Math24.ru
Дифференциальные Уравнения
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Устойчивость в первом приближении
Рассмотрим автономную систему \(n\) дифференциальных уравнений: \[ {\frac{{d{x_i}}}{{dt}} = {f_i}\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right),}\;\; {i = 1,2, \ldots ,n.} \] В векторной форме она записывается как \[ {\mathbf{X'} = \mathbf{f}\left( \mathbf{X} \right),}\;\; {\text{где}\;\;\mathbf{X} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_1}}\\ {{x_2}}\\ \vdots \\ {{x_n}} \end{array}} \right),}\;\; {\mathbf{f} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{f_1}}\\ {{f_2}}\\ \vdots \\ {{f_n}} \end{array}} \right).} \] Будем считать, что данная система имеет положение равновесия \(\mathbf{X} = \mathbf{0},\) которое будем исследовать на устойчивость. Предполагается, что функции \({f_i}\left( \mathbf{X} \right)\) дважды непрерывно дифференцируемы в некоторой окрестности начала координат. Поэтому эти функции можно разложить в ряд Маклорена по переменным \({x_i},\) выделив линейные члены. В результате система уравнений будет иметь следующий вид: \[ {\frac{{d{x_i}}}{{dt}} = \frac{{\partial {f_i}}}{{\partial {x_1}}}\left( 0 \right){x_1} + \frac{{\partial {f_i}}}{{\partial {x_2}}}\left( 0 \right){x_2} + \cdots } + {\frac{{\partial {f_i}}}{{\partial {x_n}}}\left( 0 \right){x_n} } + {{R_i}\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right).} \] Здесь слагаемые \({R_i}\left( {{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}} \right)\) описывают члены второго порядка малости относительно переменных \({{x_1},{x_2}, \ldots ,{x_n}}.\)

Полученная система в векторно-матричной записи выглядит так: \[\mathbf{X'} = J\mathbf{X} + \mathbf{R}\left( \mathbf{X} \right),\] где якобиан \(J\) определяется матрицей \[J = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial {x_2}}}}& \vdots &{\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial {x_n}}}}\\ {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial {x_2}}}}& \vdots &{\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial {x_n}}}}\\ \cdots & \cdots & \vdots & \cdots \\ {\frac{{\partial {f_n}}}{{\partial {x_1}}}}&{\frac{{\partial {f_n}}}{{\partial {x_2}}}}& \vdots &{\frac{{\partial {f_n}}}{{\partial {x_n}}}} \end{array}} \right).\] Значения частных производных в этой матрице вычисляются в точке разложения в ряд, т.е. в данном случае при \(\mathbf{X} = \mathbf{0}.\)

При исследовании на устойчивость вместо исходной нелинейной системы мы можем рассматривать линеаризованную систему \[\mathbf{X'} = J\mathbf{X},\] которая называется системой уравнений первого приближения по отношению к исходной системе.

Вопрос о том, в каких случаях исходная нелинейная система и соответствующая система уравнений первого приближения имеют одинаковый характер устойчивости был разрешен А.М.Ляпуновым (\(1857-1918\)). Справедливы следующие теоремы:

Теорема Ляпунова об устойчивости по первому приближению.
Если все собственные значения \({\lambda _i}\) якобиана \(J\) имеют отрицательные действительные части, то нулевое решение \(\mathbf{X} = \mathbf{0}\) исходной системы и линеаризованной системы является асимптотически устойчивым.

Теорема Ляпунова о неустойчивости по первому приближению.
Если хотя бы одно собственное значение \({\lambda _i}\) якобиана \(J\) имеет положительную действительную часть, то нулевое решение \(\mathbf{X} = \mathbf{0}\) исходной системы и линеаризованной системы является неустойчивым.

В критических случаях, когда действительные части всех собственных значений \({\lambda _i}\) якобиана \(J\) неположительны, причем существует хотя бы одно собственное значение с нулевой действительной частью, нулевое решение может быть устойчивым или неустойчивым. В этом случае выяснить характер устойчивости в рамках первого приближения невозможно и необходимо использовать другие методы исследования устойчивости.

Итак, приведенные теоремы Ляпунова позволяют исследовать устойчивость нулевого решения нелинейных систем в тех случаях, когда положение равновесия характеризуется собственными значениями с ненулевой действительной частью. Такие точки равновесия называются грубыми. Более точное определение формулируется так:

Положение равновесия \(\mathbf{X} = \mathbf{0}\) автономной системы \(n\)-го порядка \[\mathbf{X'} = \mathbf{f}\left( \mathbf{X} \right)\] называется грубым, если соответствующий якобиан \(J\) имеет ровно \(n\) попарно различных собственных значений с ненулевой действительной частью.

