Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Дифференциальные уравнения. Устойчивость решений. Элементы теории устойчивости решений. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

748 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 103 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Ответы:

1)k1,2 = −2± 56 , точка покоя неустойчива; 2

2)k1,2 = −1±2 3 , седло;

3)k1,2 = −2±i5 , устойчивый фокус;

4)k1 = −2,k2 = −4 , устойчивый узел.

Найти значения параметра, при которых нулевое равновесие системы устойчиво.

x =sin(ay −2x);

Пример 1.10.

y =3x −a(y +5y3 ).

Решение. Система имеет нулевое решение. Коэффициенты ли-

неаризованной системы

∂f1

= −2cos(ay

−2x)

(0,0) = −2cos0 = −2 ,

∂x

(0,0)

∂f1

=a cos(ay

−2x)

(0,0) =a 2cos0 =a ,

∂y

(0,0)

∂f2

=3,

∂x

(0,0)

∂f2

= −a(1+15y2 )

= −a .

∂y

(0,0)

−2

(0,0)

Матрица линеаризации:

−a

Из курса линейной алгебры известно, что:

1)след матрицы trA (сумма ее диагональных элементов) равен сумме ее собственных значений;

2)определитель матрицы detA равен произведению собственных значений матрицы.

В данном случае имеем:

1) trA = −2−a =k1 +k2 ,

2) det A = −2 (−a) −3a = −a =k1 k2 .

Для асимптотической устойчивости требуется, чтобы вещественные части обоих собственных значений были отрицательны. Так будет, если

trA =k1 +k2 <0,

det A =k1 k2 >0.
Отсюда
−2−a <0,	a > −2,

−a >0;	a <0.

Ответ: a ( –2, 0).

x =x +ln(1+2y −y2 ),

Пример 1.11.

y =ax +sinby.

Решение. Система имеет нулевое решение. Коэффициенты линеаризованной системы

∂f1

=1,

∂x

(0,0)

∂f1

2−2y

=2,

∂y

1+2y −y2

(0,0)

∂f2

=a ,

∂x

(0,0)

∂f2

=b cosby

(0,0) =b .

∂y

(0,0)

Матрица линеаризации:

trA =1+b <0,

=b −2a >0.

det A

b < −1,

Ответ:

a <

Самостоятельно определить, при каких значениях параметра точка покоя системы асимптотически устойчива:

1)	x		=x +2y,		2)	x		= −x +tg(y2 +ay),
		y	=ax +by;					=ln(1+2x) −ay;
						y

3)	x		=ax −2y +x2,		4)	x		=x +sinx,
			=x +y +xy;				y	=ax +by.
	y

Ответы: 1) a <				b	,b < −1;			2) −1<a <0 ;

			2
			3) −2 <a < −1;					4) a <b < −1 .

Равновесие ненулевой стационарной точки.

Предположим теперь, что стационарная точка векторного поля (y10,y20, , yn0 ) ненулевая. Точка является решением алгебраической системы

fk (y1, , yn ) =0,

	k =1, , n.

Пусть каждая из функций fk (y1, , yn ) допускает разложение в ряд Тейлора в окрестности этой стационарной точки:

fk (y1, , yn ) =fk (y10,y20, , yn0 ) + ∂∂fk (y10,y20, , yn0 ) (y1 −y10 ) + y

		+	∂fk	(y10,y20, , yn0 ) (y2 −y20 ) + +
		+	∂y	(y10,y20, , yn0 ) (y2 −y20 ) + +
			∂y
		2
+	∂fk	(y10,y20, ,			yn0 ) (yn −yn0 ) + Fk (y1, , yn ).
+	∂y	(y10,y20, ,			yn0 ) (yn −yn0 ) + Fk (y1, , yn ).
	∂y
	n
Тогда система первого приближения имеет вид
		y1′ =a11(y1 −y10 ) + +a1n (yn −yn0 ),
				=a21(y1	−y10 ) + +a2n (yn −yn0 ),
		y2′		=a21(y1	−y10 ) + +a2n (yn −yn0 ),



					−y10 ) + +ann (yn −yn0 ).
		yn′ =an1(y1			−y10 ) + +ann (yn −yn0 ).

Система имеет точку равновесия в (y10,y20, , yn0 ) .

Если провести замену функций yk (t) = yk (t) −yk0 , k = 1, … n, то система примет вид

y1′ =a11y1 + +a1nyn,
	=a21y1	+ +a2nyn,
y2′	=a21y1	+ +a2nyn,



y′	=a y	+ +a y	.
n	n1 1	nn n

Новая система имеет точку покоя в нуле. Исследование точки покоя производится по алгоритму исследования нуля.

