STABILITET FÖR LINJÄRA HOMOGENA SYSTEM MED KONSTANTA KOEFFICIENTER

Transkript

1 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 STABILITET FÖR LINJÄRA HOMOGENA SYSTEM MED KONSTANTA KOEFFICIENTER Innehåll Stabilitet för en kritisk punkt (grundbegrepp) Stabilitet för ett linjärt homogent system med konstanta koefficienter Nod, spiralpunkt och centrum ================================================ Stabilitet för en kritisk punkt (grundbegrepp) Låt P( x, y) (sys ) Q( x, y) vara ett autonomt system där x ( och y ( är obekanta funktioner Lösningar till systemet P( x, y) 0 Q( x, y) 0 (sys A) kallas kritiska punkter till (sys ) DEFINITION Låt till systemet x x( K vara en kritisk punkt till (sys ) och X ( y en lösning y( i) Vi säger att Kär en stabil kritisk punkt, om för varje 0 existerar 0 så att för varje lösning X ( som för t t0 satisfierar X ( t 0 ) K, gäller X ( K för t t0 ii) Vi säger att en stabil kritisk punkt K är asymptotiskt stabil om det existerar 0 så att X ( t K 0 ) K lim X ( t Om en kritisk punkt inte är stabil säger vi att den är instabil Sida av 7

2 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Vi kan rita lösningar x ( och y ( till (sys )i separata koordinatsystem med t- och x-axeln x( respektive t- och y-axeln men det är praktiskt att rita parametriska kurvor i ett xyplan (fasplan) som vi gör nedan Lösningskurva kan betraktas som en bana(trajektoria) som y( x( beskrivs av punkten då t varierar mellan t 0 och En figur med några karakteristiska y( lösningskurvor (trajektorier) kallas systemets fasporträtt Stabilitet för ett linjärt homogent system med konstanta koefficienter Här betraktar vi stabilitet för ett linjärt homogent system med konstanta koefficienter, ax by cx (sys 0) eller, på matrisformen, a b X AX där A c d Kritiska punkter får vi genom att lösa följande (linjära homogena) system ax by 0, cx 0 a b som kan ha exakt en lösning, om determinanten 0, eller oändligt många c d lösningar om 0 I den här lektionen är vi intresserade av fallet 0 dvs fallet med 0 exakt en kritisk punkt K=(0,0) (eller K= ) 0 METOD Bestämning av punktens typ med hjälp av egenvärden och För att bestämma egenvärden till A löser vi ekvationen ( a ) b det( A I ) 0, dvs 0 c ( d ) Efter föränkling får vi följande andragradsekvation ( a d) ( ad bc) 0 (*) (den karakteristiska ekvationen) Vi betecknar Sida av 7

3 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 a d (Alltså är matrisens spår (trace) dvs summan av element på huvuddiagonalen) och ad bc (matrisens determinan, Då kan vi skriva (*) som 0 (**) Från den karakteristiska ekvationen (**) har vi, (***) Uttrycket under rottecken bestämmer om egenvärdena blir reella eller komplexa Fall Om 0 Fall Om 0 Fall 3 Om 0 har ekvationen (**) två reella och olika lösningar har (**) reella och lika lösningar (sk dubbelro har vi komplexa lösningar Vi ska analysera varje fall för sig Fall Reella och olika lösningar till (**) Fall uppstår om 0 a) Anta att både och är negativa tal Lösningar till X AX har följande form 0 negativa har vi lim X ( t 0 t t X ( cke ck e Eftersom exponenter är Kritiska punkten 0 0 är stabil och kallas stabil nod Om vi ritar några lösningskurvor kring origo (s k fasporträt får vi en figur som ser ut (i gruva drag) som nedanstående graf: Sida 3 av 7

