18.1. Elméleti összefoglaló
Tegyük fel, hogy tetsz˝oleges t0,y0 kezdeti érték esetén a (15.2.)-(15.3.) kezdetiérték-probléma megoldása létezik és egyértelm˝u az [a,b] intervallumon. Jelölje ezt a megoldást y(t,t0,y0); azaz, ha adottak a második és a harmadik változóban szerepl˝o kezdeti értékek, akkory(t,t0,y0)a hozzájuk tartozó (t-t˝ol függ˝o) megoldásfüggvény.
-3 -2 -1 1 2 3
-1 -0.5 0.5 1
-2 0
2
-1 0
1 -2
0
2
-1 0
1
18.1. ábra. Az y(t) = e−101t2cos 10t függvény grafikonja és az y(t) = (e−101t2cos 10t,e−101t2sin 10t)függvény gráfja
Hay:[a,b]→R, akkor a {(t,y(t))∈R2|t ∈[a,b]} halmaz az y(t) függvény grafikonja (18.1. ábra). Ehhez hasonlóan ábrázolhatjuk azy:[a,b]→Rn függvény gráfját (ilyenkor a gráf szót szokás használni grafikon helyett) az Rn+1 térben (18.1. ábra). Egy differen-ciálegyenlet megoldásait úgy ábrázolhatjuk, hogy elegend˝oen sok kezdeti értékhez tartozó megoldásfüggvényt ábrázolunk. Például azy0=y+2t−2 egyenlet megoldásay=−2t+cet (lásd a15.3.2. feladatot). Néhány különböz˝oc-re ezek láthatók a18.2ábrán.
A megoldásgörbék deriváltja y0(t) = f(t,y(t)). A derivált, mint tudjuk, az érint˝o meredekségét adja meg. Ha tehát a 18.2 ábrán a sík minden(t,y) pontjába berajzoljuk az (1,f(t,y))vektort, a megoldásgörbék a nyilak irányába haladnak. A nyilakat természetesen a megoldás ismerete nélkül is berajzolhatjuk, így kapjuk az egyenlet iránymez˝ojét. Az iránymez˝o alapján képet alkothatunk a megoldásokról.
Ha f t-t˝ol független, azazy0(t) = f(y(t)), akkor az egyenletetautonómnak hívjuk. Ilyen 186
-3 -2 -1 1 2
-15 -10 -5 5 10 15
18.2. ábra. Azy0=y+2t−2 egyenlet megoldásai
például a rugó egyenlete, hiszen a rugó az id˝oben változtatja ugyan az alakját, de maga a folyamat mindig ugyanúgy játszódik le. Autonóm egyenleteknél at változó többnyire az id˝ot jelöli, ezért a deriválást sokszor ponttal jelöljük.
Ha az id˝otengelyt kivesszük, az eggyel alacsonyabb dimenziójúfázisteretkapjuk. Pontjai a rendszer egy-egy lehetséges állapotának felelnek meg. A rugó helyzetét például a kitérés és a sebesség határozza meg, ezért a rugó fázistere kétdimenziós. Az autonóm egyenletek megoldásgörbéit a t tengely mentén mozgatva szintén megoldásokat kapunk;
ezeknek a t irányú vetülete a fázistérre ugyanaz. Az autonóm egyenletek megoldásait (pontosabban: a megoldások vetületeit) a fázistérben szokás ábrázolni. Hay(t)egy megoldás, akkor a neki megfelel˝o {y(t) ∈ Rn|t ∈ [a,b]} halmaz egy görbe az Rn fázistérben. A görbén t növekedésének irányát nyíllal szokás jelezni. Az irányított görbét pályának vagy trajektóriának nevezzük; ezek együtt alkotják afázisképet vagyfázisportrét. A fáziskép arról ad információt, hogy a rendszer melyik állapotból melyikbe került, hogy milyen gyorsan, arról nem. Minden y∈ Rn pontból mérjük fel az y0(t) = f(y(t)) vektort, így kapjuk az iránymez˝ot a fázistérben. Azy0(t)vektor azyponton átmen˝o pálya deriváltja, tehát a pályák mindenütt a nyilak irányába haladnak. Az iránymez˝ot a megoldások ismerete nélkül fel tudjuk rajzolni, és következtethetünk a pályák alakjára.
