STABILITET FÖR ICKE-LINJÄRA SYSTEM Linjarisering och lokal stabilitet.

(1)

Sida 1 av 8

STABILITET FÖR ICKE-LINJÄRA SYSTEM

Linjarisering och lokal stabilitet.

Låt

) , (

y x dt Q dy

y x dt P dx



(sys 1)

vara ett autonomt icke-linjärt system där x(t) och y(t) är obekanta funktioner.

Kritiska punkter till (sys 1) bestämmer vi genom att lösa







 0 ) , (

0 ) , (

y x Q

y x

P (sys A).

Det kan hända att vi får ingen, ändligt många eller oändligt många kritiska punkter. För att bestämma stabilitet för en kritisk punkt K_j (x_j,y_j) approximerar vi (sys 1), i närheten av punkten K , med ett linjärt system med konstanta koefficienter _j

) (X K_j A

X  eller X AX AK_j

där















 





) ( ) (

j j

y K K Q

x Q

y K K P

x P

A s.k. Jacobis matris (eller jacobimatris).

Därmed matrisen A bestämmer stabilitet för kritiska punkten K . _j

---

Förklaring: Enligt Taylors formel tillämpad kring punkten (x_j,y_j) har vi

) )(

) ( )(

) ( ( ) ,

( _j ^j _j ^j y y_j

y K x P

x x K K P

P y x

P 





 





) )(

) ( )(

) ( ( ) ,

( _j ^j _j ^j y y_j

y K x Q

x x K K Q

Q y x

Q 





 





Notera att P(K_j)0 och Q(K_j)=0 eftersom K_jär en kritisk punkt. Därmed kan vi approximera (sys 1) med

) )(

) ( )(

(

j j

j

j y y

y K x P

x x K P dt

dx 





 

 

) )(

) ( )(

(

j j

j

j y y

y K x Q

x x K Q dt

dy 





 

 

eller XA(X K_j).

(2)

Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR , SF1676 Stabilitet för icke linjära system

Sida 2 av 8 ---

Sammanfattning:

Bestämning av kritiska punkter till

) , (

y x dt Q dy

y x dt P dx



(sys 1)

och deras stabilitet kan vi utföra på följande steg:

Steg 1. Bestäm kritiska punkter genom att lösa







 0 ) , (

0 ) , (

y x Q

y x

P (sys A).

Steg 2. Bestäm Jacobis matris i punkten (x,y)















 





) , ( ) , (

y y x y Q x x Q

y y x y P x x P

A .

Steg 3. För varje kritisk punkt K_j (x_j,y_j) bestämmer vi matrisen















 





) , ( ) , (

) , ( ) , ( )

(

j j j

j

j j j

j

y y x y Q x x

Q

y y x y P x x P K

A (dvs vi substituerar x ,x_j yy_ji A).

Därefter bestämmer vi typ av punkten med hjälp av

metod1 (egenvärden) eller metod 2 (  ,  



 



 ² 2

 och  ).

---

(3)

Som hjä figur frå

På grun gränslin t. ex. ri --- Uppgift

dt dy dt x dx 2



Lösning







 2

2

x y x

älp att komm ån Zill,Writ

nd av approx njerna i ovan ita riktnings

--- t 1. Bestäm

y x

y 2

2 3

2



g: Steg 1. V



 . 0 2

0

2 3 y y

ma ihåg alla tes bok:

ximationer k nstående fig s eller försök

--- alla kritisk

Vi bestämme

a möjliga fa

kan vi inte gur. För att k exakt lösa --- ka punkter o

er kritiska p

Sida 3 av 8 all som kan

avgöra grä analysera s a systemet) --- och deras typ

punkter gen

8

förekomma

änsfall i vår sådana fall a

. --- p för följand

nom att lösa

a, kan man

r analys. Dä använder m

de autonom

använda fö

ärför frågete man andra m

ma system

ljande

ecken på metoder (

(4)

Sida 4 av 8

Substitutionen x2yi första ekvation ger 4y²y² 303y² 3 y1. Eftersom x2y har vi två kritiska punkter K₁(2,1)och K₂ (2,1) . Steg 2. Vi bestämmer Jacobimatrisen i punkten (x,y)



 







 















 



 1 2

2 2 ) , ( ) , (

) , ( ) ,

( x y

y y x y Q x x Q

y y x y P x x P

A (*) .















 





) , ( ) , (

) , ( ) , ( )

(

j j j

j

j j j

j

y y x y Q x x

Q

y y x y P x x P K

A (dvs vi substituerar x ,x_j yy_ji A),

och (med hjälp av matrisen A(K_j)) typ av punkten K . _j 3.1 För K₁ (2,1)har vi från ( *)



 







 



 







 



 1 2

2 4 2

1 2 ) 2

(

1 1 2

y x

y K x

A .

Vi beräknar det( A) ,  



 



 ² 2

 och  trace( A).

Eftersom 8260 är K₁en sadelpunkt (och därmed en instabil punkt).

3.2 För K₂ (2,1) har vi från ( *)



 







 



 







 







 1 2

2 4 2

1 2 ) 2

(

) 1 (

) 2 2 (

y x

y K x

A .

Vi beräknar det( A) ,  



 



 ² 2

 och  trace( A).

Vi har 8260, 9 6 3 2

2









 



 





och  6.

Därmed är K₂en stabil nod.

Svar: K₁(2,1)är en sadelpunkt, K₂ (2,1) är en stabil nod.

