Stabilita. Lineární systémy. x = f(x), (1)

Stabilita V této kapitole se budeme zabývat chováním řešení pro čas jdoucí do nekonečna. Uvažujme soustavu rovnic x = f(x), (1) kde f C 1 (Ω, R n ), Ω R n, x : R Ω. Nechť x 0 je stacionární bod, tj. f(x 0 ) = 0. Bod x 0 se nazývá stabilní, jestliže ( ε > 0 )( δ > 0 ) [ x(0) x 0 < δ = x(t) x 0 < ε t 0] kde x(t) je řešení (1) s počáteční podmínkou x(0) v čase t = 0. Bod x 0 se nazývá asymptoticky stabilní, je-li stabilní a navíc ( ) [ ] > 0 x(0) x 0 < = lim x(t) = x 0 (2) t Bod x 0 se nazývá nestabilní, není-li stabilní. Názorně řečeno: stabilita znamená, že řešení začínající blízko x 0 zůstane blízko x 0 pro všechna t 0. Asymptotická stabilita znamená navíc, že řešení začínající blízko x 0 konverguje k x 0 pro t. Samotná podmínka (2) říká, že x 0 je tzv. lokální atraktor. Tato podmínka obecně neimplikuje stabilitu (viz Vinogradův systém níže). Lineární systémy Pro lineární systémy s konstantní maticí x = Ax, A R n n (3) je situace jednoduchá. Rovnice má jediný stacionární bod x 0 = 0. Jeho stabilita je určena následující větou. Věta 1 (Ljapunovova). Je dána soustava (3) s konstantní maticí A. (i) Bod 0 je asymptoticky stabilní, právě když mají všechna vlastní čísla A zápornou reálnou část. (ii) Bod 0 je stabilní, právě když mají všechna vlastní čísla A nekladnou reálnou část a Jordanovy buňky příslušné vlastním číslům s nulovou reálnou částí mají velikost jedna. 1

(iii) Bod 0 je nestabilní, právě když má aspoň jedno vlastní číslo A kladnou reálnou část, nebo má nulovou reálnou část a příslušná Jordanova buňka má velikost aspoň 2. Tato věta plyne ihned z výpočtu řešení, viz kapitola o maticové exponenciále. Abychom si usnadnili vyjadřování, připomeňme si, že množinu vlastních čísel matice A nazýváme spektrem a značíme σ(a). Dále zavedeme označení s(a) := max{re λ : λ σ(a)}. Toto číslo, které má zásadní význam pro stabilitu stacionárních bodů, se někdy nazývá spektrální mez. Připomeňme také klíčový odhad, o kterém jsme se již zmínili v kapitole o maticové exponenciále: pro každé β > s(a) existuje M 1 tak, že platí e ta Me βt pro všechna t 0. (4) Příklad 1. Najděte řešení soustavy 4 2 1 x = 3 5 1 x 0 2 2 a ověřte, že výsledek je v souladu s tvrzením Věty 1. Řešení. Upravujme λ-matici: λ + 4 2 1 0 (λ 2 + 9λ + 14) λ + 7 3 λ + 5 1 3 λ + 5 1 0 2 λ + 2 0 2 λ + 2 0 (λ 2 + 9λ + 12) 5 0 (λ 2 + 9λ + 12) 5 3 λ + 5 1 3 λ + 5 1. 0 10 5(λ + 2) 0 (λ + 7)(λ 2 + 4λ + 2) 0 Odtud získáváme λ 1 = 7, λ 2,3 = 2 ± 2 a x 2 (t) = ce 7t + de ( 2+ 2)t + fe ( 2 2)t, c, d, f R. Dále je zřejmé, že také x 1 a x 3 budou lineárními kombinacemi těchto tří exponenciál. Protože všechna λ (což jsou ve skutečnosti vlasní čísla matice soustavy) jsou záporná, ihned dostáváme, že x i 0 a je klesající na (0, + ) pro i = 1, 2, 3, tedy nulové řešení je asymptoticky stabilní. Dopočítáme-li x 1 a x 3, dostaneme x 3 (t) = 2 5 ce 7t + 2de ( 2+ 2)t 2fe ( 2 2)t x 1 (t) = 8 15 ce 7t + 7 + 2 2 de ( 2+ 2)t + 7 2 2 fe ( 2 2)t. 3 3 2

