устойчивость по Ляпунову

[belo4ka]

Помогите, пожалуйста, проверить на устойчивость по Ляпунову и на асимптотическую устойчивость задачи Коши для системы: (хотя бы одну бы разобрать, с остальными могу попробовать по аналогии)

$1) \left\{\begin{aligned} x'(t)=-x+y^2 \\ y'(t)= 2y \end{aligned}\right\;\;\;\;\;\;\;\;\;2) \left\{\begin{aligned} x'(t)=x+y^2 \\ y'(t)= 2y \end{aligned}\right \;\;\;\;\;\;\;\;\; 3)\left\{\begin{aligned} x'(t)=x+y^2 \\ y'(t)= -2y \end{aligned}\right\;\;\;\;\;\;\;\;4)\left\{\begin{aligned} x'(t)=-x+y^2 \\ y'(t)= -2y+x^2 \end{aligned}\right$

Определение из книжки (чтобы не переврать тысячу раз, как это обычно бывает, ниже скриншот)

(Скриншот)

Прежде чем проверять устойчивость, нужно найти решение.

Рассмотрим первую систему:

$1) \left\{\begin{aligned} x'(t)=-x+y^2 \\ y'(t)= 2y \end{aligned}\right$

Решение второго уравнения $y=C_1e^{2t}$, подставляя его в первое уравнение имеем $x'+x=e^{2t}$

Решим $x'+x=e^{2t}$

a) Общее решение однородного уравнения $x_0=C_2e^{-t}$

б) Частное решение неоднородного уравнения ищем в виде $x_1=C_3e^{2t}$ , найдем $C_3=\frac{1}{3}$

Тогда решение уравнения $x'+x=e^{2t}$ можно записать в виде $x(t)=C_2e^{-t}+\frac{1}{3}\cdot e^{2t}$.

А как дальше. Ведь нам константы неизвестны... Ведь задача Коши подразумевает конкретную точку. а как здесь будет?

[V.V.]

Первые три неустойчивы. В 1) и 2) любые два близкие решения $y$ становятся через некоторое время далекими. В 3) такая же ситуация для $x$.

Вообще, на устойчивость исследуют конкретное решение системы. И, если для линейных систем (или для треугольных, почти линейных, как в данном случае) поведение коллективное, т.е. устойчивы или неустойчивы все решения, то для нелинейных дело обстоит совсем не так.

Скорее всего, в задании сказано исследовать на устойчивость тривиальные решения, т.е. $x=y=0$. Тогда почти всегда можно обойтись линейной частью системы. И в задании 4) тривиальное решение таки устойчиво.

[belo4ka]

Спасибо! Да, точно, нужно исследовать на устойчивость тривиальное решение, вы правы!!!

Попробую это сделать для 1) системы для $y$, доказывая отрицание устойчивости.

$\varphi(t_0)=C_1e^{2t_0}$

$y_0=0$

То есть нужно доказать, что найдется $ \varepsilon>0$ такой, что из

$\left|C_1e^{2t_0}\right|<\delta$, удовлетворяющего, начальному условию $y(t_0)=0$

следует, что при $t\geqslant t_0$ выполняется неравенство $\left| \psi(t)-\varphi(t)\right|\geqslant \varepsilon$

Есть небольшая путаница в голове в обозначениях $\psi$ и $\varphi$, только лишь смысл понятен....(

[CptPwnage]

Тут у каждой системы надо взять линеаризацию в точке $(0,0)$, то есть получаем для пункта 1) например

$$x'=-x+2\cdot 0\cdot y; y'=0 \cdot x+2 \cdot y$$

Собственные значения получаются -1 и 2, значит устойчивости нет - нужно чтобы все вещественные части были меньше 0.

[belo4ka]

CptPwnage в сообщении #666466 писал(а):

Тут у каждой системы надо взять линеаризацию в точке $(0,0)$, то есть получаем для пункта 1) например

$$x'=-x+2\cdot 0\cdot y; y'=0 \cdot x+2 \cdot y$$

Собственные значения получаются -1 и 2, значит устойчивости нет - нужно чтобы все вещественные части были меньше 0.

А как вы так лианеризовали?

[CptPwnage]

Вообщем если есть $x'=f(x,y); y'=g(x,y)$ то матрица линеаризованной системы в точке $(x_0, y_0)$ это якобиан в этой точке функций $f$ и $g$ ( матрица из частных производных), соответственно эту матрицу и исследуют на собственные значения

[belo4ka]

CptPwnage в сообщении #666474 писал(а):

Вообщем если есть $x'=f(x,y); y'=g(x,y)$ то матрица линеаризованной системы в точке $(x_0, y_0)$ это якобиан в этой точке функций $f$ и $g$ ( матрица из частных производных), соответственно эту матрицу и исследуют на собственные значения

оО А якобиан при переходе к каким координатам?

[CptPwnage]

То есть матрица Якоби конечно

[belo4ka]

CptPwnage в сообщении #666480 писал(а):

То есть матрица Якоби конечно

$J(x) = \begin{pmatrix} {\partial u_1 \over \partial x_1}(x) & {\partial u_1 \over \partial x_2}(x) & \cdots & {\partial u_1 \over \partial x_n}(x) \\ {\partial u_2 \over \partial x_1}(x) & {\partial u_2 \over \partial x_2}(x) & \cdots & {\partial u_2 \over \partial x_n}(x) \\ \cdots & \cdots & \cdots &\cdots \\ {\partial u_m \over \partial x_1}(x) & {\partial u_m \over \partial x_2}(x) & \cdots & {\partial u_m \over \partial x_n}(x) \end{pmatrix}$

А как у нас она будет выглядеть?

$J(t) = \begin{pmatrix} {\partial x \over \partial t}(t) & {\partial y \over \partial t}(t) \\ ????& ???? \\ \end{pmatrix}$

[CptPwnage]

Ну правая часть системы это функции от $x$ и $y$, вот в большом определении надо взять как $u_1$ то, чему равно $x'$, вместо $u_2$ то, чему равно $y'$, $x_1=x$, $x_2=y$. И взять в точке $(0,0)$.

[belo4ka]

CptPwnage в сообщении #666630 писал(а):

Ну правая часть системы это функции от $x$ и $y$, вот в большом определении надо взять как $u_1$ то, чему равно $x'$, вместо $u_2$ то, чему равно $y'$, $x_1=x$, $x_2=y$. И взять в точке $(0,0)$.

Ок, спаcибо, тогда получилась матрица

$\begin{pmatrix} -1& 0\\ 0 & 2 \end{pmatrix}$

Дальше про собственные значения понятно.

Но вот не понятно --- почему именно так происходит лианеризация... Всегда ли так? Это какой-то специальный алгоритм?

[CptPwnage]

Ну если записать в векторном виде, обозначая $(x,y)$ за вектор $u$, то система диффуров это $u'=f(u)$, а в малой окрестности любой точки гладкая функция $f$ ведет себя примерно так же как ее линейная часть (дифференциал или матрица Якоби), а для линейных систем про устойчивость понятно.