2022—2023 学年期末试题

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#真题

本卷日期为 2022 年 12 月 19 日，共 8 题、100 分。下面把扫描版题面转写成 Markdown/KaTeX；每题解析依据配套参考答案重新验算，默认折叠，适合先独立作答。

题目 1：一维稳定性（5 分）

利用线性稳定性分析判断

x˙=cos⁡x\dot x=\cos x

的不动点的稳定性。

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不动点满足 cos⁡x∗=0\cos x^*=0，所以

xk∗=π2+kπ,k∈Z.x_k^*=\frac{\pi}{2}+k\pi,\qquad k\in\mathbb Z.

因为 f′(x)=−sin⁡xf'(x)=-\sin x，

f′(xk∗)=−sin⁡(π2+kπ)=−(−1)k.f'(x_k^*)=-\sin\left(\frac\pi2+k\pi\right)=-(-1)^k.

当 kk 为偶数时 f′<0f'<0，不动点稳定；当 kk 为奇数时 f′>0f'>0，不动点不稳定。

题目 2：鞍结分岔（10 分）

判断一阶系统

x˙=r−2x−e−x\dot x=r-2x-e^{-x}

随 rr 变化时经历的分岔类型，并求分岔点的 rr 值。

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不动点由 f(x,r)=r−2x−e−x=0f(x,r)=r-2x-e^{-x}=0 给出。分岔时一对不动点相切，因而同时满足

f(xc,rc)=0,fx(xc,rc)=−2+e−xc=0.f(x_c,r_c)=0,\qquad f_x(x_c,r_c)=-2+e^{-x_c}=0.

第二式给出 e−xc=2e^{-x_c}=2，即 xc=−ln⁡2x_c=-\ln2。代回第一式：

rc−2(−ln⁡2)−2=0⟹rc=2−2ln⁡2.r_c-2(-\ln2)-2=0 \quad\Longrightarrow\quad r_c=2-2\ln2.

r>rcr>r_c 时有两个不动点，左侧不稳定、右侧稳定；r=rcr=r_c 时合并为半稳定点；r<rcr<r_c 时没有不动点。因此这是鞍结分岔。

题目 3：三维线性系统（10 分）

求微分方程

{x˙=5x−28y−18z,y˙=−x+5y+3z,z˙=3x−16y−10z\begin{cases} \dot x=5x-28y-18z,\\ \dot y=-x+5y+3z,\\ \dot z=3x-16y-10z \end{cases}

的一般解。

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系数矩阵为

A=(5−28−18−1533−16−10).A= \begin{pmatrix} 5&-28&-18\\ -1&5&3\\ 3&-16&-10 \end{pmatrix}.

它的三个特征值与一组对应特征向量为

λ1=0, v1=(2,1,−1)T,\lambda_1=0,\ \boldsymbol v_1=(2,1,-1)^\mathsf T, λ2=−1, v2=(3,0,1)T,λ3=1, v3=(2,−1,2)T.\lambda_2=-1,\ \boldsymbol v_2=(3,0,1)^\mathsf T, \qquad \lambda_3=1,\ \boldsymbol v_3=(2,-1,2)^\mathsf T.

因此一般解是

(xyz)=C1(21−1)+C2e−t(301)+C3et(2−12).\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} =C_1\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix} +C_2e^{-t}\begin{pmatrix}3\\0\\1\end{pmatrix} +C_3e^t\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}.

题目 4：鞍点相图（10 分）

对系统

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

判断平衡点类型，并画出原点附近的相图。

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系数矩阵

A=(232−3)A=\begin{pmatrix}2&3\\2&-3\end{pmatrix}

的特征值是 −4-4 与 33，符号相反，所以原点是鞍点。一组特征向量为

λ=−4: (1,−2)T,λ=3: (3,1)T.\lambda=-4:\ (1,-2)^\mathsf T,\qquad \lambda=3:\ (3,1)^\mathsf T.

因此稳定流形沿 y=−2xy=-2x 指向原点，非稳定流形沿 y=x/3y=x/3 离开原点；其他轨道在正时间最终贴近非稳定方向离开。

题目 5：极坐标与半稳定极限环（15 分）

求系统

{x˙=−y+x(x2+y2−1)2,y˙=x+y(x2+y2−1)2\begin{cases} \dot x=-y+x\left(\sqrt{x^2+y^2}-1\right)^2,\\ \dot y=x+y\left(\sqrt{x^2+y^2}-1\right)^2 \end{cases}

的平衡点与极限环，并讨论稳定性。

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令 x=ρcos⁡θ,y=ρsin⁡θx=\rho\cos\theta,y=\rho\sin\theta。由

ρρ˙=xx˙+yy˙,θ˙=xy˙−yx˙ρ2\rho\dot\rho=x\dot x+y\dot y, \qquad \dot\theta=\frac{x\dot y-y\dot x}{\rho^2}