Poznámka. Je vhodné zdůraznit, že kritéria předchozí věty nelze použít v případě neautonomní rovnice, tj. pokud A závisí na čase. To dobře ilustruje příklad L. Marcuse a H. Yamabeho: uvažujme matici ( ) 3 cos 2t 1, 4 3 sin 2t A(t) = 1 4 4 3 sin 2t, 1 3 cos 2t Snadno se spočítá, že pro každé t mají vlastní čísla A(t) striktně zápornou reálnou část; dokonce je λ 1,2 = 1 4 ( 1 ± 7i) nezávisle na t. Avšak funkce ( ) cos t x(t) = e t sin t je řešením soustavy x = A(t)x; tedy tato rovnice je nestabilní. Není příliš těžké pochopit podstatu uvedeného protipříkladu. Souvisí s tím, že ani v případě konstantní stabilní matice se řešení nemusí neustále jen přibližovat k nule. Kupříkladu řešení soustavy y = A(0)y se pohybují po eliptické spirále a z obrázku je patrné, že v blízkosti osy x se jejich vzdálenost od počátku dočasně zvětšuje. Matici A(0) nyní jednoduše vhodnou rychlostí stáčíme ve směru pohybu řešení, čímž docílíme trvalého odtlačování a tedy nestability. 1 0.5 0-0.5-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 Úlohy 1. Najděte řešení systémů s následujícími maticemi A a ověřte, že se jejich asymptotické chování shoduje s tvrzeními Věty 1. A = 0 2 3 1 1 1 1 1 0, 0 2 3 0 2 3 0 4 6, 1 2 1 3 1 2 0 1 1 3

2. Najděte nutnou a postačující podmínku pro to, aby všechna řešení rovnice (3) byla omezená na R. 3. Pokud 0 je asymptoticky stabilní bod soustavy (3) a koeficienty matice B R n n jsou dost malé, pak 0 je asymptoticky stabilní bod soustavy x = (A + B)x. 4. Zformulujte nutné a postačující podmínky, za nichž má reálná matice 2 2 vlastní čísla se zápornou reálnou částí. 5. Pokud existuje řešení rovnice (3), které je neomezené na (0, + ), pak existuje nenulové řešení x 2, pro které lim t x 2 (t) = 0. Dokažte nebo najděte protipříklad. 6. Ukažte, že nulové řešení lineární úlohy je asymptoticky stabilní, právě když je stejnoměrně exponenciálně stabilní, tj. existují M, c > 0 splňující x(t) Me ct x(0). Řešení 1) (a) Řešení jsou lineární kombinace exponenciál e 2t, e 2t, e t. Řešením je například trojice x 2 (t) = C( 2 3 e t + 1 12 e2t + 1 4 e 2t ), x 1 (t) = C( 1 3 e t + 7 12 e2t 1 4 e 2t ), x 3 (t) = C( 1 3 e t + 1 3 e2t ), C R. Složky tohoto řešení se blíží k nekonečnu, ať je počáteční podmínka (C) jakkoli malá. Nulové řešení je nestabilní. Vlastní čísla matice jsou 2, 2, 1. (b) Řešení jsou x 2 (t) = 1 4 C 1 4 Ce 8t + D 3 8 F + 3 8 F e 8t, x 1 (t) = 1 2 C 1 2 Ce 8t + 1 4 F + 3 4 F e 8t, x 3 (t) = 3 4 C + 1 4 Ce 8t + 3 8 F 3 8 F e 8t tj. nulové řešení je stabilní, ale není asymptoticky stabilní. Vlastní čísla jsou 0, 0, 8, existují dva vlastní vektory k vlastnímu číslu 0, tj. dvě Jordanovy buňky velikosti 1. (c) Řešení jsou lineární kombinace funkcí 1, e t/2 cos( 11/2t), e t/2 sin( 11/2t), 4

tj. nulové řešení je stabilní, ale není asymptoticky stabilní. Vlastní čísla jsou 0, 1/2 + i 11/2, 1/2 + i 11/2. 2) Vlastní čísla matice A jsou ryze imaginární a mají Jordanovy buňky velikosti 1. Všechna řešení jsou pak lineárními kombinacemi funkcí sin λ i t, cos λ i t. 3) Když je matice C invertibilní a B < C 1 1, pak je také C + B invertibilní, neboť C +B = C(I +C 1 B) a (C +B) 1 = i=1 ( C 1 B) i C 1. Tvrzení dostaneme aplikací tohoto tvrzení na C = λ A v kombinaci s odhadem (λ A) 1 1 kd(0, σ(a)), kde k R závisí jen na A a nikoli na λ. 4) Právě když det A > 0 a tr A < 0. Návod: polynom x 2 +px+q má kořeny se zápornou reálnou částí právě když p > 0 a q > 0. 5) Tvrzení neplatí, protipříkladem je ( ) 0 1 A = 0 0 a řešení x 1 (t) = (t, 1). Všechna řešení jsou lineárními kombinacemi funkcí 1 a t. 6) Plyne z konstrukce e ta pomocí Jordanova tvaru matice, c = s(a) + ɛ. Linearizovaná stabilita (a nestabilita) Máme nelineární systém (1) a nějaký stacionární bod x 0. Při značení x = y + x 0 můžeme psát y = f(y + x 0 ) = f(x 0 ) + f(x 0 )y + r(y) = Ay + r(y), kde r(y) = o( y ) pro y 0. Na okolí bodu x 0 se jedná o lineární problém s maticí A = f(x 0 ) s malou poruchou r. Není tedy velkým překvapením, že platí následující věta: Věta 2 (Linearizovaná (ne)stabilita.). Nechť f(x) je třídy C 1 na okolí x 0. Definujme matici A := f(x 0 ). (i) Je-li s(a) < 0, je x 0 asymptoticky stabilní. (ii) Je-li s(a) > 0, pak x 0 není stabilní. Poznámka. Uvedená věta se snadno aplikuje, bohužel však nepokrývá všechny možnosti. Věta neříká nic o hraničních případech (vlastní čísla s nulovou reálnou částí), kdy malá porucha r může vychýlit chování řešení na jednu či 5