4 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 stabil nod Origo Fig Stabil nod Anmärkning: Om vi betraktar en lösningskurva för c 0 och c 0 dvs en lösning av följande typ t cke (= X ( sk, där c e s t av den räta linje, som genom origo, vars riktningsvektor är K Punkten en skalär parameter), inser vi att en sådan lösningskurva är en del t cke rör sig på denna X ( linje från en start punkt X (0) mot origo (men aldrig kommer till origo) I ovanstående figur visar reda pilar de lösningskurvor som är parallella med egenvektorer Om, och c 0, c 0, då tangerar en t t t ) t lösningskurva, X ( cke ck e e ( ck ck e( ) vektorn K b) Anta nu att både och är positiva tal Lösningar t t X ( cke ck e och därför 0 X ( om t gäller för alla lösningar förutom lösningen X ( 0 0 Kritiska punkten är instabil och kallas en instabil nod Lösningskurvor ser ut som ovan 0 med pilar riktade bort från origo: Fig c) Anta nu att och har olika tecken Sida 4 av 7

5 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 positivt I det här fallet är kritiska punkten vi följande situation kring origo i detta fall : 0 instabil och kallas en sadelpunkt Vi har 0 Fig 3 Sadelpunkt är en instabil punkt Anmärkning: Från formeln, ser vi att sadelpunkt förekommer om och endast om < 0 eftersom i detta fall blir 0 eftersom om 0 Fall Reella och lika Detta uppstår om 0 och, har olika tecken (Sista Då är t ( ( ck ck ) e eller X t t X ( cke c( tk P) e Stabilitet: 0 a) Om 0 då är en stabil (degenererad) nod 0 0 b) Om 0 då är en instabil (degenererad) nod 0 Fall 3 Komplexa egenvärden Detta fall uppstår om 0 Beteckna, Då kan vi skriva i Sida 5 av 7

6 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Stabilitet för linjära system med konstantaa koefficienter 3a) Om Re, 0 0 dvs 0 då är en stabil spiralpunkt Lösningskurvor är 0 spiraler runt origo Punkten på en sådan lösningskurva går mot origo då t går mot dvs 0 lim X ( t ) t 0 Stabil spiralpunkt 3b) Om Re, 0 0 dvss 0 då är en instabil spiralpunkt Lösningskurvor är 0 spiraler runt origo X ( om t i detta fall Instabil spiralpunkt 3c) Om Re, 0 0 dvs 0 då är ett centrum Lösningar är periodiska 0 funktioner Lösningskurvor är ellipser plisserade runt origo Se nedanståendn de figurer ( med och utan riktningsfäl Ett centrum är enn stabil punkt Sida 6 av 7

7 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Stabilitet för linjära system med konstantaa koefficienter Anmärkning Centrum är en stabil kritiskk punkt enligt ovanstående definition Man kan visa att för varje 0 existerar 0 så att för varje lösning X ( som för t t 0 satisfierar 0 0 X ( t0 ), gäller X ( 0 för t t 0 0 ====== ========= ========= ========= ======== Kort sammanfattning för METOD för klassificering av kritiska punkten ( Vi betraktar fallet det(a) 0 så att systemet har endast en kritisk k punkt, origo) Först bestämmer vi egenvärden till A genom att lösa ekvationen det( A I ) 0, dvs ( a ) c b ( d ) 0 eller 0 (**), och bestämmer, Reella och i) Båda egenvärdenn negativa: stabil nod (Här kan också räknas fallet ii) Båda och är positiva: instabil nod (Här kan också räknas fallet iii) och har olika tecken: sadelpunkt ( sadelpunkt är instabil) Komplexa och dvs, i iv) Om Re( ), är negativ dvs 0 : stabil spiralpunkt v) Om Re(, ) är positiv dvs 0 : instabil spiralpunkt vi) Om Re( ), är noll dvs 0 : centrum ( centrum är en stabil kritisk punk 0 ) 0 ) Sida 7 av 7