18.2. Kidolgozott példák
18.2.1.KIDOLGOZOTT FELADAT Rajzoljuk fel az alábbi differenciálegyenletek irányme-z˝ojét:
y0=siny, y0=tsiny.
MEGOLDÁS Az(1,f(t,y))vektor minden(t,y)pontban a megoldás érint˝oje irányába mutat.
188 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
-4 -2 2 4
-4 -2 2 4 y
18.3. ábra. Azy0=sinyDE iránymez˝oje
ott 1, utána csökken, tehát hay-t 0 és π között mozgatjuk, akkor π2-ig egyre jobban fölfelé mutató vektorokat kell rajzolnunk. A π2-ben a nyíl éppen 45 fokban jobbra fölfelé mutat, onnantól csökken a meredeksége. Hasonlóan rajzolhatjuk fel a nyilakat π bármely két szomszédos többszöröse között, lásd a18.3ábrát.
-4 -2 2 4
-4 -2 2 4 y
18.4. ábra. Azy0=tsinyDE iránymez˝oje
A második esetben f(t,y) =tsiny t-t˝ol is függ. At=1 függ˝oleges egyenesen ugyanazt látjuk, nagyobbt-re a nyilak arányosan egyre meredekebbek, míg kisebbt-re egyre kevésbé.
At=0 egyenesen minden nyíl jobbra mutat. Negatívt-re pont fordított a helyzet: ami fölfelé mutatott, az lefelé mutat, és fordítva. At =aés at =−aegyenesen a nyilak összegének a függ˝oleges komponense zérus (18.4. ábra).
18.2.2.KIDOLGOZOTT FELADAT Rajzoljuk fel az 1D fázisképet:
y0=siny, y0= tgy.
MEGOLDÁS Az egydimenziós fázistérben azykoordináta változását kell ábrázolni. Hay0>
0, akkor az ezen az y értéken áthaladó megoldások t-t˝ol függetlenül növekednek, tehát az tankonyvtar.ttk.bme.hu Kiss Márton - Nagy Katalin, BME
-3 -2 -1 1 2 3
-2Π - Π 0 Π 2Π
2
18.5. ábra. Azy0=sinyDE megoldásai és az 1D fáziskép
y koordináta fölfelé mozdul, és fölfelé mutató nyilat rajzolunk. Ha valahol y0<0, akkor y lefelé mozdul, lefelé mutató nyilat rajzolunk. Végül hay0=0, akkor ez azyérték egy állandó megoldásnak felel meg; az ábrán ezt egy ponttal jelezzük. Az y0=sinyDE fázisképén tehát π többszöröseinél látunk pontokat, közben pedig a nyilak iránya siny el˝ojelének megfelel˝o (18.5. ábra).
-3 -2 -1 1 2 3
-2Π - Π 0 Π 2Π
18.6. ábra. Azy0= tgyDE megoldásai és az 1D fáziskép
Azy0= tgyegyenletnél a helyzet egy kicsit bonyolultabb, mert a tangens nem mindenütt értelmes. A18.6ábra bal oldalán láthatók az egyenlet megoldásai. A megoldás érint˝ojének a meredeksége tgy. Hayértéke például 0 és π2 között van, akkor, mivel itt a tangens pozitív, a megoldás egyre meredekebb lesz, mígy=π2 esetén már függ˝oleges az érint˝oje. Ha egy π2 ésπ közöttiyértéket nézünk, azt talájuk, hogy a tangens negatív, a megoldás egyre meredekebben csökken, míg y= π2 esetén már függ˝oleges az érint˝oje. A megoldásgörbéknek az y= π2 koordinátájú pontokat tartalmazó darabjai nem írhatók fel t függvényeként.1 A fázisképen
1Ha a differenciálegyenlet jobb oldalának olyan szakadása van, hogy a két oldali határérték ellentétes végtelen, akkor a megoldások „visszafordulnak”, míg ha azonos el˝ojel˝u végtelen, akkor a megoldás úgy monoton, hogy az érint˝o egy pontban függ˝oleges. Ilyenkor a görbe az adott pontban nem deriválható, mert
190 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
ennek az felel meg, hogy a 0 ésπ közöttiypontok egyre gyorsabban mozognak a π2 felé, és ott „felrobbannak”. Ezért azy=π2 pontba egy kört rajzolunk. A tangensπ szerint periodikus, ezértπ bármely két többszöröse között a megoldások és a fáziskép is úgy néz ki, mint 0 ésπ
között. 2
18.2.3.KIDOLGOZOTT FELADAT Rajzoljuk fel az alábbi egyenlet iránymez˝ojét:
y0(t) =t−y(t).