druhou stranu. V takovém případě je potřeba použít pokročilejší techniky: ljapunovské funkce, nebo La Salleho princip invariance (viz následující část Ljapunovská stabilita, viz též kapitolu Dynamické systémy ). Příklad 2. Nalezněte stacionární body následující soustavy a rozhodněte o jejich stabilitě x z = 2xy, y = x 2z 2 + 8, z = z 2 y 2. Řešení. První rovnici vynásobíme z 0 a řešíme soustavu 2xyz = 0, x 2z 2 + 8 = 0, z 2 y 2 = 0. Z první rovnice máme x = 0 nebo y = 0 nebo z = 0 (ale z = 0 už jsme vyloučili). Pokud y = 0, máme ze třetí rovnice z = 0, což je spor. Zbývá tedy x = 0, z druhé rovnice z = ±2 a ze třetí y = ±2. Máme tedy 4 stacionární body [0, 2, ±2], [0, 2, ±2]. Dále máme f(x, y, z) = 2yz 2xz 2xy 1 0 4z 0 2y 2z. Pokud mají y a z stejná znaménka, dostáváme 8 0 0 f(0, ±2, ±2) = 1 0 8. 0 4 ±4 Z prvího řádku vidíme, že 8 je vlastní číslo, tyto body jsou tedy nestabilní. Dále 8 0 0 f(0, 2, 2) = 1 0 8. 0 4 4 Determinant λ f(x 0 ) je (λ + 8)(λ(λ + 4) + 32), což dává kořeny 8, 2 ± 2i 7, tj. stacionární bod je stabilní. Naopak 8 0 0 f(0, 2, 2) = 1 0 8. 0 4 4 6

dává determinant (λ + 8)(λ(λ 4) + 32), který má 2 komplexní kořeny s kladnou reálnou částí. Bod [0, 2, 2] je tedy nestabilní. Příklad 3. Přechodem k polárním souřadnicím ukažte, že počátek je asymptoticky stabilní stacionární bod následující soustavy, přestože existují nulová vlastní čísla matice f(0). x = (x 2 + y 2 )(2x + 2y + y 2 ) y = (x 2 + y 2 )(x + 2y). Poznámka. V úlohách k tomuto tématu naleznete další příklady asymptoticky stabilních a nestabilních stacionárních bodů, kde linearizovaný problém obsahuje nulová vlastní čísla. V kapitole o ljapunovské stabilitě pak najdete příklad asymptoticky stabilního stacionárního bodu, který se po linearizaci stane nestabilním (úloha 46). Řešení. Zaveďme substituci x = r cos φ, y = r sin φ, dostaneme r cos φ r sin φφ = r 3 (2 cos φ + 2 sin φ + r sin 2 φ) r sin φ + r cos φφ = r 3 (cos φ + 2 sin φ). První rovnici vynásobíme cos φ, druhou sin φ a sečteme: r = r 3 (2 + 3 sin φ cos φ + r sin 2 φ cos φ). Protože 3 sin φ cos φ 3/2 a r sin 2 φ cos φ > 1/2 pro dostatečně malá r, je pravá strana na okolí 0 menší než εr 3 a řešení je tedy asymptoticky stabilní. Podrobněji o chování řešení na okolí stacionárního bodu hovoří Hartman- Grobmanova věta. Řekneme, že stacionární bod je hyperbolický, pokud žádné vlastní číslo matice f(x 0 ) nemá nulovou reálnou část. Věta 3. Buď x 0 hyperbolický stacionární bod rovnice (1) a označme A := f(x 0 ). Pak existuje U okolí 0, V okolí x 0 a homeomorfismus Φ : U V, který zobrazuje řešení lineární rovnice (3) na řešení nelineární rovnice (1). Příklad 4. Načrtněte chování řešení v okolí stacionárních bodů: x = x 2 + y 2 1 y = e x+y 1. Řešení. Protože z druhé rovnice x + y = 0 a z první rovnice x 2 + y 2 = 1, máme dva stacionární body [ 2/2, 2/2] a [ 2/2, 2/2]. Linearizovaný problém Y = AY = f(x 0 )Y má v prvním bodě tvar Y = ( 2 2 1 1 7 ) Y.