8 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Uppgift Klassificera kritiska punkten (0,0) som stabil/instabil för nedanstående homogena system Bestäm också punktens typ (nod, sadelpunkt, centrum eller spiralpunk a) x y x 3y x y b) x y x y c) x y d) 3x y 4x 3y x y e) x y f) x y x y Lösning: För matrisen a b A kan vi direkt skriva den karakteristiska ekvationen c d 0 (**) där a d (matrisens spår) och ad bc (matrisens determinan, a) a d 5, ad bc 3 4 Notera att 0 visar direkt att origo är sadelpunkt och därmed instabil (Vi behöver inte fortsätta och bestämma, Om vi gör detta får vi olika reella lösningar som igen ger sadelpunkt) b) 0, 3, Den karakteristiska ekvationen som ger i 3 Rent imaginära egenvärden medför att (0,0) är ett centrum och därmed stabil punkt c) 4, 3, Den karakteristiska ekvationen som ger och 3 Två negativa reella lösningar Punkten är en stabil nod d) och 5 Två positiva reella lösningar Punkten är en instabil nod e) 3, 6, Den karakteristiska ekvationen Sida 8 av 7

9 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF , i Två komplexa egenvärden Negativa 3 reelldelar Re(, ) Punkten är en stabil spiralpunkt f) 3, 6, Den karakteristiska ekvationen reelldelar Re( ), 3 3, i 5 Punkten är en instabil spiralpunkt Två komplexa lösningar Positiva ======================================================= Sida 9 av 7

10 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 METOD Klassificering av kritiska punkten (0,0) med hjälp av, och Ovanstående analys av homogena systemet a X c b X d som har en kritisk punkt (0,0) om det(a) 0, visar att punktens typ beror av följande tre storheter: trace( A) a b, det( A) ad bc, och R Här är sammanfattning som ger punktens typ med hjälp av, och R : 0 (oavsett värdet på ) sadelpunkt (sadelpunkt är en instabil kritisk punk 0, 0 3 0, 0 4 0, 0 5 0, 0 och 0 stabil nod (två negativa reella egenvärden) och 0 instabil nod (två positiva reella egenvärden) och 0 stabil (degenererad) nod och 0 instabil (degenererad) nod 6 0, 0 7 0, 0 8 0, 0 och 0 stabil spiralpunkt och 0 instabil spiralpunkt och 0 centrum (centrum är en stabil kritisk punk Ovanstående fall kan enklare memoreras med hjälp av en figur i planet (Här är denna sammanfattning i en figur från kursboken, Zill-Wrigh: Sida 0 av 7

11 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Stabilitet för linjära system med konstantaa koefficienter Några exempel på hur vi tolkar ovanstående figur: I ovanstående graf ser vi, bland annat att vi har stabil punkt endast i andra kvadranten dvs om 0 och 0 Vi ser också att 0 dvs svarar mot området ovanpå parabeln i figuren Om 0 då är origo en sadelpunkt (oberoende av värdet på ) Hur ska man i praktiken utföra klassificering med, ochh : Först beräknar vi determinanten I) Omm 0 då är origo en sadelpunkt s (oberoende om spåret är >0, < 0 eller =0) Sida av 7

12 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 II) Om 0 beräknar vi komplexa som bestämmer om och är reella eller Slutligen beräknar vi som bestämmer stabilitet Uppgift Bestäm med hjälp av, och stabilitet för (0,0) i systemet X ' AX där A definieras nedan: 3 0 a) A b) A c) A 4 d) A e) A f) A 5 Lösning: a) 6 0, 5/ 4 0 (, komplexa tal), 3 0 Därmed är origo en instabil spiral b) 0 0 Därmed är origo en sadelpunkt Sadelpunkt är en instabil punkt c) 9 0, 0 ( och vi har en degenererad nod), 6 0 Därmed är origo en stabil degenererad nod d) 0 Därmed är origo en sadelpunkt Sadelpunkt är en instabil punkt e) 0 0, (, reella och olika tal så att origo är en nod), Sida av 7

