Устойчивость точек равновесия

[bitcoin]

Для системы уравнений определите точки равновесия и проверьте их на устойчивость.
$x’=x(1-x)-2xy$ и $y’=3y(1-y)-xy$
В положении равновесия должно быть выполнено $ x(1-x)-2xy=0$ и $3y(1-y)-xy=0$
Решая систему уравнений, получаем 4 точки $A(0;0)$, $B(1;0)$, $C(0;1)$, D$(-3;2)$, ответы сверил с вольфрамом, все ок.
Но вот как полученные точки исследовать на устойчивость?
Возмущения нужно брать линейные? (и как узнать – нужно брать линейные или нет?
Возьмем точку A, тогда $x=\varepsilon_1$, $y=\varepsilon_2$
$\varepsilon_1’=\varepsilon_1(1-\varepsilon_1)-2\varepsilon_1\varepsilon_2=0$ и $\varepslon_2’=3\varepsilon_2 (1-\varepsilon_2)- \varepsilon_1\varepsilon_2=0$
Далее нужно составить характеристич. Уравнение, если вещественная часть полученного корня характерстич. Уравнения будет отрицательная – устойчивость есть, если положительная, то нет, а если ноль, то не знаю. Верно ли?

-- 18.06.2018, 14:24 --

Хотя тут не получится сразу характеристическое уравнение составить, потому как система нелинейная, обычно же в ряд тейлора раскладывается и смотрят на линейные члены? Но ведь здесь будут возникать квадраты переменных, что же с ними делать?

-- 18.06.2018, 14:26 --

Или здесь надо через теорему Ляпунова? Я просто не очень понимаю - за что хвататься

[thething]

Про линеаризацию слыхали?

Для исследования нулевого решения на устойчивость можно поисследовать Якобиан в этой точке.

Если требуется исследовать на устойчивость точку, не являющуюся нулевым решением, то предварительно заменой переменных осуществляем сдвиг, чтобы соответствующая точка стала нулевым решением, а потом снова исследуем Якобиан.

Если первое приближение ответа не даёт, то используются другие методы, например, функция Ляпунова. Но, наверное, тут это вряд ли пригодится.

[bitcoin]

thething в сообщении #1320831 писал(а):

Про линеаризацию слыхали?

Да. Спасибо

thething в сообщении #1320831 писал(а):

Для исследования нулевого решения на устойчивость можно поисследовать Якобиан в этой точке.

А вот это не очень понятно. Как здесь может использоваться якобиан? Ведь якобиан в общем случае имеет вид

$$\det \begin{pmatrix} {\partial u_1 \over \partial x_1}(x) & {\partial u_1 \over \partial x_2}(x) & \cdots & {\partial u_1 \over \partial x_n}(x) \\ {\partial u_2 \over \partial x_1}(x) & {\partial u_2 \over \partial x_2}(x) & \cdots & {\partial u_2 \over \partial x_n}(x) \\ \cdots & \cdots & \cdots &\cdots \\ {\partial u_n \over \partial x_1}(x) & {\partial u_n \over \partial x_2}(x) & \cdots & {\partial u_n \over \partial x_n}(x) \end{pmatrix}$$

То есть он представляет собой квадратную матрицу из частных производных, но как она здесь сможет появиться?

[thething]

bitcoin в сообщении #1320946 писал(а):

То есть он представляет собой квадратную матрицу из частных производных, но как она здесь сможет появиться?

Как раз при линеаризации правой части Вашей системы он и появляется, т.к. Вы будете рассматривать вместо исходной системы её первое приближение $\dot{\mathbf{x}}=J\mathbf{x}$ (в векторной форме). Только не забудьте перед этим замены переменной сделать, чтобы положение равновесия стало нулевым решением.

[Otta]

Имелся в виду не якобиан, а матрица Якоби.

[thething]

Ой, попутал в терминологии, конечно же, матрица

[bitcoin]

Спасибо, но не очень понятно -- с чего здесь начать линеаризацию. Я готов разобраться, но как именно начать делать -- не очень понятно. Все еще не понятно -- как здесь может быть использоваться якобиан.

[thething]

Начните с точки $(0,0)$. Составьте первое приближение

thething в сообщении #1321016 писал(а):

$\dot{\mathbf{x}}=J\mathbf{x}$ (в векторной форме)

где $J$ -- матрица Якоби правой части исходной системы в данной точке. Это и будет являться линеаризацией.

Потом уже по алгоритму: собственные числа и т.д.

[bitcoin]

Так вот я как раз не понимаю - из чего должна состоять в данном случае матрица Якоби, а собственные числа и вектора хорошо умею считать.

Какие здесь будут новые переменные. Я бы вычислил нужные производные, но я не понимаю -- какие.

[thething]

Ну дык, что именно линеаризуется, от того и считаются частные производные. Т.е. от правых частей Вашей исходной системы.

[bitcoin]

Вот так имеется ввиду?

$$\begin{pmatrix} (x(1-x)-2xy)'_x&(x(1-x)-2xy)'_y \\\ (3y(1-y)-xy)'_x& (3y(1-y)-xy)'_y\\\ \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1-2x-2y&-2x \\\ -y& 3-6y-x\\\ \end{pmatrix}$$

[Someone]

bitcoin в сообщении #1321306 писал(а):

Я бы вычислил нужные производные, но я не понимаю -- какие.

У Вас получилось несколько стационарных точек. Для каждой из них делаете замену координат вида

$$\begin{cases}x=\xi+x_0,\\ y=\eta+y_0\end{cases}$$

так, чтобы у этой точки получились координаты $\xi=\eta=0$. Система уравнений принимает вид

$$\begin{cases}\xi'=a_{11}\xi+a_{12}\eta+\text{члены более высокой степени,}\\ \eta'=a_{21}\xi+a_{22}\eta+\text{члены более высокой степени.}\end{cases}$$

По-моему, чтобы после этого написать матрицу Якоби, уже никакие производные считать не надо.

-- Ср июн 20, 2018 13:24:42 --

bitcoin в сообщении #1321313 писал(а):

$$\begin{pmatrix}
(x(1-x)-2xy)'_x&(x(1-x)-2xy)'_y \\\
(3y(1-y)-xy)'_x& (3y(1-y)-xy)'_y\\\
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1-2x-2y&-2x \\\
-y& 3-6y-x\\\
\end{pmatrix}$$

Зачем там у Вас написаны по три обратные косые? "Перевод строки" кодируется как \\. А после последней строки матрицы переводить строку уже не надо.

[thething]

bitcoin в сообщении #1321313 писал(а):

Вот так имеется ввиду?

Да. Подставляете туда точку $A$ (т.к. она даёт нулевое решение системы) и исследуете.

С остальными точками -- делаете предварительную замену переменных (см. выше). Затем -- повторяете процедуру линеаризации.

[bitcoin]

Проблема в том, что в начале координат определитель данной матрицы Якоби будет равен нулю. А значит не будет собственных чисел и собственных векторов, как тогда быть в такой ситуации?

[thething]

Во-первых, там не нуль, а 3, а во-вторых, определитель Вам ни к чему.