-4 -2 2 4 t
-4 -2 2 4 y
18.7. ábra. Azy0(t) =t−y(t)egyenlet iránymez˝oje. Azy=tegyenesen a nyilak vízszintesek.
MEGOLDÁS Az (1,t−y) vektort kell berajzolnunk minden (t,y) pontban. t−y minden 1 meredekség˝u egyenes mentén állandó, és értéke „jobbra lefelé” növekszik. Tehát az y=t egyenes mentén vízszintesek a nyilak, attól jobbra lefelé egyre meredekebben fölfelé mutatnak, attól balra föl pedig egyre meredekebben lefelé, lásd a18.7ábrát. 2
18.2.4.KIDOLGOZOTT FELADAT Rajzoljuk fel a fázisképet:
˙ x=3x
˙ y=5y.
MEGOLDÁS A két egyenletet külön-külön könnyen megoldhatjuk,x(t) =c1e3t,y(t) =c2e5t. A fázisképenx-et ésy-t kell ábrázolnunk, ezért a két egyenletb˝olt-t kiejtjük. Ha a rendszer egy olyan vektorból induló megoldását nézzük, ahol mindkét konstans pozitív, akkor azxés y közötti összefüggés xy53 = c51
c32 =c>0. Ha a konstansok el˝ojelére nem teszünk megkötést, akkor az |x||y|53 =c összefüggést kapjuk, ahol c tetsz˝oleges nemnegatív konstans.2 Ezt kicsit átrendezve nemnegatívc-re az|y|=c|x|53 görbéket kell egyszerre ábrázolnunk. Mivel 53>1, ezek az|y|=c|x|2parabolákhoz hasonlítanak (18.8. ábra), és a két koordinátatengely is két-két pálya. Ez még nem a fáziskép, ezek csak a pályák, amelyek mentén az(x,y)állapotban
2Vagy végtelen, hac2nulla volt.
tankonyvtar.ttk.bme.hu Kiss Márton - Nagy Katalin, BME
18.8. ábra. Csomó
lév˝o rendszer változni tud. Kérdés, hogy merre. A fázisképen a pályák irányítását nyilakkal jelöljük. Hat-t növeljük, akkore3t ése5t is növekszik, azaz|x|és|y|is növekszik. Vagyis a rendszer állapotát megadó(x,y)pont a pályák mentén az origótól távolodik; a pályák kifelé
irányítottak. 2
18.2.5.KIDOLGOZOTT FELADAT Rajzoljuk fel a fázisképet:
˙ x=3x
˙
y=−5y.
18.9. ábra. Nyereg
MEGOLDÁS Az el˝oz˝o feladathoz hasonlóan a megoldás ezúttalx(t) =c1e3t, y(t) =c2e−5t, amib˝ol az |y| = c|x|−53 összefüggést kapjuk (c> 0). Ezek az |y| = |x|−1 hiperbolákhoz hasonlítanak (18.9. ábra), és a két koordinátatengely is két-két pálya. Az irányítást úgy kaphatjuk meg, hogy megvizsgáljuk, hogyan változnak a koordináták t függvényében. Ha t-t növeljük, akkor e3t növekszik, e−5t csökken, azaz |x| növekszik, |y| csökken. Vagyis
192 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
18.2.6.KIDOLGOZOTT FELADAT Rajzoljuk fel a fázisképet:
˙
x=2x+3y
˙
y=−3x+2y.
