Oscillazioni e Caos nelle Equazioni Differenziali Ordinarie...Oscillazioni e Caos nelle Equazioni Di...

Oscillazioni e Caos nelle Equazioni Differenziali Ordinarie

Oscillazioni e Caosnelle

Equazioni Differenziali Ordinarie

Gioele Maddalena

Liceo Cantonale di Locarno

15 gennaio 2015

Indice

1 Introduzione - Fil rouge

2 Oscillazioni sempliciPendolo liberoClassificazione dei sistemi lineari planariPendolo smorzato

3 Oscillazioni intrattenuteIl ciclo limiteL’oscillatore di Van der PolIl teorema di Poincare-Bendixson

4 Oscillazioni caoticheConsiderazioni generali sui moti caotici: caos 6= casoOscillatore non lineare forzatoDinamica simbolica casuale

5 Conclusioni

Introduzione - Fil rouge

Attrattori:

Dimensione 0 : punto fisso o punto di equilibrio 99K “Ordine”Dimensione 1 : ciclo limite 99K “Ordine”Dimensione frattale : attrattori strani 99K CAOS

Spazio delle fasi:

2 dimensioni 99K “Ordine”3 dimensioni 99K CAOS

Introduzione - Fil rouge

Attrattori:

Dimensione 0 : punto fisso o punto di equilibrio 99K “Ordine”Dimensione 1 : ciclo limite 99K “Ordine”Dimensione frattale : attrattori strani 99K CAOS

Spazio delle fasi:

2 dimensioni 99K “Ordine”3 dimensioni 99K CAOS

Oscillazioni semplici

Pendolo libero

Figura: Raffigurazione di un pendolo semplice.

Pendolo libero

Dalla II legge di Newton si ha:

m~a = ~Fp + ~T ⇔

−mr θ2 = mg cos θ − T

mr θ = −mg sin θ,

da cuiθ = −g

`sin θ. (1)

Semplificazione dell’equazione (1): si definisce ω20 = g

` e si ponet’= ω0t:

θ =d2θ

d(t ′ω−10 )2

d(t ′)2ω2

Percio si puo riscrivere la (1) come sistema di EDO di primo ordine:θ = ωω = − sin θ.

Pendolo libero

m~a = ~Fp + ~T ⇔

da cuiθ = −g

`sin θ. (1)

θ =d2θ

d(t ′ω−10 )2

d(t ′)2ω2

Pendolo libero

m~a = ~Fp + ~T ⇔

da cuiθ = −g

`sin θ. (1)

θ =d2θ

d(t ′ω−10 )2

d(t ′)2ω2

Pendolo libero

Punti di equilibrio ~x∗ del sistema (2) soluzione di ~f (~x∗) = ~0:

~x∗1 =(

)e ~x∗2 =

~f (~x) =

(fθfω

− sin θ

Punto fisso attrattivo o repulsivo? −→ linearizzazione tramite lamatrice di Jacobi:

D~f (~x) =

∂fθ∂θ

(~x)∂fθ∂ω

∂fω∂θ

(~x)∂fω∂ω

Pendolo libero

Punti di equilibrio ~x∗ del sistema (2) soluzione di ~f (~x∗) = ~0:

~x∗1 =(

)e ~x∗2 =

~f (~x) =

(fθfω

− sin θ

Punto fisso attrattivo o repulsivo? −→ linearizzazione tramite lamatrice di Jacobi:

D~f (~x) =

∂fθ∂θ

(~x)∂fθ∂ω

∂fω∂θ

(~x)∂fω∂ω

Pendolo libero

Dunque:

D~f (~x∗1 ) =

(0 1−1 0

D~f ( ~x∗2 ) =

(0 11 0

Classificazione stabilita grazie agli autovalori:Sia l’equazione

A~x = λ~x

con A una matrice diversa dalla matrice nulla, λ ∈ R e ~x 6= ~0.Allora ~x e chiamato autovettore di A, mentre λ e chiamatoautovalore di A.E per calcolarli? −→ polinomio caratteristico:

cA(λ) = det(A− λI ) = 0.