Vlastní čísla této matice jsou 1 2 ( 1 + 2 ± (1 + 2) 2 8 ) 2. Vlastní čísla jsou tedy komplexní s kladnou reálnou částí, řešení se tedy na okolí bodu [ 2/2, 2/2] chová jako nestabilní vír. Ve druhém stacionárním bodě máme Y = Vlastní čísla této matice jsou 1 2 ( 1 2 ± ( 2 2 1 1 ) Y. (1 2) 2 + 8 ) 2. Vlastní čísla jsou reálná, jedno kladné a druhé záporné, řešení se tedy na okolí bodu [ 2/2, 2/2] chová jako sedlový bod. Úlohy 7. Pro které hodnoty parametrů jsou soustavy x = x + ay y = x y stabilní (asymptoticky stabilní)? 8. Vyšetřete stabilitu počátku a x = ax + by y = bx + ay 9. Vyšetřete stabilitu počátku x = 4(e x 1) 2y 4z + y 2 y = x 3y z + (x + y)y 2 z = 4z + sinh x + (x + y)z 2 x = 11x 48y 16z + xyz y = x + 3y + 2z + x 2 yz z = 2y + 2z + sin x 10. Nalezněte stacionární body následující soustavy a rozhodněte o jejich stabilitě x = sin(xy) 1 2, y = xy y, 8

11. Nalezněte stacionární body následující soustavy a rozhodněte o jejich stabilitě x = 1 x 2 y 2, y = z 2 x y, z = z 2 1. 12. Nalezněte stacionární body následující soustavy a rozhodněte o jejich stabilitě x = xy 2x y + 2, y = xy + yz + xz, z = 2y(z + 1). 13. Uvažujte skalární rovnici x = f(x). Nechť f je spojitá a f(x 0 ) = 0. (a) Za předpokladů typu f > 0 (f 0) na (x 0, x 0 + δ) (resp. na (x 0 δ, x 0 ) zformulujte a dokažte postačující podmínky pro stabilitu (nestabilitu, asymptotickou stabilitu) bodu x 0. (b) Ukažte, že v případě f (x 0 ) 0 dostáváme větu o linearizované (ne)stabilitě jako speciální případ. (c) Nechť f(x) = a(x x 0 ) n + g(x), kde g(x) = o((x x 0 ) n ) pro x x 0, a 0 a n N. Za jakých podmínek na a, n je x 0 stabilní? 14. Přechodem k polárním souřadnicím ukažte, že počátek je nestabilní stacionární bod následující soustavy, přestože linearizovaná soustava je stabilní. x = y + x 3 y = x + y 3 Přechodem k polárním souřadnicím studujte stabilitu počátku: 15. x = 2y + ax x 2 + y 2 y = 2x + ay x 2 + y 2 16. x = y + ax(x 2 + y 2 ) y = x + ay(x 2 + y 2 ) 9

17. x = y axy 2 y = x + ax 2 y 18. x = y(x 2 + y 2 a) y = x(x 2 + y 2 a) 19. x = y( a + x 2 + y 2 ) y = x( a + x 2 + y 2 ) 20. x = 2y + ax(x 2 + y 2 ) 2 y = 2y + ay(x 2 + y 2 ) 2 21. x = 4y + ax x 2 + y 2 y = 4x + ay x 2 + y 2 22. Vyšetřete stabilitu počátku pro f monotónní na okolí nuly: x = y + xf(x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 y = x + yf(x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 23.!! (Vinogradův systém.) Ukažte, že počátek NENÍ stabilní, třebaže je lokální (dokonce globální) atraktor pro soustavu x = x 2 (y x) + y 5 y = y 2 (y 2x). 24. Vyšetřete chování řešení systému x = y + xr 2 sin(π/r) y = x + yr 2 sin(π/r) v okolí počátku (r = x 2 + y 2 ). Ukažte, že existuje posloupnost kružnic, ke kterým konvergují řešení pro t ±. 10