18.10. ábra. Fókusz
MEGOLDÁS A második szakaszban felírtuk az állandó együtthatós lineáris rendszer álta-lános megoldását. Mégis, a fázisképet könnyebb úgy elkészíteni, ha polárkooordinátákra térünk át. Legyenx=rcosϕ,y=rsinϕ. Ekkor az egyenleteink:
˙
rcosϕ−rsinϕϕ˙ =2rcosϕ+3rsinϕ
˙
rsinϕ+rcosϕϕ˙ =−3rcosϕ+2rsinϕ.
Adjuk hozzá az els˝o egyenlet cosϕ-szereséhez a második egyenlet sinϕ-szeresét, hogy ˙ϕ kiessen:
˙ r=2r.
˙
r kiejtéséhez pedig az els˝o egyenlet sinϕ-szereséb˝ol vonjuk ki a második egyenlet cosϕ -szeresét:
−rϕ˙ =3r⇒ϕ˙ =−3. 2 Ebb˝ol a két egyenletb˝ol láthatjuk, hogyrnövekszik (mert ˙r=2r>0),ϕpedig csökken (mert
˙
ϕ=−3<0). rnövekedése azt jelenti, hogy az(r,ϕ)pont helyvektora egyre hosszabb, a pont távolodik az origótól. ϕcsökkenése pedig azt jelenti, hogy az(r,ϕ)pont helyvektora az origó körül negatív irányba (jobbra) forog (18.10. ábra).
18.2.7.KIDOLGOZOTT FELADAT Rajzoljuk fel a fázisképet:
˙ x=5x
˙
y=x+5y.
tankonyvtar.ttk.bme.hu Kiss Márton - Nagy Katalin, BME
18.11. ábra. Elfajult v. egytengely˝u csomó
MEGOLDÁS Az els˝o egyenlet megoldásax(t) =c1e5t, ezt a második egyenletbe helyettesítve egy inhomogén lineáris egyenletet kapunk, amelynek a megoldása y(t) = (c1t+c2)e5t. Ha c1=0, akkorx=0 és |y|növekszik, ezért azy tengely pozitív és negatív félegyenese egy-egy kifelé irányított pálya. Ha c16=0, akkor|x| növekszik,x és c1 el˝ojele azonos, továbbá t= 15(ln|x| −ln|c1|), ahonnan
y= (c11
5(ln|x| −ln|c1|) +c2)|x|
|c1| = x
|x|(1
5|x|ln|x|+c|x|).
Ez a függvény páratlan, elég x>0-ra vizsgálni, amikor az abszolútértékek elhagyhatók. Az y= 15xlnx+cxfüggvény határértéke a nullában nulla. Deriváltja monoton növekv˝o, x→0 esetén−∞-hez, x→+∞esetén+∞-hez tart, ezért a függvény konvex, kisx-re negatív úgy, hogy a 0-ban érinti az ytengelyt, majd növekedni kezd. Tehát a pályák tényleg úgy néznek ki, mint ahogy az a18.11ábrán látható, és (mivel a megoldások mentén|x|növekszik) kifelé
irányítottak. 2
18.3. Gyakorló feladatok
18.3.1.FELADAT Rajzoljuk fel az alábbi egyenletek iránymez˝ojét:
y0(t) =2t+y(t); y0(t) =t2cosy(t).
18.3.2.FELADAT Rajzoljuk fel az egydimenziós fázisképet:
y0(t) =cosy(t); y0= (y+1)(y+3)(y+5); y0= 1
(y+1)(y+3)(y+5).
18.3.3.FELADAT Rajzoljuk fel az y0 = ctgy differenciálegyenlet iránymez˝ojét és az 1D fázisképet!