Pendolo libero

Dunque:

D~f (~x∗1 ) =

(0 1−1 0

D~f ( ~x∗2 ) =

(0 11 0

Classificazione stabilita grazie agli autovalori:Sia l’equazione

A~x = λ~x

con A una matrice diversa dalla matrice nulla, λ ∈ R e ~x 6= ~0.Allora ~x e chiamato autovettore di A, mentre λ e chiamatoautovalore di A.E per calcolarli? −→ polinomio caratteristico:

cA(λ) = det(A− λI ) = 0.

Pendolo libero

Nel nostro caso per D~f (~x∗1 ) si ha

λ = ±i ,

=⇒ centro,mentre per D~f (~x∗2 )

λ = ±1,

=⇒ sella.

Pendolo libero

Nel nostro caso per D~f (~x∗1 ) si ha

λ = ±i ,

=⇒ centro,mentre per D~f (~x∗2 )

λ = ±1,

=⇒ sella.

Pendolo libero

Spazio delle fasi (θ, θ) a partire da

E (θ, θ) =1

2θ2 + V (θ) = costante,

dove f (θ) = − sin(θ) = −V ′(θ)⇒ V = − cos(θ),e dalla conseguente relazione

|θ| =√

2(E − V (θ)

Pendolo libero

Spazio delle fasi (θ, θ) a partire da

E (θ, θ) =1

2θ2 + V (θ) = costante,

dove f (θ) = − sin(θ) = −V ′(θ)⇒ V = − cos(θ),e dalla conseguente relazione

|θ| =√

2(E − V (θ)

Pendolo libero

Figura: Ritratto di fase per il pendolo semplice.

Classificazione dei sistemi lineari planari

Classificazione traccia-determinante

Partendo da una qualsiasi matrice

(a bc d

)a, b, c , d ∈ R.

Si ha:cA(λ) = λ2 − (a + d)λ+ (ad − bc)

a + d =tr(A) e ad − bc = det(A).

Questa equazione quadratica si risolve quindi con

λ1,2 =tr(A)±

√(tr(A)

)2 − 4 det(A)

2. (3)

Classificazione dei sistemi lineari planari

Figura: Il piano (T ,D): conoscendo la traccia e il determinante dellamatrice A si puo risalire facilmente al suo ritratto di fase grazie all’analisidell’equazione (3).

Pendolo smorzato

Procedendo analogamente al caso del pendolo semplice si ha:−mr θ2 = mg cos θ − T

mr θ = −mg sin θ − κr θ,

con r = costante, κ ∈ R+.Da cui:

θ = −g

`sin θ − κ

Semplificando: θ = ωω = − sin θ − αω,

dove α = κmω−20 ≥ 0, ω0 = g

Pendolo smorzato

θ = −g

`sin θ − κ

dove α = κmω−20 ≥ 0, ω0 = g

Pendolo smorzato

θ = −g

`sin θ − κ

dove α = κmω−20 ≥ 0, ω0 = g

Pendolo smorzato

Due punti di equilibrio. . .

~x∗1 =

)e ~x∗2 =

). . . e le due matrici di Jacobi corrispondenti

D~f (~x∗1 ) =

(0 1−1 −α

)e D~f (~x∗2 ) =

(0 11 −α

)Autovalori: λ± = −β ±

√β2 − 1

dove α = 2β.Se β = 0 allora λ± = ±i =⇒ centro.Equazione dell’ampiezza in funzione del tempo:

θ(t) = θ0 cos(t) + ω0 sin(t)

Pendolo smorzato

~x∗1 =

)e ~x∗2 =

D~f (~x∗1 ) =

(0 1−1 −α

)e D~f (~x∗2 ) =

(0 11 −α

√β2 − 1

Pendolo smorzato

~x∗1 =

)e ~x∗2 =

D~f (~x∗1 ) =

(0 1−1 −α

)e D~f (~x∗2 ) =

(0 11 −α

√β2 − 1

Pendolo smorzato

~x∗1 =

)e ~x∗2 =

D~f (~x∗1 ) =

(0 1−1 −α

)e D~f (~x∗2 ) =

(0 11 −α

√β2 − 1

Pendolo smorzato

Figura: Simulazione con condizioni iniziali: θ0 = 34π radianti, ω0 = 10

radianti al secondo.