25. Nechť počátek je stacionárním bodem systému, který po převedení do polárních souřadnic má tvar r = f 1 (r, φ), φ = f 2 (r, φ). Nechť počátek není asymptoticky stabilním bodem. Je pravda, že počátek je nestabilní bod systému (a) r = f 1 (r, φ) + g(r, φ), φ = f 2 (r, φ) (b) r = f 1 (r, φ) + g(r, φ), φ = f 3 (r, φ) pro všechna g > 0, f 3? 26. Nechť x 0 je stabilní stacionární bod systému (6), který není asymptoticky stabilní. Může existovat nenulová funkce g : R n R n, g(x 0 ) = 0 taková, že x 0 je (a) stabilní (b) asymptoticky stabilní stacionární bod obou systémů x = f(x) + g(x) a x = f(x) g(x) zároveň? 27. Ukažte, že neplatí následující tvrzení: Pokud 0 je asymptoticky stabilní stacionární bod systému (6) a koeficienty matice B jsou dost malé, potom 0 je asymptoticky stabilní bod systému x = f(x) + Bx. (Porovnejte s úlohou 3) 28. Ukažte, že pro nelineární problémy neplyne z asymptotické stability stejnoměrná exponenciální stabilita. (Porovnejte s úlohou 6) 29. Ukažte, že platí následující neautonomní verze věty o linearizované stabilitě: Nechť 0 je stacionárním bodem soustavy x = Ax+g(t, x), tj. g(t, 0) = 0 pro všechna t (T, + ). (a) Nechť s(a) < 0 a g(t, x) = o( x ) stejnoměrně vzhledem k t (tj. x sup t (T,+ ) g(t, x) je o( x )) pro x 0. Pak 0 je (exponenciálně) asymptoticky stabilní bod rovnice. (b) Nechť s(a) > 0 a g(t, x) = o( x ) stejnoměrně vzhledem k t pro x 0. Pak 0 je nestabilní bod rovnice. (c) Nechť s(a) < 0 a g(t, x) g(t, y) L x y, kde L je dost malé. Pak 0 je (exponenciálně) asymptoticky stabilní bod rovnice. 30. Dokažte, že pokud 0 je stejnoměrně exponenciálně stabilní stacionární bod systému (6), potom (a) je s( f(0)) < 0. (b) je také stejnoměrně exponenciálně stabilní bod systému x = f(x) + Bx, pokud jsou koeficienty matice B dost malé. Načrtněte chování řešení v blízkosti stacionárních bodů: 31. x = exp(2x + 2y) + x y = arccos(x x 3 ) π/2 11

32. x = ln(1 y) y = 3 x 4y + x 2 33. x = ln(5 2x 2y) y = exp(xy) 1 34. x = sinh(y x 2 x) y = 3x x 2 y 35. x = 2x + y 2 1 y = sin x y 2 + 1 36. x = ln(x + y) y = x 3 + y 3 1 Řešení 7) (a) asymptoticky stabilní pro a < 1, stabilní pro a 1. (b) asymptoticky stabilní pro a + b < 0, stabilní pro a + b 0. 8) Vlastní čísla 3, ± 10 - nestabilní, 9) Vlastní čísla 3, 2, 1 - asymptoticky stabilní. 10) Stacionární body [ 1, 2kπ π/6] (nestabilní pro k > 0 a asymptoticky stabilní pro k 0), [ 1, 2kπ 5π/6] (nestabilní pro k 0 a asymptoticky stabilní pro k > 0). 11) Asymptoticky stabilní stacionární bod [1, 0, 1], nestabilní stacionární body [1, 0, 1] a [0, 1, ±1]. 12) Stacionární body [1, 0, 0] a [2, 2, 1], oba nestabilní. 12

