B^n(S) 中，而 Bn(S)B^n(S) 中任一点到 AA 的距离至多与条带高度同阶，即 O(an)→0O(a^n)\to0，所以 AA 吸引所有轨道。

取盒边长 ε=an\varepsilon=a^n。覆盖一条长度为 11、高度为 ana^n 的带约需 a−na^{-n} 个盒子，共有 2n2^n 条，因此

N(ε)≍2na−n.N(\varepsilon)\asymp2^na^{-n}.

盒维数为

DB=lim⁡n→∞ln⁡(2na−n)ln⁡(a−n)=1+ln⁡2ln⁡(1/a)=1−ln⁡2ln⁡a.\begin{aligned} D_B &=\lim_{n\to\infty} \frac{\ln(2^na^{-n})}{\ln(a^{-n})}\\ &=1+\frac{\ln2}{\ln(1/a)} =1-\frac{\ln2}{\ln a}. \end{aligned}

0<a<1/20<a<1/2 时该维数介于 11 与 22 之间，符合“横向连续、纵向康托化”的几何结构。

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