Заметим, что в случае системы \(2\)-го порядка только следующие \(3\) типа точек равновесия являются грубыми:
грубые точки равновесия: узел, фокус, седло
Указанные типы точек характеризуются собственными значениями с ненулевой действительной частью. Напротив, точка равновесия типа "центр" не является грубой, поскольку она всегда имеет чисто мнимые собственные значения.

Таким образом, область применения метода исследования устойчивости по первому приближению ограничена грубыми (или структурно устойчивыми) системами.

   Пример 1
Исследовать на устойчивость по первому приближению нулевое положение равновесия системы \[\frac{{dx}}{{dt}} = y + 3{x^2} + 2{y^2},\;\;\frac{{dy}}{{dt}} = - 2x - y + xy.\]
Решение.
В данном случае функции \({f_1},{f_2}\) имеют вид: \[ {{f_1}\left( {x,y} \right) = y + 3{x^2} + 2{y^2},}\;\; {{f_2}\left( {x,y} \right) = - 2x - y + xy.} \] Очевидно, они непрерывны и бесконечно дифференцируемы в окрестности начала координат и равны нулю при \(\mathbf{X} = \mathbf{0}.\) Кроме того, порядок нелинейных членов в обеих функциях равен или больше \(2.\) Тем самым, выполнены все требования теоремы об устойчивости по первому приближению. Вычислим элементы якобиана \(J\) в точке равновесия \(\mathbf{X} = \mathbf{0}:\) \[ {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}} = 6x,}\;\; {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}} = 1 + 6y,}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}} = - 2 + y,}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}} = - 1 + x,} \] \[\require{AMSmath.js} {\Rightarrow {\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}}} \right|_{\substack{ x = 0\\ y = 0}}} = 0,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}}} \right|_{\substack{ x = 0\\ y = 0}}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}}} \right|_{\substack{ x = 0\\ y = 0}}} = - 2,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}}} \right|_{\substack{ x = 0\\ y = 0}}} = - 1,}\;\; {\Rightarrow J = \left( {\begin{array}{*{20}{r}} 0&1\\ { - 2}&{ - 1} \end{array}} \right).} \] Найдем собственные значения: \[ {\det \left( {J - \lambda I} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {0 - \lambda }&1\\ { - 2}&{ - 1 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow \lambda \left( {\lambda + 1} \right) + 2 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda ^2} + \lambda + 2 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = - 7,}\;\; {\Rightarrow {\lambda _{1,2}} = \frac{{ - 1 \pm \sqrt { - 7} }}{2} } = { - \frac{1}{2} \pm \frac{{i\sqrt 7 }}{2}.} \] Характеристическое уравнение имеет пару комплексно сопряженных корней, у которых действительная часть отрицательна: \[\text{Re}\left[ {{\lambda _1}} \right] < 0,\;\;\text{Re}\left[ {{\lambda _2}} \right] < 0.\] Следовательно, нулевое решение данной системы устойчиво по теореме об устойчивости по первому приближению. Данная точка равновесия является фокусом.