得到

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

ρ=0\rho=0 对应原点，且小的正半径满足 ρ˙>0\dot\rho>0，所以原点不稳定。ρ=1\rho=1 对应单位圆：

  • 0<ρ<10<\rho<1 时半径增大，轨道从内侧靠近单位圆；
  • ρ>1\rho>1 时半径仍增大，轨道从外侧远离单位圆。

因此 x2+y2=1x^2+y^2=1 是半稳定极限环：内侧吸引、外侧排斥。

题目 6：Lyapunov 函数排除闭轨（15 分）

利用 Lyapunov 函数法证明系统

{x˙=−x−3y+2z+yz,y˙=6x−2y−2z+2xz,z˙=−4x+2y−2z−4xy\begin{cases} \dot x=-x-3y+2z+yz,\\ \dot y=6x-2y-2z+2xz,\\ \dot z=-4x+2y-2z-4xy \end{cases}

不存在闭轨。

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取

V(x,y,z)=x2+12y2+12z2.V(x,y,z)=x^2+\frac12y^2+\frac12z^2.

沿轨道求导：

V˙=2xx˙+yy˙+zz˙.\dot V=2x\dot x+y\dot y+z\dot z.

代入系统后，xy,xz,yz,xyzxy,xz,yz,xyz 等交叉项全部抵消，得到

V˙=−2x2−2y2−2z2<0\dot V=-2x^2-2y^2-2z^2<0

（除原点外）。如果存在闭轨，沿闭轨走一周会回到同一点，VV 应回到原值；但 VV 在非平衡轨道上严格下降，矛盾。因此不存在闭轨。

题目 7：逻辑斯蒂映射的二周期（15 分）

已知当 r>1r>1 时，逻辑斯蒂映射

xn+1=rxn(1−xn)x_{n+1}=rx_n(1-x_n)

存在两个不动点 x∗=0x^*=0 和 x∗=1−1/rx^*=1-1/r。证明：当 r>3r>3 时存在一个周期 2 环，并且当

3<r<1+63<r<1+\sqrt6

时二周期稳定。

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周期 2 点是 f2(x)=xf^2(x)=x 的解，但不能是 f(x)=xf(x)=x 的解。展开

f2(x)−x=0f^2(x)-x=0

并除去对应 x=0x=0 和 x=1−1/rx=1-1/r 的两个因子，剩余二次方程的根为

p,q=r+1±(r−3)(r+1)2r.p,q=\frac{r+1\pm\sqrt{(r-3)(r+1)}}{2r}.

当 r>3r>3 时根号为实数且 p≠qp\neq q，故形成二周期 p↔qp\leftrightarrow q。

二周期对 f2f^2 的乘子是

μ=f′(p)f′(q)=r(1−2p) r(1−2q)=4+2r−r2.\mu=f'(p)f'(q) =r(1-2p)\,r(1-2q) =4+2r-r^2.

稳定条件 ∣μ∣<1|\mu|<1 化为

3<r<1+6.3<r<1+\sqrt6.

题目 8：洛伦兹系统（20 分）

已知

{x˙=σ(y−x),y˙=rx−y−xz,z˙=xy−βz(σ,r,β>0, σ>β+1).\begin{cases} \dot x=\sigma(y-x),\\ \dot y=rx-y-xz,\\ \dot z=xy-\beta z \end{cases} \qquad (\sigma,r,\beta>0,\ \sigma>\beta+1).
  1. 求不动点与叉式分岔点 rcr_c；
  2. 写出在新不动点 P+P_+、P−P_- 处雅可比矩阵的特征方程；
  3. 令特征值 λ=iω\lambda=i\omega，求产生一对纯虚特征值时的 r=rHr=r_H，并说明分岔类型。
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原点 P0=(0,0,0)P_0=(0,0,0) 始终存在。当 r>1r>1 时，出现

P±=(±β(r−1),±β(r−1),r−1),P_\pm= \left(\pm\sqrt{\beta(r-1)}, \pm\sqrt{\beta(r-1)},r-1\right),

所以叉式分岔点是 rc=1r_c=1。

在 P±=(x∗,x∗,r−1)P_\pm=(x^*,x^*,r-1) 处，

J=(−σσ01−1−x∗x∗x∗−β).J= \begin{pmatrix} -\sigma&\sigma&0\\ 1&-1&-x^*\\ x^*&x^*&-\beta \end{pmatrix}.

特征方程整理为

λ3+(σ+β+1)λ2+β(σ+r)λ+2σβ(r−1)=0.\lambda^3+(\sigma+\beta+1)\lambda^2 +\beta(\sigma+r)\lambda +2\sigma\beta(r-1)=0.

代入 λ=iω\lambda=i\omega，分别令实部、虚部为零，得到

ω2=β(σ+r)\omega^2=\beta(\sigma+r)

以及

(σ+β+1)(σ+r)=2σ(r−1).(\sigma+\beta+1)(\sigma+r)=2\sigma(r-1).

从而

rH=σ(σ+β+3)σ−β−1.r_H=\frac{\sigma(\sigma+\beta+3)}{\sigma-\beta-1}.

在这一参数处一对共轭特征值穿过虚轴，发生 Hopf 分岔；经典洛伦兹参数下为亚临界 Hopf 分岔。

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