Найти особые точки поля и определить их тип.

	f (x,y) =1−2xy −3x −3y +										27	,
	f (x,y) =1−2xy −3x −3y +										4	,
Пример 1.12.		1									4
Пример 1.12.													9
	f (x,y) =x2				+2xy +y2 −2x −2y −								9	.
	f (x,y) =x2				+2xy +y2 −2x −2y −									.
		2									16
											16
Решение. Найдем стационарные точки:
	1−2xy −3x				−3y +			27	=0,
	1−2xy −3x				−3y +		4		=0,
							4
										9
			2	+2xy +y	2	−2x	−2y −			9	=0.
	x
	x									16
										16

Для решения этой системы алгебраических уравнений удобно

провести замену переменных:
							x +y =u,

							xy = υ.
Тогда система примет вид
			u2 −			2u −			9	=0,					(1)
			u2 −			2u −				=0,					(1)
						16
											27
			1−2υ−3u +								27	=0.		(2)
			1−2υ−3u +									=0.		(2)
										4
		9								4
1) u2 −2u −		9	=0 ,
1) u2 −2u −	16		=0 ,
	16
													2±	5		9
				9			25
																	4 .
			D =4 +		=			, u =						2	=
														2

			4			4				1,2			2					1
			4			4							2				−	1

																		4
																		4

2)	1	−2υ−3u +	27	=0		,
2)	1	−2υ−3u +	4	=0		,
			4
								u =		9		υ=				1	,
								u =		4		υ=				2	,
										4						2
								u = −		1		υ=				17		,
								u = −		4		υ=				4		,
										4						4
		x +y =					9	,
		x +y =				4		,							1			1
						4									1			1
					1			M1						2,		,		M2	,2	,
								M1						2,	4	,		M2	,2	,
															4			4
		xy =				,
		xy =			2	,
					2
							x +y = −					1	,
							x +y = −					4	,
												4			x,y C .
									17						x,y C .
									17
							xy =				;
							xy =		4		;
									4

Исследование проведем для вещественных стационарных

точек.
∂f1		∂f1
	∂x	∂y		−2y −3	−2x −3
Составим матрицу		∂f	=	2x +2y −2 2x +2y −		2	.
∂f		∂f		2x +2y −2 2x +2y −		2
	2	2
	∂x	∂y
	∂x	∂y

Эта матрица называется матрицей Якоби. Подставим координаты стационарной точки в матрицу Якоби и получим матрицу линеаризации.

Исследуем каждую из найденных точек.

		1
1) M1	2,		.
1) M1	2,	4	.
		4

	−	7	−7

		2
Матрица линеаризации:		2		.
	5		5

	2		2
	2		2

Характеристический многочлен

	−	7		−k	−7						35
	−	2		−k	−7		=0 k2 +k			+		=0 ,
		2
			5		5	−k					4
			5		5						4
		2			2
		2			2
									−4 ±i				k1
					2		k1,2	=	−4 ±i	544		,	k1
D = −544 ≈29.73 ,							k1,2	=	16			,
									16				k2

Вывод: устойчивый фокус.

2) M	1	,2	.
2) M		,2	.
2	4
	4											7
										−7	−	7

												2
Матрица линеаризации:												2	.
										5	5

											2
									2		2
Характеристический многочлен
				−7 −k		−		7
								7
								2	=0 4k2 +18k −35 =0 ,
					5	5		2	=0 4k2 +18k −35 =0 ,
					5	5	−k
				2		2	−k
				2		2

<0 .

2			−18 ±29/73		k1 >0,
D =884 ≈29,73 ,	k1,2	=		,		<0.
			16
					k2

Вывод: седло.
	f (x,y) =3y −2x2 −2x −2,
Пример 1.13.		1
Пример 1.13.		f (x,y) =x2 −2xy +y2			−1.
		f (x,y) =x2 −2xy +y2			−1.
Решение.	2
Решение.
Стационарные точки
		3y −2x2		−2x −2 =0,

			−2xy +y2 −1		=0.
		x2	−2xy +y2 −1		=0.

Замена переменных:

y −x =u,2x2 −x = υ;

		u =1,
3u −υ−2 =0,		υ=1,

	−1=0,
u2		u = −1,

υ= −5.

Подставим найденные значения u и υ в систему и найдем ко-

ординаты двух точек:
			−	1		1
M1(1,2),		M2			,		.
M1(1,2),		M2		2	,	2	.
				2		2
−4x −2		3
Матрица Якоби:	−2x +2y			.
2x −2y	−2x +2y

Исследуем каждую из найденных стационарных точек.

1) M1(1,2) .
	−6	3
Матрица линеаризации:		.
	−2	2
Характеристический многочлен
	−6 −k	3		=0		,
	−6 −k	3		=0		,
	−2	2−k
			−2+
k2 +4k −6 =0, k =			−2+					10		>0,
k2 +4k −6 =0, k =
			−2		−		10		<0.