   Пример 2
Найти положение равновесия системы и исследовать его устойчивость по первому приближению. \[\frac{{dx}}{{dt}} = {x^2} - y,\;\;\frac{{dy}}{{dt}} = x - 1.\]
Решение.
Определим положение равновесия из системы алгебраических уравнений: \[ {\left\{ \begin{array}{l} \frac{{dx}}{{dt}} = 0\\ \frac{{dy}}{{dt}} = 0 \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x^2} - y = 0}\\ {x - 1 = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 1}\\ {y = 1} \end{array}} \right..} \] Поскольку точка равновесия \(\left( {1,1} \right)\) не является нулевым решением, выполним преобразование координат. Введем новые переменные \(u, v:\) \[u = x - 1,\;\;v = y - 1.\] После подстановки в исходную систему получаем \[\require{cancel} {\left\{ \begin{array}{l} \frac{{d\left( {u + 1} \right)}}{{dt}} = {\left( {u + 1} \right)^2} - \left( {v + 1} \right)\\ \frac{{d\left( {v + 1} \right)}}{{dt}} = u + \cancel{1} - \cancel{1} \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{{du}}{{dt}} = {u^2} + 2u + \cancel{1} - v - \cancel{1}}\\ {\frac{{dv}}{{dt}} = u} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{{du}}{{dt}} = {u^2} + 2u - v}\\ {\frac{{dv}}{{dt}} = u} \end{array}} \right..} \] Чтобы определить характер устойчивости нулевого решения, вычислим якобиан \(J.\) Правые части имеют вид: \[{f_1}\left( {u,v} \right) = {u^2} + 2u - v,\;\;{f_2}\left( {u,v} \right) = u.\] Тогда \[ {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial u}} = 2u + 2,}\;\; {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial v}} = - 1,}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial u}} = 1,}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial v}} = 0.} \] Соответственно, в точке \(\left( {u = 0,v = 0} \right)\) частные производные имеют следующие значения: \[ {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial u}}} \right|_{\substack{ u = 0\\ v = 0}}} = 2,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial v}}} \right|_{\substack{ u = 0\\ v = 0}}} = - 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial u}}} \right|_{\substack{ u = 0\\ v = 0}}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial v}}} \right|_{\substack{ u = 0\\ v = 0}}} = 0.} \] Найдем собственные значения якобиана \(J:\) \[ {J = \left( {\begin{array}{*{20}{r}} 2&{ - 1}\\ 1&0 \end{array}} \right),}\;\; {\det \left( {J - \lambda I} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {2 - \lambda }&{ - 1}\\ 1&{0 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow \lambda \left( {\lambda - 2} \right) + 1 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda ^2} - 2\lambda + 1 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {\lambda - 1} \right)^2} = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda _{1,2}} = 1.} \] Таким образом, матрица \(J\) имеет одно собственное значение \(\lambda = 1\) с алгебраической кратностью \(2.\)

Согласно определению, грубая точка равновесия должна описываться различными собственными значениями. Поскольку в данном случае это условие нарушено, мы не можем судить о характере устойчивости системы по первому приближению. Для корректного анализа устойчивости здесь требуются другие подходы, например, метод функций Ляпунова.

   Пример 3
Определить положения равновесия системы и исследовать их на устойчивость. Построить схематический фазовый портрет соответствующей линеаризованной системы. \[\frac{{dx}}{{dt}} = {e^{x + y}} - 1,\;\;\frac{{dy}}{{dt}} = \ln \left( {1 + x} \right).\]
Решение.
Найдем точки равновесия, решив алгебраическую систему уравнений: \[ {\left\{ \begin{array}{l} \frac{{dx}}{{dt}} = 0\\ \frac{{dy}}{{dt}} = 0 \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {e^{x + y}} - 1 = 0\\ \ln \left( {1 + x} \right) = 0 \end{array} \right..} \] Из второго уравнения следует, что \(x = 0.\) Подставляя это в первое уравнение, получаем: \[{e^y} - 1 = 0,\;\; \Rightarrow {e^y} = 1,\;\; \Rightarrow y = 0.\] Таким образом, система имеет единственное положение равновесия \(\left( {x = 0,y = 0} \right).\) Для исследования устойчивости нулевого решения разложим правые части уравнений в ряд Маклорена: \[ {{f_1}\left( {x,y} \right) = {e^{x + y}} - 1,}\;\; {{f_2}\left( {x,y} \right) = \ln \left( {1 + x} \right),} \] \[ {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}} = {e^{x + y}},}\;\; {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}} = {e^{x + y}},}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}} = \frac{1}{{1 + x}},}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}} = 0.} \] Частные производные в точке \(\left( {x = 0,y = 0} \right)\) равны: \[ {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}}} \right|_{\substack{ x = 0\\ y = 0}}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}}} \right|_{\substack{ x = 0\\ y = 0}}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}}} \right|_{\substack{ x = 0\\ y = 0}}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}}} \right|_{\substack{ x = 0\\ y = 0}}} = 0.} \] Найдем собственные значения матрицы-якобиана \(J:\) \[ {J = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ 1&0 \end{array}} \right),}\;\; {\det \left( {J - \lambda I} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \lambda }&1\\ 1&{0 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow \lambda \left( {\lambda - 1} \right) - 1 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda ^2} - \lambda - 1 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 5,}\;\; {{\lambda _{1,2}} = \frac{{1 \pm \sqrt 5 }}{2} = \frac{1}{2} \pm \frac{{\sqrt 5 }}{2}.} \] Видно, что собственные значения являются действительными числами с разными знаками и приближенно равны \[ {{\lambda _1} = \frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2} \approx 0.5 + 1.12 = 1.62,}\;\;\; {{\lambda _2} = \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2} \approx 0.5 - 1.12 = - 0.62} \] Следовательно, линеаризованная система имеет нулевое положение равновесия типа седло. Аналогичный вывод справедлив и в отношении исходной нелинейной системы.