Se 0 < β < 1 allora λ± = −β ± i√

1− β2 da cui Reλ± = −β=⇒ fuoco stabile.Equazione dell’ampiezza in funzione del tempo: smorzamentosotto-critico.

θ(t) = e−βt[θ0 cos

1− β2)

+ ω0+βθ0√1−β2

sin(t√

1− β2)].

Pendolo smorzato

Figura: Simulazione con condizioni iniziali: θ0 = 34π radianti, ω0 = 10

radianti al secondo.

Se 0 < β < 1 allora λ± = −β ± i√

1− β2 da cui Reλ± = −β=⇒ fuoco stabile.Equazione dell’ampiezza in funzione del tempo: smorzamentosotto-critico.

θ(t) = e−βt[θ0 cos

1− β2)

+ ω0+βθ0√1−β2

sin(t√

1− β2)].

Pendolo smorzato

Figura: Simulazione nei primi 30 secondi di oscillazione, per β = 15 , con

condizioni iniziali θ0 = 34π radianti, ω0 = 10 radianti al secondo.

Pendolo smorzato

Se β = 1 allora λ+ = λ− = −1 =⇒ nodo improprio stabile.Equazione dell’ampiezza in funzione del tempo: smorzamentocritico.

θ(t) = e−t[θ0 + (θ0 + ω0)t

Figura: Grafico di θ(t) per β = 1, nei primi 20 secondi di oscillazione,con condizioni iniziali θ0 = 3

4π radianti, ω0 = 10 radianti al secondo.Oscillazione di una massa di 1 g, fune di 9, 81 m in acqua.

Pendolo smorzato

Se β > 1 allora λ+ 6= λ−, ma in ogni caso λ± ∈ R∗− =⇒pozzoattrattivoEquazione dell’ampiezza in funzione del tempo: smorzamentosovra-critico.

ω0 + βθ0√β2 − 1

(−β+√β2−1

(θ0−

ω0 + βθ0√β2 − 1

(−β−√β2−1

Figura: L’andamento di θ(t) per β = 2, nei primi 25 secondi dioscillazione, con condizioni iniziali θ0 = 3

4π radianti, ω0 = 10 radianti alsecondo.

Pendolo smorzato

Passiamo ora all’altro punto di equilibrio. Si ha:

D~f (~x∗2 ) =

(0 11 −α

da cui

λ± = −β ±√β2 + 1.

Sella per ogni β? NO: se β 6= 0 l’ampiezza non segue unandamento del tipo, e percio periodico,

x(t) = c1 cosβt + c2 sinβt,

bensı del tipo

x(t) = c1eαt cosβt + c2e

αt sinβt.

Conseguenza: non ci sono separatrici, cade la differenza frarotazioni e librazioni e tutte le soluzioni tenderanno al punto diequilibrio attrattivo.

Pendolo smorzato

D~f (~x∗2 ) =

(0 11 −α

da cui

λ± = −β ±√β2 + 1.

bensı del tipo

αt sinβt.

Pendolo smorzato

D~f (~x∗2 ) =

(0 11 −α

da cui

λ± = −β ±√β2 + 1.

bensı del tipo

αt sinβt.

Pendolo smorzato

Figura: Le quattro possibili configurazioni dello spazio delle fasi perα = 0, α = 0.5, α = 2 e α = 3.

Oscillazioni intrattenute

Il ciclo limite

Il modello di Lotka-Volterra

La teoria. . .Sistema di EDO del primoordine:

x = αx − βxyy = −γy + δxy

dove α, β, γ, δ > 0.

. . .e la praticax : preda (pecore),y : predatore (lupi),α: fattore di crescita dellepecore in assenza di lupi,γ: fattore di decrescita deilupi in assenza di pecore,β: tasso di riduzione delgregge di pecore quando vienea contatto con i lupi,δ: tasso di crescita del brancodi lupi quando e a contattocon le pecore.