13 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF Därmed är origo en instabil nod f) 6 0, (, komplexa tal) Därmed är origo ett centrum Centrum är en stabil punkt Uppgift 3 Vi betraktar systemet y x y För vilka värden på den reella parametern är (0,0) a) en instabil spiralpunkt b) en stabil spiralpunkt c) ett centrum d) sadelpunkt Lösning Systemets matris är 0 A Vi beräknar, och a) Punkten (0,0) är en instabil spiralpunkt om 0, 0 och 0 dvs om följande tre olikheter är uppfyllda o: 0, o: 0 och o3: 0 Sida 3 av 7

14 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Olikheten o gäller för alla Från o har vi 4 som ger Detta tillsammans med o3 0 ger svaret 0 Svar a) 0 b) Punkten (0,0) är en stabil spiralpunkt om 0, 0 och 0 eller 0, 0 och 0 som ger 0 Svar b) 0 c) Punkten (0,0) är ett centrum om 0, 0 och 0 eller 0, 0 och 0 Alla tre krav är uppfyllda om 0 Svar c) 0 d) Punkten (0,0) är en sadelpunkt om 0 Vi har 0 så att sadelpunkt inte kan förkomma i vårt system Svar d) Detta fall ( att (0,0) blir sadelpunk kan inte förkomma i vårt system Sida 4 av 7

15 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Uppgift 4 Vi betraktar systemet x y x y För vilka värden på den reella parametern är (0,0) a) en sadelpunkt b) ett centrum Lösning Systemets matris är A Vi beräknar, 0 och 0 a) Punkten (0,0) är en sadelpunkt om 0 dvs 0 eller som ger (, ) (, ) b) Punkten (0,0) är ett centrum om 0, 0 och 0 eller 0, 0 och 0 0 Första och andra krav är ekvivalenta och ger Tredje kravet (0=0) är alltid uppfylld Svar b) Uppgift 5 Vi betraktar DE x ( 3x( x( 0 a) Skriv systemet som ett homogent linjärt system b) Klassificera kritiska punkten (0,0) Lösning: Vi skriver ekvationen som x ( 3x( x( och inför en ny variabel genom att beteckna x y På detta sätt får vi följande system Sida 5 av 7

16 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 x y y x 3y Systemets matris är 0 A 3 Vi beräknar 3 0, 0 4 och 3 0 Därmed är (0,0) en instabil nod Uppgift 6 Vi betraktar DE x ( 3x( x( 0 a) Skriv systemet som ett homogent linjärt system b) Klassificera kritiska punkten (0,0) ============================== Stabilitet för ett linjärt icke-homogent system med (alla) konstanta koefficienter Anta att följande system med (alla) konstanta koefficienter ax by f cx g (sys ) (eller X =AX+F) a b (där även f och g är konstanter), har det( A ) 0 c d Då har systemet exakt en kritisk punkt x, ), som vi får genom att lösa ax by f 0 cx g 0 ( y Med hjälp av substitutionen punkten är (0,0) x H X får man ett homogent system H =AH vars kritiska y Sida 6 av 7

17 Armin Halilovic: EXTRA ÖVNINGAR, SF676 Därför bestäms stabilitet till kritiska punkten ( x, y ) med hjälp av matrisen a b A c d (dvs på samma sätt so i homogena falle Uppgift 7 Bestäm och klassificera kritiska punkter till systemet a) x x y 3 y x y 3 b) x x y y x y 3 Lösning: a) Från x y 3 0 x y 3 0 får vi en kritisk punkt (,) Från A har vi 3 0 Därmed är (,) en sadelpunkt Svar a) En kritisk punkt (,), som är en sadelpunkt b) Från x y 0 x y 3 0 får vi en kritisk punkt (,) Från A har vi 3 5 0, 0 4 och 3 0 Därmed är (,) en instabil nod Svar b) En kritisk punkt (,), som är en instabil nod Sida 7 av 7