Построим схематический фазовый портрет линеаризованной системы. Вычислим собственные векторы \({\mathbf{V}_1},\) \({\mathbf{V}_2},\) ассоциированные с собственными значениями \({\lambda _1}\) и \({\lambda _2}.\) Для первого собственного значения \({\lambda _1}\) получаем: \[ {\left( {J - {\lambda _1}I} \right){\mathbf{V}_1} = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)}&1\\ 1&{ - \left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}}&1\\ 1&{ - \frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{11}} + {V_{21}} = 0}\\ {{V_{11}} - \left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{21}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{11}} + {V_{21}} = 0}\\ {\left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{11}} - \left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)\left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{21}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{11}} + {V_{21}} = 0}\\ {\left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{11}} + {V_{21}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{11}} + {V_{21}} = 0.} \] Пусть \({V_{11}} = t.\) Тогда \[ {{V_{21}} = - \left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{11}} } = {- \left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)t \approx 0.62t,}\;\; {\Rightarrow {\mathbf{V}_1} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} t\\ {0.62t} \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ {0.62} \end{array}} \right) \sim \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ {0.62} \end{array}} \right).} \] Аналогично находим собственный вектор \({\mathbf{V}_2},\) соответствующий числу \({\lambda _2}:\) \[ {\left( {J - {\lambda _2}I} \right){\mathbf{V}_2} = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)}&1\\ 1&{ - \left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}}&1\\ 1&{ - \left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{12}} + {V_{22}} = 0}\\ {{V_{12}} - \left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{22}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{12}} + {V_{22}} = 0}\\ {\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{12}} - \left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)\left( {\frac{1}{2} - \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{22}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{12}} + {V_{22}} = 0}\\ {\left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{12}} + {V_{22}} = 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{12}} + {V_{22}} = 0.} \] Пусть \({V_{12}} = t.\) Следовательно, \[ {{V_{22}} = - \left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right){V_{12}} } = {- \left( {\frac{1}{2} + \frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)t \approx -1.62t,}\;\; {\Rightarrow {\mathbf{V}_2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} t\\ {-1.62t} \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ {-1.62} \end{array}} \right) \sim \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ {-1.62} \end{array}} \right).} \] Построим на фазовой плоскости прямые, проходящие через начало координат и направленные вдоль векторов \({\mathbf{V}_1}\) и \({\mathbf{V}_2}\) (рисунок \(1\)). Эти прямые являются сепаратрисами седла. Схематически изобразим фазовые траектории.
фазовый портрет для положения равновесия типа седло
фазовый портрет в случае неустойчивого узла
Рис.1
Рис.2
Уточним направление траекторий, выбрав произвольную точку − например, точку \(\left( {1,0} \right).\) Скорость движения в этой точке имеет следующие компоненты: \[ {{\left. {\frac{{dx}}{{dt}}} \right|_{\left( {1,0} \right)}} = {e^{1 + 0}} - 1 \approx 1.72,}\;\;\; {{\left. {\frac{{dy}}{{dt}}} \right|_{\left( {1,0} \right)}} = \ln \left( {1 + 1} \right) = \ln 2 \approx 0.69} \] Ясно, что вектор скорости направлен в верхнюю правую сторону. Исходя из этого, указываем направление фазовых траекторий.

Данная точка равновесия является грубой. Поэтому фазовый портрет исходной нелинейной системы имеет такой же вид в окрестности нуля, как и портрет линеаризованной системы, показанной на рис.\(1.\)