Il ciclo limite

La teoria. . .Punti fissi:

~x∗1 =

)e ~x∗2 =

( γδαβ

Linearizzazione:

D~f (~x∗) =

(α− βy −βxδy −γ + δx

Dunque: intorno di~x∗1 99K λ1 = α, λ2 = −γ=⇒ sella,intorno di~x∗2 99K λ1,2 = ±i√αγ=⇒ centro.

. . .e la pratica~x∗1 : entrambe le specie sonoestinte,~x∗2 : ad ogni pecora nata necorrisponde una mangiata.

Sella: punto fisso instabilepraticamente impossibile daraggiungere salvo mortiimprovvise delle prede.

Il ciclo limite

Figura: Ritratto di fase del sistema per α = β = γ = δ = 1.

Figura: Andamento regolare e periodico del numero di prede (linea fine)e predatori (linea in grassetto) in funzione del tempo.

Il ciclo limite

Tutto come ci si aspetterebbe, ma. . .

Figura: Una situazione particolare. (Realizzazione: www.aw-bc.com).

Il ciclo limite

Cosa e successo?

La teoria. . .Situazione corrispondente a:α e δ prossimi a 0,β e γ alti.

. . .e la praticaPecore: nascita difficile emorte facile.Lupi: morte veloce in assenzadi cibo e necessita di moltotempo in contatto con ilgregge per proliferare.

Situazione limite, ma ci dimostra che c’e dell’altro:attrattore di dimensione uno, ossia un ciclo limite.

Il ciclo limite

Cosa e successo?

La teoria. . .Situazione corrispondente a:α e δ prossimi a 0,β e γ alti.

. . .e la praticaPecore: nascita difficile emorte facile.Lupi: morte veloce in assenzadi cibo e necessita di moltotempo in contatto con ilgregge per proliferare.

Situazione limite, ma ci dimostra che c’e dell’altro:attrattore di dimensione uno, ossia un ciclo limite.

L’oscillatore di Van der Pol

Idea: trovare una formula matematica che descriva ilcomportamento di un orologio a pendolo partendo dagli esempistudiati finora.Pendolo semplice:

Problema Possibile soluzione

Dipendenza dalle condizioni iniziali:invarianza delle orbite . . .Impossibile da realizzare Pendolo smorzato

Pendolo smorzato:

“Resta indietro” Termine forzanteFisicamente non ha senso avere α < 0 Riduzione di questo difetto

Pendolo smorzato:

Soluzione di Van der Pol: far dipendere il termine α dall’ampiezzax :

α(x) = −α0

(1− x2

Inseriamo nell’equazione linearizzata attorno all’origine del pendolosmorzato:

da x + αx + x = 0 a v + β(x2 − 1)v + x = 0

con β = α0 > 0 che rappresenta l’attrito e su cui si discute peranalizzare l’equazione.

Soluzione di Van der Pol: far dipendere il termine α dall’ampiezzax :

α(x) = −α0

(1− x2

Inseriamo nell’equazione linearizzata attorno all’origine del pendolosmorzato:

da x + αx + x = 0 a v + β(x2 − 1)v + x = 0

con β = α0 > 0 che rappresenta l’attrito e su cui si discute peranalizzare l’equazione.

Il caso β 1

Scriviamo l’equazione di Van der Pol come sistema:x = vv = −x − β(x2 − 1)v .

Coodinate polari: per β = 0, E = 12 (x2 + v2) e costante quindi si

ha x =√

2E cosϑ

v =√

2E sinϑ

con le rispettive inverseE = 1

2 (x2 + v2)ϑ = arctan v

Per β = 0, E = 0, ϑ = −1

Il caso β 1

Scriviamo l’equazione di Van der Pol come sistema:x = vv = −x − β(x2 − 1)v .

Coodinate polari: per β = 0, E = 12 (x2 + v2) e costante quindi si

ha x =√

2E cosϑ

v =√

2E sinϑ

con le rispettive inverseE = 1

2 (x2 + v2)ϑ = arctan v

Per β = 0, E = 0, ϑ = −1

Per β 6= 0, si ha E = βf (E , ϑ)

ϑ = −1 + βg(E , ϑ),

f (E , ϑ) = 2E sin2 ϑ(1− 2E cos2 ϑ)g(E , ϑ) = − sinϑ cosϑ(2E cos2 ϑ− 1).