Вывод: седло, равновесие неустойчиво.

2)M1 −1, 1 .

2 2

	0	3
Матрица линеаризации:			.
	−2	2
Характеристический многочлен
	0 −k	3		=0 ,
	0 −k	3		=0 ,
	−2	2−k
					1+i
k2 −2k +6 =0, k =					1+i	20,
k2 −2k +6 =0, k =							.
					1−i	20.

Вывод: неустойчивый фокус.

Самостоятельно найти особые точки поля и определить их тип:

(x,y) =2xy −1,

(x,y) =x2 +2xy +y2 −2x −2y −169 .

2) f1(x,y) =169−x2 −y2,f2 (x,y) =5x −12y.

			(x,y) =x	2	−4x +y −1,		f	(x,y) =(x −1)(y −1),
3)	f					4)
		1	(x,y) =3x −2y −1.				1
	f						f (x,y) =xy −2.
		2					2

Ответы:
			1								1
1)	M1			,2		устойчивый узел, M2 2,						седло;
1)	M1			,2		устойчивый узел, M2 2,						седло;
			4								4
2)	M1	(12,5) устойчивый фокус, M2 (−12, −5) седло;
		(3,4)					1		5
3)	M1				седло, M2 −			, −		устойчивый узел;
3)	M1				седло, M2 −			, −		устойчивый узел;
							2		4
4)	M1	(1,2),				M2 (2,1) неустойчивы.

1.4.Метод изоклин

Вразделе 2.7.1 пособия 3457 дано определение изоклины как кривой на плоскости переменных x, y, в каждой точке которой производная y′(x) принимает постоянное значение, например С. Интегральные кривые y(x), пересекающие данную изоклину

вразличных точках, имеют в точках пересечения касательную с угловым коэффициентом С. Построение изоклин позволяет достаточно наглядно представить поведение интегральных кривых и потому применяется при графическом решении уравнений и систем.

Рассмотрим алгоритм построения и использования изоклин для оценки устойчивости решений линейной автономной системы дифференциальных уравнений в R2.

Изобразить вблизи начала координат траекторию системы и по его поведению выяснить устойчивость нулевого решения.

x = −3x −4y,

Пример 1.14.

y =x +y.

Решение. Предварительно, не вычисляя собственных значений k1, k2, можно оценить характер точки покоя при помощи следа и определителя матрицы.

Известно, что:

1)след матрицы (сумма ее диагональных элементов) равен сумме ее собственных значений;

2)определитель матрицы равен произведению собственных

значений.		−3	−4
				имеем:
В данном случае для матрицы		1	1

1) trA = −3+1 = −2 =k +k <0 ,
1	2

2) det A = −3 1+4 1 =1 =k1 k2 >0 .

Предварительные вычисления показали, что собственные значения имеют одинаковые знаки, при этом сумма их отрицательна. Это означает, что вещественные части собственных значений k1, k2 отрицательны и решение устойчиво.

Преобразуем систему в дифференциальное уравнение:

y′(x) =	dy		=	ydt	=	y	,
	dx			xdt		x

y′(x) =			x +y			.
		−3x −4y

Начнем построение с главных изоклин.

1. Изоклина горизонтальных касательных tg ϕ = 0:

y′(x) =		x +y	=0 ,
		−3x −4y

x +y =0 y = −x .				π
2. Изоклина вертикальных касательных tg ϕ =					:
		x +y		2
y′(x) =			=∞ ,
	−3x −4y

−3x −4y =0 y = −	3	x .
	4

Дополнительные касательные в точках пересечения фазовых кривых с осями координат в произвольных точках на осях с координатами (± С, 0) и (0, ± C):

X± : (±C,0)				Y± : (0,±C)

y′(x) =	±C +0	= −	1	y′(x) =	0 ±C	= −	1
					0 4C		4
	3C −0 3

Изображаем построенные изоклины и отмечаем угол наклона касательных к фазовой кривой (рис. 1.9).

			y = – x	Y
			y = – x	Y	tg φ = −	1
						1
y = −	3					4
						4


		x					tg φ = −	1

	4
	4							3
								3

							X

Рис. 1.9

Оценим направление движения по траектории:

x = −3x −4y >0, y < −34 x ; y =x +y >0, y > −x .

Отмечаем на координатной плоскости сектора, в которых x >0 , т.е. x возрастает при движении точки по траектории решения, либо x <0 , т.е. x убывает. Аналогично для y. Фазовую кривую можно строить с началом в любой точке плоскости, продолжая ее в направлении, отвечающем знаку производной каждой из координат и придерживаясь определенного наклона касательных в точках пересечения с изоклинами (рис. 1.10).

<<< < Предыдущая 1 23 / 103 4 5 6 7 8 9 10 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]