13) Elementárními úvahami: (i) f 0 na (x 0, x 0 + δ) a f 0 na (x 0 δ, x 0 ) = stabilita (ii) totéž s ostrými znaménky = asymptotická stabilita (iii) f > 0 na (x 0, x 0 + δ) nebo f < 0 na (x 0 δ, x 0 ) = nestabilita Ad c): asymptoticky stabilní pokud a < 0 a n liché; jinak nestabilní. 14) Dostáváme r = r 3, tedy r roste k +. 15) Zdůvodněte, že (lokálně mimo počátek) lze řešení psát ve tvaru x(t) = r(t) cos φ(t), y(t) = r(t) sin φ(t), a funkce r(t) > 0, φ(t) jsou hladké. Odvoďte rovnice pro r, φ dosazením do původního systému. Díky jednoznačnosti se jedná o ekvivalentní popis problému; zajímá nás pouze stabilita rovnice pro r v bodě 0. r = ar 2 ; stabilní pro a 0, asympt. stab. pro a < 0. 16) r = ar 3 ; stabilní pro a 0, asympt. stab. pro a < 0. 17) r = 0; stabilní 18) r = 0; stabilní 19) r = 0; stabilní 20) r = ar 5 ; stabilní pro a 0, asympt. stab. pro a < 0. 21) r = ar 2 ; stabilní pro a 0, asympt. stab. pro a < 0. 22) r = f(r 2 ), pokud je f < 0 na pravém okolí nuly, je asymptoticky stabilní, pokud je f > 0 je nestabilní, pokud je f = 0 je stabilní, ale ne asymptoticky. 23) Řešení ve zvláštním souboru (resp. na konci kapitoly). 24) Převedením do polárních souřadnic dostáváme r = r 3 sin(π/r), φ = r. Kvalitativní analýza dává výsledek. 25) (a), (b) Není to pravda, stačí vzít systém z minulé úlohy a přičíst k němu ε(xr 2, yr 2 ). 26) (a) ano, např. x = y, y = 2x, g(x, y) = (0, x). (b) ano, např. systém z úlohy 23 a funkce g(x, y) := ɛ(xr 2, yr 2 ), kde r = x2 + y 2. 27) Např. x = y x 3, y = x y 3, převedením do polárních souřadnic, B = ɛi. 28) Např. x = y x 3, y = x y 3, převedením do polárních souřadnic. 29) (a) Důkaz se provede stejně jako v autonomním případě (nebo také plyne z (c)). (b) Důkaz se provede stejně jako v autonomním případě. (c) Použijte klíčový odhad (4) a pomocí variace konstant ukažte, že zobrazení Φ, které funkci z přiřadí řešení rovnice x = Ax + g(t, z), je kontrakce ve 13

váhovém prostoru spojitých funkcí ( f := sup{e ɛt f(t), t (T, + )}) pro dost malé ɛ. Konkrétně ɛ < s(a)/m, kde M je konstanta z odhadu (4). 30) (a) Předpokládejme, že 0 je stejnoměrně exponenciálně stabilní pro x = Ax + g(x), kde g(x) = o( x ) pro x 0. Kladná vlastní čísla lze vyloučit ihned (díky Větě 2). Předpokládejme, že A má vlastní číslo s nulovou reálnou částí. Exponenciální stabilita pro x implikuje stabilitu pro y(t) = x(t) exp(at), a > 0 malé pevné. Pro y máme rovnici y = (A + ai)y + e at g(e at y). Ovšem (A + ai) má vlastní číslo s kladnou reálnou částí, zatímco h(x, t) = e at g(e at y) je opět malé ó y, a to stejnoměrně vůči t 0, z čehož dle předcházející úlohy plyne nestabilita. (b) Plyne ihned z (a) a úlohy 3 dostaneme, že s( f(0) + B) < 0, pokud je B dost malá. Proto i s( f(0)+b +ɛi) < 0, 0 je tedy asymptoticky stabilní bod pro x = f(x) + Bx + εx a tedy exponenciálně stabilní pro x = f(x) + Bx. 31) sedlový bod (Obecně k této a následujícím úlohám: stacionární body jsou hyperbolické. Podle Hartman-Grobmanovy věty se systém v jejich okolí chová (až na homeomorfismus) jako řešení linearizovaného problému.) 32) stabilní vír 33) stabilní uzel + sedlo 34) stabilní uzel + sedlo 35) nestabilní vír + sedlo 36) nestabilní uzel + sedlo Ljapunovská stabilita. V této kapitole představíme další postačující podmínky pro stabilitu a asymptotickou stabilitu stacionárního bodu a systému x = f(x), (5) ale budeme se zabývat i stabilitou neautonomního systému x = f(t, x) (6) kde f je spojitá funkce na I Ω, I = (T, + ), Ω R n+1 otevřená. V neautonomním případě řekneme, že a je stacionární bod, jestliže f(t, a) = 0 pro všechna t I. Bod a se nazývá stabilní, jestliže ( t0 > T )( ε > 0 )( δ > 0 )[ ] x 0 a < δ = x(t) a < ε t t 0 (7) 14