Quello che ci interessa e E .Sia S una semiretta qualsiasi uscente dall’origine, formante conl’asse Ox un angolo fissato ϑ; consideriamo inoltre un dato iniziale(E , ϑ) su di essa, e sia

Eβ(t,E0) , Θβ(t,E0)

la corrispondente soluzione.

Per β 6= 0, si ha E = βf (E , ϑ)

ϑ = −1 + βg(E , ϑ),

f (E , ϑ) = 2E sin2 ϑ(1− 2E cos2 ϑ)g(E , ϑ) = − sinϑ cosϑ(2E cos2 ϑ− 1).

Quello che ci interessa e E .Sia S una semiretta qualsiasi uscente dall’origine, formante conl’asse Ox un angolo fissato ϑ; consideriamo inoltre un dato iniziale(E , ϑ) su di essa, e sia

Eβ(t,E0) , Θβ(t,E0)

la corrispondente soluzione.

Consideriamo la situazione:

Figura: La sezione di Poincare posta a ϑ fissato e la conseguentemappa di Poincare definita da:Φβ : S → S, tale che Ek+1 = Φβ(Ek)

Il sistema compie un giro in un tempo:

Tβ = T0 +O(β).

Durante questo tempo si ha:

Eβ(t,E0) = E0 +O(β) , Θβ(t,E0) = ϑ− t +O(β).

Possiamo scrivere la mappa nel seguente modo:

E1 = Φβ(E0) = E0 + βFβ(E0).

La ricerca del ciclo limite si riduce alla ricerca di un punto fisso E ∗βdella mappa Φβ.

Il sistema compie un giro in un tempo:

Tβ = T0 +O(β).

Durante questo tempo si ha:

Eβ(t,E0) = E0 +O(β) , Θβ(t,E0) = ϑ− t +O(β).

Possiamo scrivere la mappa nel seguente modo:

E1 = Φβ(E0) = E0 + βFβ(E0).

La ricerca del ciclo limite si riduce alla ricerca di un punto fisso E ∗βdella mappa Φβ.

Calcolo approssimato di Fβ tramite uno sviluppo di Taylor nelparametro β troncato all’ordine zero:

Φβ(E0) = E0 +

∫ Tβ

ovvero

Φβ(E0) = E0 + β

∫ Tβ

0f(Eβ(t,E0),Θβ(t,E0)

Per confronto con Φβ(E0) = E0 + βFβ(E0). si ha

Fβ(E0) =

∫ Tβ

Φβ(E0) = E0 +

∫ Tβ

ovvero

Φβ(E0) = E0 + β

∫ Tβ

Fβ(E0) =

∫ Tβ

Φβ(E0) = E0 +

∫ Tβ

ovvero

Φβ(E0) = E0 + β

∫ Tβ

Fβ(E0) =

∫ Tβ

Taylor all’ordine zero:→ incognite Eβ(t,E0),Θβ(t,E0) spariscono, al loro posto rimane ilmoto imperturbato Eβ(t,E0) = E0,Θβ(t,E0) = ϑ− t.→ estremo di integrazione diventa 2πPercio:

F0(E ) =

∫ 2π

0f (E , ϑ− t)dt

∫ 2π

0sin2 t(1− 2E cos2 t)dt

= −π(−E 2 + 2E ).

Quindi all’ordine lineare in β la mappa di Poincare Φβ e definita da:

Φβ(E ) = E + β[− π(−E 2 + 2E )

I punti fissi di Φβ sono dati da E ∗0 = 0 ed E ∗0 = 2.

F0(E ) =

∫ 2π

0f (E , ϑ− t)dt

∫ 2π

= −π(−E 2 + 2E ).

Φβ(E ) = E + β[− π(−E 2 + 2E )

F0(E ) =

∫ 2π

0f (E , ϑ− t)dt

∫ 2π

= −π(−E 2 + 2E ).

Φβ(E ) = E + β[− π(−E 2 + 2E )

Si puo dimostrare che vale

E ∗β = E ∗0 +O(β).