   Пример 4
Исследовать нулевое решение системы на устойчивость по первому приближению. \[ {\frac{{dx}}{{dt}} = \tan \left( {x + y} \right) - y,}\;\; {\frac{{dy}}{{dt}} = 3\sin x + 2{e^y} - 2.} \]
Решение.
Убедимся, что точка \(\left( {x = 0,y = 0} \right)\) является положением равновесия для заданной системы: \[ {{f_1}\left( {0,0} \right) = \tan 0 - 0 = 0,}\;\; {{f_2}\left( {0,0} \right) = 3\sin 0 + 2{e^0} - 2 } = {0 + 2 \cdot 1 - 2 = 0.} \] Разложим функции \({f_1},{f_2}\) (которые являются непрерывно дифференцируемыми в окрестности нуля) в ряд Маклорена. Частные производные первого порядка имеют вид: \[ {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}\left( {x + y} \right)}},}\;\; {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}} = \frac{1}{{{{\cos }^2}\left( {x + y} \right)}} - 1,}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}} = 3\cos x,}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}} = 2{e^y}.} \] Значения производных в точке \(\left( {x = 0,y = 0} \right)\) равны \[ {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}}} \right|_{\left( {0,0} \right)}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}}} \right|_{\left( {0,0} \right)}} = 0,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}}} \right|_{\left( {0,0} \right)}} = 3,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}}} \right|_{\left( {0,0} \right)}} = 2.} \] Следовательно, для линеаризованной системы мы получили матрицу Якоби следующего вида: \[J = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0\\ 3&2 \end{array}} \right).\] Вычислим ее собственные значения: \[ {\det \left( {J - \lambda I} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \lambda }&0\\ 3&{2 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow \left( {\lambda - 1} \right)\left( {\lambda - 2} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda _1} = 1,\;{\lambda _2} = 2.} \] Таким образом, согласно теореме Ляпунова об устойчивости по первому приближению нулевое решение данной системы неустойчиво и представляет собой неустойчивый узел.

Найдем соответствующие собственные векторы и начертим схематический фазовый портрет линеаризованной системы вблизи нуля. Для собственного значения \({\lambda _1} = 1\) вектор \({\mathbf{V}_1}\) имеет следующие координаты: \[ {\left( {J - {\lambda _1}I} \right){\mathbf{V}_1} = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - 1}&0\\ 3&{2 - 1} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&0\\ 3&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow 3{V_{11}} + {V_{21}} = 0.} \] Пусть \({V_{11}} = t.\) Тогда \[ {{V_{21}} = - 3{V_{11}} = - 3t,}\;\; {\Rightarrow {\mathbf{V}_1} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{11}}}\\ {{V_{21}}} \end{array}} \right) } = {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} t\\ { - 3t} \end{array}} \right) } = {t\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ { - 3} \end{array}} \right) } \sim {\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1\\ { - 3} \end{array}} \right).} \] Определим собственный вектор \({\mathbf{V}_2}\) для собственного значения \({\lambda _2} = 2:\) \[ {\left( {J - {\lambda _2}I} \right){\mathbf{V}_2} = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - 2}&0\\ 3&{2 - 2} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{r}} { - 1}&0\\ 3&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \mathbf{0},}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} { - {V_{12}} + 0 \cdot {V_{22}} = 0}\\ {3{V_{12}} + 0 \cdot {V_{22}} = 0} \end{array}} \right..} \] Полагаем \({V_{12}} = 0,\) \({V_{22}} = 1,\) т.е. \[{\mathbf{V}_2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{V_{12}}}\\ {{V_{22}}} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 1 \end{array}} \right).\] Изобразим на фазовой плоскости асимптотические прямые, проходящие через начало координат и параллельные найденным векторам \({\mathbf{V}_1}\) и \({\mathbf{V}_2}\) (рис.\(2\) выше). Учтем, что фазовые траектории асимптотически приближаются к прямой, направленной вдоль вектора \({\mathbf{V}_1},\) которому соответствует наименьшее по модулю собственное значение \({\lambda _1} = 1.\) При удалении от начала координат фазовые траектории становятся параллельными оси \(Oy,\) вдоль которой направлен собственный вектор \({\mathbf{V}_2}.\)

Такой же фазовый портрет в окрестности начала координат имеет и исходная нелинейная система. Это следует из свойства грубости (структурной устойчивости) нулевого положения равновесия.