kde x(t) je řešení (6) s počáteční podmínkou x(t 0 ) = x 0. Bod a se nazývá asymptoticky stabilní, je-li stabilní a navíc ( t0 > T )( > 0 )[ ] x 0 a < = lim x(t) = a (8) t Bod a se nazývá nestabilní, není-li stabilní. Rozmyslete si, že tyto definice jsou v souladu s definicemi pro autonomní případ. V dalším budeme bez újmy na obecnosti předpokládat a = 0. Definice 1. Nechť U je okolí bodu 0 v R n. Funkce V : I U R se nazývá ljapunovská funkce rovnice (6) v U, jestliže je spojitá a (i) V (t, 0) = 0 pro všechna t I, (ii) existuje spojitá funkce ω : U R, že V (t, x) ω(x) > 0 pro x U \ {0} (iii) funkce t V (t, x(t)) je neklesající pro každé řešení x(t) rovnice (6) v U Věta 4. Má-li rovnice (6) v okolí 0 Ljapunovskou funkci, je bod 0 stabilní. Definice 2. Je-li funkce V třídy C 1, definujeme orbitální derivaci vzhledem k f jako V f (t, x) = V (t, x) t + x V (t, x) f(x) = V (t, x) t + n j=1 V (t, x) f j (x) x j Klíčové pozorování: je-li x(t) řešení (6), je d V (t, x(t)) = V f (t, x(t))) ; dt speciálně, podmínka V f (t, x) 0 na U zaručuje (iii) v definici ljapunovské funkce. Zesílíme-li o něco tento předpoklad, můžeme dostat asymptotickou stabilitu. Věta 5. Má-li rovnice (6) v okolí U bodu 0 ljapunovskou funkci V, a navíc platí (i) existuje spojitá funkce λ : U R, λ(0) = 0, že V (t, x) λ(x) pro x U \ {0}, 15

(ii) existuje spojitá funkce η : U R, η(0) = 0, že V f (t, x) η(x) < 0 pro x U \ {0}, pak je bod 0 asymptoticky stabilní. A v autonomním případě se tyto dodatečné podmínky zredukují na následující: Věta 6. Má-li rovnice (6) v okolí U bodu 0 ljapunovskou funkci V, která nezávisí na t a V f (x) < 0, pak je bod 0 asymptoticky stabilní. Poznámka. Podle Masserovy věty 1 je pro autonomní systémy tato postačující podmínka zároveň podmínkou nutnou, tj., pokud je bod 0 asymptoticky stabilní bod rovnice (5), potom existuje ljapunovská funkce V nezávislá na t splňující Vf (x) < 0. Úlohy 37. Nechť q(y) je spojitá funkce, která zachovává znaménko (tj. q(y)y 0 pro y 0.) Ukažte, že pak nulové řešení rovnice je stabilní. Je asymptoticky stabilní? x + q(x ) + x = 0 38. Pro rovnici x = (t 2 1)x + x 3 ukažte, že (a) nulové řešení je uniformně stabilní v (η, ) kde η > 0 je pevné. (b) nulové řešení není uniformně stabilní v (0, ). (Uniformní stabilitou rozumíme, že δ v (7) lze volit nezávisle na t 0 ). 39. Uvažujte rovnici se zpožděním (a, b, r jsou kladné konstanty) x (t) = ax(t) + bx(t r). (9) (a) Nechť φ(τ) : [ r, 0] R je spojitá funkce. Pak existuje jediná funkce x = x(t) s definičním oborem [ r, ) taková, že x(τ) = φ(τ) pro τ [ r, 0], a x(t) splňuje rovnici (9) pro každé t > 0. (b) Nechť a < 0 a b a. Pak nulové řešení rovnice (9) je stabilní. (c) Nechť a < 0 a b < a. Pak nulové řešení rovnice (9) je asymptoticky stabilní. Vyšetřete stabilitu počátku pro následující soustavy (lze použít větu o linearizované nestabilitě?): 1 Massera, J.L., On Liapounoff s condition of stability, Ann. of Math. 50 (1949), 705 721. nebo také Theorem 11 v Massera, J.L. Contributions to stability theory, Ann. of Math. (2) 64 (1956), 182 206. 16

40. x = 2y x 3 y = x y 3 41. x = y 2x 3 y = 2x y 3 42. x = x y 2 y = xy x 2 y 43. x = xy 2 y = y 2x 2 y 44. x = 2y + x 3 y = x + y 3 45. x = y + 2x 3 y = 2x + y 3 46. Vyšetřete stabilitu počátku pro systém x = 2y 3, y = x. Vyšetřete stabilitu linearizovaného systému! 47. Najděte příklad systému, který je asymptoticky stabilní, ale jeho linearizace je nestabilní. 48. Nechť x 0 je stacionární bod systému (6). Pak existuje δ > 0 a G : (0, δ) (0, + ) taková, že počátek je asymptoticky stabilním bodem systému x = f(x) + g(x) pro každou funkci g, která na δ-okolí počátku splňuje g(x) < G( x ). Dokažte nebo vyvraťte. 17