Al punto fisso E ∗β = 2 +O(β) della mappa corrisponde una curvanel piano (x , v), simile ad una circonferenza di raggio e prossimo adue.

Figura: Il ciclo limite e l’andamento di x(t) per β = 0, 1.

Si puo dimostrare che vale

E ∗β = E ∗0 +O(β).

Al punto fisso E ∗β = 2 +O(β) della mappa corrisponde una curvanel piano (x , v), simile ad una circonferenza di raggio e prossimo adue.

Figura: Il ciclo limite e l’andamento di x(t) per β = 0, 1.

Figura: Il ritratto di fase dell’equazione di Van der Pol nel piano (x , v)per differenti β.

Il teorema di Poincare-Bendixson

Si consideri una traiettoria che entra in una cironferenza su di unpiano. Essa ha solo due possibilita: o si dirigera verso un punto diequilibrio stabile, o convergera attorno ad un ciclo limite.

Figura: Idea della dimostrazione.

Nel piano non e possibile ottenere sistemi caotici!

Oscillazioni caotiche

Considerazioni generali sui moti caotici: caos 6= caso

Le tre proprieta del caos

Sensibilita alle condizioni iniziali:Caos deterministico: concetto utile per la matematica, ma inutileper la fisica.Idea base del caos, ma da sola non basta:

xn+1 = 2xn.

Transitivita o Mixing:La traiettoria generata da un punto dello spazio delle fasi, neltempo, si sovrappone e occupa una zona qualsiasi dello spazio dellefasi.Concetto di Mixing rende ancora meglio l’idea: il mescolamento didue sostanze o fluidi forma un sistema caotico.

xn+1 = 2xn.

Figura: Un esempio di mixing.

Densita delle orbite periodiche:Per ogni orbita σ esiste un’orbita τ periodica infinitamente vicinaad essa.Un sistema caotico soddisfa la transitivita =⇒ σ occupano tuttauna regione =⇒ anche quelle periodiche τ saranno dispostedensamente.

Figura: Un esempio di mixing.

Densita delle orbite periodiche:Per ogni orbita σ esiste un’orbita τ periodica infinitamente vicinaad essa.Un sistema caotico soddisfa la transitivita =⇒ σ occupano tuttauna regione =⇒ anche quelle periodiche τ saranno dispostedensamente.

Oscillatore non lineare forzato

Sistema unidimensionale non autonomo:

x = −ω20 sin(x) + ε cos(Ωt)

dove ε ≥ 0, ω20 = g

` .Sistema bidimensionale non autonomo:

v = − sin x + ε cos(Ωt),

Sistema tridimensionale autonomo:x = v

v = − sin x + ε cosϕ

ϕ = Ω.

dove ε ≥ 0, ω20 = g

ϕ = Ω.

dove ε ≥ 0, ω20 = g

ϕ = Ω.

Come studiare questo tipo di moto? Sezione di Poincare data daϕ = costante in modo da avere

Φ : Σ→ Σ(xn+1, vn+1) = Φ(xn, vn).

Figura: La sezione di Poincare Σ e tutti i punti di intersezione (xn, vn)che vanno a formare la mappa Φ.

Per ε = 0: pendolo semplice =⇒ E = 12 (v2 + x2) e una costante

del moto.

Figura: La rappresentazione della mappa di Poincare per ε = 0.

Per ε = 0: pendolo semplice =⇒ E = 12 (v2 + x2) e una costante

del moto.

Figura: La rappresentazione della mappa di Poincare per ε = 0.

Per ε > 0, =⇒ E = 12 (v2 + x2) non e piu conservata.

Figura: Sezione di Poincare con regioni ordinate e regioni caotiche alvariare del parametro ε.

Per ε > 0, =⇒ E = 12 (v2 + x2) non e piu conservata.

Figura: Sezione di Poincare con regioni ordinate e regioni caotiche alvariare del parametro ε.

Dinamica simbolica casuale

Sfruttiamo questo esempio per dimostrare le tre proprieta del caos.Consideriamo ε = 0 e un intorno B di (π, 0) diviso in quattro particome segue:

Figura: Il caso considerato, le stringhe sono:

Regione 1 : AAAA . . .Regione 2 : OOOO . . .Regione 3 : OAOA . . .Regione 4 : AOAO . . .