(5)

Sida 5 av 8

Uppgift 2. Bestäm alla kritiska punkter och deras typ för följande autonoma system

2 2

3 y dt x

dy

y dt x

dx











Lösning: Steg 1. Vi bestämmer kritiska punkter genom att lösa















. 0

0 2 3

2 2

2

y x

Från andra ekvationen har vi xy.

i) Om x har vi från första ekvationen y 3yy² 20 som gör y₁1 och y₂ 2. Eftersom x har vi y K₁ (1,1)och K₂ (2,2).

ii) Om xy har vi från första ekvationen 3y y²20 som gör y₁ 1 och y₂ 2. Eftersom xy har vi K₃(1,1)och K₄ (2,2).

Steg 2. Vi bestämmer Jacobimatrisen i punkten (x,y)



 







 















 



 x y

y y

y x y Q x x Q

y y x y P x x P

A 2 2

2 3 )

, ( ) , (

) , ( ) , (

.















 





) , ( ) , (

) , ( ) , ( )

(

j j j

j

j j j

j

y y x y Q x x

Q

y y x y P x x P K

A (dvs vi substituerar x ,x_j yy_ji A).

3.1 För K₁ (1,1)har vi



 







 



 







 



 2 2

2 3 2

2 2 ) 3

(

) 1 (

) 1 1 (

y

y x

x K y

A .

Eftersom 02 , 2 0

4 25 2

2









 



 





och  5är K₁en stabil nod

(6)

Sida 6 av 8 3.2 För K₂ (2,2)har vi



 







 



 







 



 4 4

4 3 2

2 2 ) 3

(

) 2 (

) 2 2 (

y

y x

x K y

A .

Eftersom 40. Därmed är K₂ en sadelpunkt (och därmed en instabil punkt).

3.3 För K₃(1,1)har vi



 



 

 



 







 





 2 2

2 3 2

2 2 ) 3

(

) 1 (

) 1 3 (

y

y x

x K y

A .

Eftersom 02 . Därmed är K₃ en sadelpunkt (och därmed en instabil punkt)..

3.4 För K₄ (2,2)har vi



 



 

 



 







 





 4 4

4 3 2

2 2 ) 3

(

) 2 (

) 2 1 (

y

y x

x K y

A .

Eftersom 04 , 4 0 4

1 2

2









 



 





och  1är K₄en instabil spiralpunkt.

Svar: K₁(1,1) är en stabil nod, )

2 , 2

2 (

K är en sadelpunkt (och därmed en instabil punkt), )

1 , 1

3( 

K är också en sadelpunkt (och därmed en instabil punkt), )

2 , 2

4 ( 

K är en instabil spiralpunkt.

(7)

Sida 7 av 8

===============================================

Linjarisering av en autonom DE

Linjarisering kan vi använda på en autonom första ordningens DE av en obekant funktion x=x(t). Vi kan analysera stabilitet för xg(x), i en kritisk punkt x₁, med hjälp av

teckentabell, som vi gjorde tidigare i kursen. Men vi kan också i några fall (om g x( ₁)0) använda linjarisering och bestämma stabilitet med hjälp av g(x₁). Runt punkten x₁ gäller approximationen g(x)g(x₁)(xx₁)och därmed

) ( ) (x₁ x x₁ g

x   (*).

Genom att analysera tecken för x med hjälp av (*) drar vi följande slutsats:

a) Om g x( ₁)0då är x₁en (asymptotisk) stabil kritisk punkt.

b) Om g x( ₁)0då är x₁en instabil kritisk punkt.

c) Om g x( ₁)0 måste vi undersöka tecken av g(x)i närheten av punkten x₁.

Anmärkning:(Beteckning). Tidigare har vi oftast betraktat en autonom DE av första ordningen yg( y)med en obekant funktion y=y(x).

Lösning.

Uppgift 3. (Jämför med stencilen om autonoma DE) Vi betraktar följande autonoma DE y(y3)(y2)². a) Bestäm kritiska punkter.

b) Bestäm, om möjligt punkternas stabilitet med hjälp av g( y).

c) Rita ett fasporträtt till DE och klassificera kritiska punkter med hjälp av tecken för )2

2 )(

3

(  

 y y

y och ekvationens fasporträtt (som vi gjorde tidigare i kursen.

Lösning:

a) Kritiska punkter är lösningar till (y3)(y2)². Detta ger två kritiska punktery2 och y=3.

b) Beteckna g(y)(y3)(y2)². Då är g(y)(y2)²2(y3)(y2).

b1) För kritiska punkten y3 har vi g(3)10. Därmed är y3en instabil kritisk punkt.

(8)

Sida 8 av 8

b2) För y2 har vi g(2)0. Båda fall (stabil och instabil) kan förekomma i detta fall.

För att bestämma stabilitet måste vi undersöka tecken för g(y)(y3)(y2)² (som vi ger i c-delen)

c) Först bestämmer vi tecken för y dvs för uttrycket (y3)(y2)² med hjälp av en teckentabell:

2 3 )2

2

(y + 0 + + +

) 3

(y – – – 0 +

y – 0 – 0 +

Med hjälp av derivatans tecken ritar vi fasporträtt )2

2 )(

3

(  

 y y

y

Därmed har vi följande svar:

1. y3 är en instabil kritisk punkt (samma resultat som i b-delen) och att 2. y2 är också en instabil kritisk punkt (semistabil).