18.3.4.FELADAT Rajzoljuk fel a fázisképet:
˙
x=−3x
194 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
18.3.5.FELADAT Rajzoljuk fel a fázisképet:
˙
x=−3x
˙ y=5y.
18.3.6.FELADAT Rajzoljuk fel a fázisképet:
˙ x=2x
˙
y=x+2y.
tankonyvtar.ttk.bme.hu Kiss Márton - Nagy Katalin, BME
Stabilitás
19.1. Elméleti összefoglaló
A stabilitás fogalma
Tegyük fel, hogy azy0(t) = f(t,y(t))DE-nek mindeny(t0) =pkezdeti feltétel esetén létezik egyértelm˝u megoldása. Jelölje ezt a megoldásty(t,t0,p). A stabilitás leggyakrabban használt definíciója:
19.1.1.DEFINÍCIÓ A t →y(t,t0,p) megoldás stabil, ha minden t ≥t0-ra értelmezett, és mindenε>0-ra és t1≥t0-ra létezikδ>0, hogy|q−y(t1,t0,p)|<δ esetén y(t,t1,q)minden t ≥t1-re értelmes és minden t>t1-re
|y(t,t0,p)−y(t,t1,q)|<ε. A megoldás aszimptotikusan stabil, ha stabil és
t→+∞lim |y(t,t0,p)−y(t,t1,q)|=0 is teljesül; instabil, ha nem stabil.
Az ˙x(t) = f(x(t)) autonóm DE esetén x(t+t0,t0,x0) =x(t,0,x0), mert mindkett˝o azt jelenti, hogy x0-ból indítottuk a megoldást, és azóta t id˝o telt el. Ezt jelölhetjük x(t,x0)-lal is. 1 Ha f(p) =0, akkor pegyensúlyi helyzet. Azx(t,p) = pmegoldás stabilitása (a pe.h.
stabilitása) azt jelenti , hogy∀ε>0-ra létezikδ>0, hogy|x0−p|<δ esetén|x(t,x0)−p|<ε mindent>0-ra, azaz a p-hezδ-nál közelebbi pontokont=0-ban áthaladó pályat>0 fele a pkörüliε sugarú gömb (két dimenzióban kör) belsejében marad. Az aszimptotikus stabilitás azt jelenti, hogy az el˝oz˝oeken felül limt→+∞x(t,x0) =p, azaz a pálya a gömb közepéhez tart (19.1. ábra).
Az egyensúlyi helyzet stabilitását tehát a szemléletünknek megfelel˝oen definiáltuk, de
1Ekkorx(t+s,x0) =x(t,x(s,x0)). Valóban, a bal oldal azt a pontot jelenti, ahol azx0-ból indított megoldás
196 GÉPÉSZKARI MATEMATIKA MSC
19.1. ábra. Instabil, stabil és aszimptotikusan stabil egyensúlyi pont nézzük az alábbi kétdimenziós rendszert:
˙
x=−y(1+x2+y2)
˙
y=x(1+x2+y2).
Polárkoordinátákra áttérve az ˙r =0, ˙ϕ =1+r2 egyenletrendszert kapjuk, tehát a pályák origó középpontú körök (mert ˙r=0), amelyeken a megoldás balra halad (mert ˙ϕ >0), de különböz˝o szögsebességel! Két közeli pont közül a „küls˝o elhagyja a bels˝ot”, ezért a19.1.1.
definíció szerint egyik pálya sem stabil, pedig a19.1ábra középs˝o képe alapján azt mondhat-juk, hogy ezek a körpályák, mint halmazok, igenis rendelkeznek egyfajta stabilitással. Ezért autonóm rendszerek periodikus (önmagába záródó) pályái esetén bevezetjük a pályamenti vagy orbitális stabilitás fogalmát. A fázistér egy tetsz˝oleges x pontjának távolságát a Γ görbét˝ol, mint halmaztól ad(x,Γ) =infy∈Γ|x−y|képlettel adjuk meg.