Per ε > 0: ordine pregiudicato, si puo dimostrare che tutte lestringhe sono possibili.Definiamo la mappa left-shift

Φ : Σ→ ΣΦ(σ) = Φ(σ0, σ1, . . . , σN , . . .) = (σ1, σ2, . . . , σN , . . .),

Attenzione: stringhe 6= orbite!!

τ = AAOAOAAOOA . . .Φ(τ) = AOAOAAOOA . . .Φ2(τ) = OAOAAOOA . . .. . .

Queste sono tutte stringhe, mentre l’orbitaO(τ) = τ,Φ(τ),Φ2(τ), . . . e l’insieme di tutte le stringhe.

Φ : Σ→ ΣΦ(σ) = Φ(σ0, σ1, . . . , σN , . . .) = (σ1, σ2, . . . , σN , . . .),

Si definisce la distanza fra due stringhe σ e τ nel modo seguente:

d(σ, τ) =+∞∑i=0

δ(σi , τi )

δ(σi , τi ) =

1 se σi 6= τi0 se σi = τi .

Dimostrazione sensibilita alle condizioni iniziali:Si ha sensibile dipendenza alle condizioni iniziali se vale:

d(f n(x), f n(y)

)≥ ρ > 0.

Consideriamo η = (η0, η1, . . . , ηn . . .) un’orbita appartenente a Σ esia N (η) ⊂ Σ un intorno aperto di η. Definiamo per m ∈ Nl’insieme:

A = s ∈ Σ : s e identica a η per i primi m simboli.

Si definisce la distanza fra due stringhe σ e τ nel modo seguente:

d(σ, τ) =+∞∑i=0

δ(σi , τi )

δ(σi , τi ) =

1 se σi 6= τi0 se σi = τi .

Dimostrazione sensibilita alle condizioni iniziali:Si ha sensibile dipendenza alle condizioni iniziali se vale:

d(f n(x), f n(y)

)≥ ρ > 0.

Consideriamo η = (η0, η1, . . . , ηn . . .) un’orbita appartenente a Σ esia N (η) ⊂ Σ un intorno aperto di η. Definiamo per m ∈ Nl’insieme:

A = s ∈ Σ : s e identica a η per i primi m simboli.

Per una stringa τ ∈ A vale

d(η, τ) =+∞∑i=0

δ(ηi , τi )

2i≤ 1

2m−1.

Scegliamo ora m sufficientemente grande in modo che valgaA ⊆ N (η) e poniamo la costante sensibile ρ = 1. Dato che τ ∈ Asi ha:

τ = (τ0, τ1, . . . , τm, τm+1, . . .)= (η0, η1, . . . , ηm, τm+1, . . .).

Per una stringa τ ∈ A vale

d(η, τ) =+∞∑i=0

δ(ηi , τi )

2i≤ 1

2m−1.

Scegliamo ora m sufficientemente grande in modo che valgaA ⊆ N (η) e poniamo la costante sensibile ρ = 1. Dato che τ ∈ Asi ha:

τ = (τ0, τ1, . . . , τm, τm+1, . . .)= (η0, η1, . . . , ηm, τm+1, . . .).

A partire dal termine m + 1, la distanza fra le orbite di condizioneiniziale η e τ , dopo m + 1 iterazioni, diventa:

Φm+1(η,Φm+1(τ)

((ηm+1, ηm+2, . . .), (τm+1, τm+2, . . .)

=+∞∑

δ(ηi , τi )

2i−(m+1)

= 1 ++∞∑

δ(ηi , τi )

2i−(m+2)≥ 1 = ρ.

Dunque, data la definizione

d(f n(x), f n(y)

)≥ ρ > 0,

la mappa Φ e sensibile alle condizioni iniziali.

A partire dal termine m + 1, la distanza fra le orbite di condizioneiniziale η e τ , dopo m + 1 iterazioni, diventa:

Φm+1(η,Φm+1(τ)

((ηm+1, ηm+2, . . .), (τm+1, τm+2, . . .)