   Пример 5
Используя метод первого приближения, исследовать на устойчивость положение равновесия системы \[\frac{{dx}}{{dt}} = \ln \left( {x + y} \right),\;\;\frac{{dy}}{{dt}} = \arctan \frac{{2x}}{y}.\]
Решение.
Определим сначала точку равновесия: \[ {\left\{ \begin{array}{l} \frac{{dx}}{{dt}} = 0\\ \frac{{dy}}{{dt}} = 0 \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \ln \left( {x + y} \right) = 0\\ \arctan \frac{{2x}}{y} = 0 \end{array} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x + y = 1}\\ {x + y > 0}\\ {\frac{{2x}}{y} = 0}\\ {y \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x + y = 1}\\ {x = 0}\\ {x + y > 0}\\ {y \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 0}\\ {y = 1} \end{array}} \right..} \] Таким образом, система имеет одно положение равновесия в точке \(\left( {x = 0,y = 1} \right).\) Исследуем его на устойчивость с помощью системы первого приближения. Вычислим частные производные правых частей \({f_1}\left( {x,y} \right)\) и \({f_2}\left( {x,y} \right).\) \[\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left[ {\ln \left( {x + y} \right)} \right] = \frac{1}{{x + y}},\] \[\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {\ln \left( {x + y} \right)} \right] = \frac{1}{{x + y}},\] \[ {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\left[ {\arctan\frac{{2x}}{y}} \right] } = {\frac{1}{{1 + {{\left( {\frac{{2x}}{y}} \right)}^2}}} \cdot \frac{2}{y} } = {\frac{{{y^2}}}{{{y^2} + 4{x^2}}} \cdot \frac{2}{y} } = {\frac{{2y}}{{4{x^2} + {y^2}}},} \] \[ {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\left[ {\arctan\frac{{2x}}{y}} \right] } = {\frac{1}{{1 + {{\left( {\frac{{2x}}{y}} \right)}^2}}} \cdot \left( { - \frac{{2x}}{{{y^2}}}} \right) } = {\frac{{{y^2}}}{{{y^2} + 4{x^2}}} \cdot \left( { - \frac{{2x}}{{{y^2}}}} \right) } = { - \frac{{2x}}{{4{x^2} + {y^2}}}.} \] В точке \(\left( {x = 0,y = 1} \right)\) производные имеют следующие значения: \[ {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}}} \right|_{\left( {0,1} \right)}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}}} \right|_{\left( {0,1} \right)}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}}} \right|_{\left( {0,1} \right)}} = 2,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}}} \right|_{\left( {0,1} \right)}} = 0.} \] Следовательно, линеаризованная матрица (якобиан) в точке равновесия выглядит так: \[J = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1\\ 2&0 \end{array}} \right).\] Найдем ее собственные значения \(\lambda:\) \[ {\det \left( {J - \lambda I} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \lambda }&1\\ 2&{0 - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow \lambda \left( {\lambda - 1} \right) - 2 = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda ^2} - \lambda - 2 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 9,}\;\; {{\lambda _{1,2}} = \frac{{1 \pm 3}}{2} = - 1,2.} \] Итак, положение равновесия \(\left( {0,1} \right)\) линеаризованной системы характеризуется двумя действительными собственными значениями разного знака. Это значит, в соответствии с теоремой о неустойчивости по первому приближению, что точка \(\left( {0,1} \right)\) неустойчива. Данная точка равновесия является седлом.

   Пример 6
Используя систему уравнений первого приближения, исследовать на устойчивость нулевое решение системы \[\frac{{dx}}{{dt}} = \sin \left( {x + y} \right) - y,\;\;\frac{{dy}}{{dt}} = {y^2} + 2x.\]
Решение.
Очевидно, что правые части дифференциальных уравнений непрерывны и дифференцируемы бесконечное число раз. Следовательно, можно выполнить разложение в ряд Маклорена: \[ {{f_1}\left( {x,y} \right) = \sin \left( {x + y} \right) - y,}\;\;\; {{f_2}\left( {x,y} \right) = {y^2} + 2x,} \] \[ {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}} = \cos \left( {x + y} \right),}\;\; {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}} = \cos \left( {x + y} \right) - 1,}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}} = 2,}\;\; {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}} = 2y.} \] Подставляя \(x = 0, y = 0,\) получаем следующие значения производных: \[ {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial x}}} \right|_{\left( {0,0} \right)}} = 1,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_1}}}{{\partial y}}} \right|_{\left( {0,0} \right)}} = 0,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial x}}} \right|_{\left( {0,0} \right)}} = 2,}\;\; {{\left. {\frac{{\partial {f_2}}}{{\partial y}}} \right|_{\left( {0,0} \right)}} = 0.} \] Составим матрицу-якобиан \(J\) и вычислим ее собственные значения: \[ {J = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0\\ 2&0 \end{array}} \right),}\;\; {\det \left( {J - \lambda I} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 - \lambda }&0\\ 2&{ - \lambda } \end{array}} \right| = 0,}\;\; {\Rightarrow \lambda \left( {\lambda - 1} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {\lambda _1} = 0,\;{\lambda _2} = 1.} \] Мы получили два собственных значения, одно из которых равно нулю. Это означает, что мы имеем критический случай, для которого невозможно определить характер устойчивости точки равновесия в рамках первого приближения.

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.