19.1.2.DEFINÍCIÓ Tegyük fel, hogy azx(t) =˙ f(x(t))autonóm DE x(t,p)megoldása egy zártΓ görbe a fázistérben (fázissíkon). Az x(t,p)megoldás orbitálisan stabil, ha minden ε>0-ra létezikδ >0, hogy d(q,Γ)<δ esetén x(t,q)minden t≥0-ra értelmes és minden t>0-ra
d(x(t,q),Γ)<ε. Ha még
t→+∞lim d(x(t,q),Γ) =0
is teljesül, akkor a megoldás orbitálisan aszimptotikusan stabil. Végül a megoldás orbitálisan instabil, ha nem (orbitálisan) stabil.
Lineáris általános együtthatós DER stabilitása
19.1.3.MEGJEGYZÉS Az ˙y(t) = f(t,y(t)) egyenletben sokszor külön jelölés nélkül y-t (és így f-et) vektornak tekintjük. Ha az egyenleteket koordinátánként kiírjuk, akkor egyenletrendszerr˝ol beszélünk, ha a tömörebb ˙y(t) = f(t,y(t))írásmódot használjuk, akkor tankonyvtar.ttk.bme.hu Kiss Márton - Nagy Katalin, BME
csak egyenletr˝ol. A lineáris differenciálegyenletrendszert például egyetlen ˙x(t) =A(t)x(t) lineáris differenciálegyenletként is felírhatjuk. Nincs különbség tehát differenciálegyenlet-rendszer (DER) és differenciálegyenlet (DE) között; a megnevezést azerint választjuk meg, hogy ugyanazt az egyenletrendszert különálló egyenletek alakjában, vagy egy vektoregyenlet alakjában képzeljük-e el, illetve, hogy hangsúlyozni szeretnénk-e, hogy több egyenletr˝ol van (vagy lehet) szó.
19.1.4.LEMMA Az x(t) =˙ A(t)x(t) lineáris DE bármely megoldása pontosan akkor (aszimptotikusan) stabil, ha az azonosan 0 megoldás (aszimptotikusan) stabil. Ezért beszélhetünk a lineáris DE stabilitásáról.
BIZONYÍTÁS Legyeny(t,t0,p)ésy(t,t1,q)két tetsz˝oleges megoldás. Ekkor dtd(y(t,t0,p)− y(t,t1,q)) =A(t)(y(t,t0,p)−y(t,t1,q)), vagyis két megoldás különbsége is megoldás. To-vábbá két megoldás pontosan akkor van közel, ha a különbségük közel van a nullához. 2
19.1.5.TÉTEL Legyen A adott mátrix. Az
˙
x(t) =Ax(t) állandó együtthatós lineáris DE
1. pontosan akkor aszimptotikusan stabil, ha A minden λ sajátértékére ℜλ < 0 (a sajátértékek valós része negatív).
2. pontosan akkor stabil, ha ha A minden λ sajátértékére ℜλ ≤0, és a 0 valós rész˝u sajátértékekhez külön - külön sajátvektor tartozik.
BIZONYÍTÁS Lineáris algebrai bonyodalmak miatt csak abban az esetben bizonyítunk, ami-kor az Amátrixnak vanndarab lineárisan független sajátvektora. Ilyenkor diagonalizálható, azazA=SDS−1, ahol aDdiagonális mátrix f˝oátlójábanAsajátértékei vannak,Soszlopaiban pedigAmegfelel˝o sajátvektorai. Ilyenkor a megoldás:
x(t) =SeDc=
n i=1
∑
cieλitsi,
amib˝ol|eλit|=eℜλit alapján következik az állítás. 2 Egyensúlyi pont stabilitásának meghatározása linearizálással
Legyeny0(t) = f(t,y(t)), és f(t,p) =0, azaz pegyensúlyi pont. A differenciálegyenlet jobb oldalát helyettesítsük a lineáris közelítésével. Ha a lineáris rész nem nulla, akkor a p pont közelében az elhanyagolt tagok a megmaradókhoz képest kicsik, ezért azt várhatjuk, hogy ez a közelítés nem változtatja meg a ppont stabilitását.
Részletesebben, ha f differenciálható, akkor