=+∞∑

δ(ηi , τi )

2i−(m+1)

= 1 ++∞∑

δ(ηi , τi )

2i−(m+2)≥ 1 = ρ.

Dunque, data la definizione

d(f n(x), f n(y)

)≥ ρ > 0,

la mappa Φ e sensibile alle condizioni iniziali.

Dimostrazione densita:A e denso in B se ∀x ∈ B esiste una y ∈ A la cui distanza eminore di un qualsiasi ε ∈ R+

Scelta:

A = Per(Φ) =+∞⋃n=1

B = Σ

Definiamo sk come segue: data

s = (s0, s1, . . . , sk−1, sk , . . .)

si pone

sk = (s0, s1, . . . , sk−1)

Calcoliamo ora la distanza fra queste due stringhe:

d(s, sk) ≤ 1

2k−1= ε.

Dunque Pern(σ) e denso in Σ.

Scelta:

A = Per(Φ) =+∞⋃n=1

B = Σ

s = (s0, s1, . . . , sk−1, sk , . . .)

si pone

sk = (s0, s1, . . . , sk−1)

d(s, sk) ≤ 1

2k−1= ε.

Scelta:

A = Per(Φ) =+∞⋃n=1

B = Σ

s = (s0, s1, . . . , sk−1, sk , . . .)

si pone

sk = (s0, s1, . . . , sk−1)

d(s, sk) ≤ 1

2k−1= ε.

Scelta:

A = Per(Φ) =+∞⋃n=1

B = Σ

s = (s0, s1, . . . , sk−1, sk , . . .)

si pone

sk = (s0, s1, . . . , sk−1)

d(s, sk) ≤ 1

2k−1= ε.

Dimostrazione transitivita:Per far sı che questa proprieta sia verificata e necessario che esistauna condizione iniziale τ tale che la sua orbita sia densa in Σ.Scegliamo τ come:

τ = ( 0 1︸︷︷︸blocco 1

... 00 01 10 11︸︷︷︸blocco 2

... 000 001 010 011 100 101 110 111︸︷︷︸blocco 3

. . .︸︷︷︸blocco 4

... . . . . . .︸︷︷︸blocco n

... . . . . . . . . .︸︷︷︸blocco n+1

... . . . . . .).

Le prime κ cifre di una stringa s appaiono nel κ-esimo blocco di τ .Esiste quindi un n(k) tale che:

Φn(k)(τ) = (s0, s1, . . . , sk−1, tk , tk+1, . . .),

dove tk+j ∈ 0, 1 per j ∈ N.

Dimostrazione transitivita:Per far sı che questa proprieta sia verificata e necessario che esistauna condizione iniziale τ tale che la sua orbita sia densa in Σ.Scegliamo τ come:

τ = ( 0 1︸︷︷︸blocco 1

... 00 01 10 11︸︷︷︸blocco 2

... 000 001 010 011 100 101 110 111︸︷︷︸blocco 3

. . .︸︷︷︸blocco 4

... . . . . . .︸︷︷︸blocco n

... . . . . . . . . .︸︷︷︸blocco n+1

... . . . . . .).

Le prime κ cifre di una stringa s appaiono nel κ-esimo blocco di τ .Esiste quindi un n(k) tale che:

Φn(k)(τ) = (s0, s1, . . . , sk−1, tk , tk+1, . . .),

dove tk+j ∈ 0, 1 per j ∈ N.

Possiamo dunque concludere che

d(s,Φn(k)(τ)

)≤ 1

2k−1= ε.

Quindi O(τ) e denso in Σ poiche per ogni s ∈ Σ esiste un puntodell’orbita di τ tale che d

(s,Φn(k)(τ)

)< ε, per ogni ε ∈ R+.

Abbiamo percio dimostrato che il sistema dinamico (Σ,Φ) ecaotico.

d(s,Φn(k)(τ)

)≤ 1

2k−1= ε.

(s,Φn(k)(τ)

d(s,Φn(k)(τ)

)≤ 1

2k−1= ε.

(s,Φn(k)(τ)

Conclusioni

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