49. Pokud existuje ljapunovská funkce splňující na okolí stacionárního bodu 0 nerovnosti V (x) av (x) a c 1 x b V (x) c 2 x b pro nějaká a, b, c 1, c 2 > 0, potom 0 je stejnoměrně exponenciálně stabilní, tj. x(t) e at/b x(0). Řešení 37) Ljapunovský funkcionál V = x 2 + y 2, kde y = x. Obecně není asymptoticky stabilní, např. q 0; ano, pokud podmínku zesílíme na q(y)y > 0 pro y 0 (La Salle). 38) (a) Ljapunovský funkcionál V = x 2 e 2/t. (b) Volme δ > 0 tak, že t 2 1 t 2 /2 pro t (0, 2δ). Tedy x x/(8δ 2 ) pro t (δ, 2δ), speciálně ukažte, že řešení s počáteční podmínkou x(δ) = δ bude velké pro t = 2δ. 39) (a) Návod: postupujte po intervalech délky r. (b) Ukažte, že funkce t V (t) := x 2 (t) + a x 2 (s) ds t r je klesající a x 2 V. (c) Metodou předešlého bodu ukažte, že funkce y(t) = x(t) exp(γt) je omezená, pokud γ > 0 je malé. 40) Ljapunovský funkcionál V = ax 2 + by 2, kde a, b > 0 volíme tak, že při výpočtu d dt V vypadnou lineární členy rovnice. Zde V = x2 + 2y 2, asymptoticky stabilní 41) V = 2x 2 + y 2, asymptoticky stabilní 42) V = x 2 + y 2 dává stabilitu, ale nikoli asymptotickou stabilitu. 43) V = x 2 + y 2 dává stabilitu. Není asymptoticky stabilní, protože (ɛ, 0) je stacionární řešení. 44) V = x 2 + 2y 2 dává V f > 0, což dává zpětnou asymptotickou stabilitu (pro t ), z čehož plyne nestabilita (rozmyslete si). 45) V = x 2 + 2y 2 dává V f > 0, tedy nestabilní (viz předchozí úloha). 46) Ljapunovský funkcionál V = x 2 +y 4 implikuje stabilitu. Linearizovaná soustava je nestabilní! 47) Např. x = 2y 3 x 3, y = x y 3. Ljapunovský funkcionál V = x 2 +y 4. 48) Podle poznámky za Větou 6 existuje ljapunovská funkce V, V (x) > 0. Pro každé t > 0 dost malé existuje kladné minimum V (x) f(x) na sféře {x : x = t}, tedy i V (x) a f(x) nabývají kladného minima. Je-li g dost malá na této sféře, pak také V (x) (f(x) + g(x)) > 0 a tedy V je ljapunovská funkce pro porušený systém. Rozmyslete si, že funkci G lze volit tak, aby byla spojitá, jsou-li f a V spojité. 49) Plyne z odhadu c 1 x(t) b V (x(t)) e at V (x(0)) c 2 e at x(0). 18

Hurwitzova věta Při vyšetřování stability je často třeba určit znaménka reálných částí vlastních čísel dané matice. To vede na problém vyšetření reálných částí kořenů příslušného charakteristického polynomu. Užitečnost následující věty při řešení tohoto problému je zjevná. Definice 3. Polynom p(λ) se nazve hurwitzovský, jestliže reálná část všech jeho kořenů je striktně záporná. Věta 7 (Hurwitz). Nechť a 0,..., a n jsou reálná čísla, nechť a 0 > 0. Potom polynom a 0 λ n + a 1 λ n 1 + + a n 1 λ + a n je hurwitzovský, právě když všechny hlavní subdeterminanty matice a 1 a 0 0... 0 a 3 a 2 a 1... 0... a 2n 1 a 2n 2 a 2n 3... a n jsou kladné. Jde o n n matici s prvky A ij = a 2i j, kde klademe a k = 0 pro k / {0, 1,..., n}. Důsledek. Nechť a 0 > 0. Potom polynom je hurwitzovský, právě když a 0 λ 3 + a 1 λ 2 + a 2 λ + a 3 a 1 > 0, a 1 a 2 a 0 a 3 > 0, a 3 > 0. Důsledek. Nechť a 0 > 0. Potom polynom je hurwitzovský, právě když a 0 λ 4 + a 1 λ 3 + a 2 λ 2 + a 3 λ + a 4 a 1 > 0, a 1 a 2 a 0 a 3 > 0, a 1 (a 2 a 3 a 1 a 4 ) a 0 a 2 3 > 0, a 4 > 0. Poznámka. Nechť a 0 > 0. Potom (i bez Hurwitzovy věty) lehce nahlédneme, že polynom a 0 λ 2 + a 1 λ + a 2 je hurwitzovský, právě když a 1 > 0, a 2 > 0. Odtud (pomocí rozkladu na lineární a kvadratické členy) plyne snadno ověřitelná nutná podmínka, aby polynom s reálnými koeficienty byl hurwitzovský: je-li a 0 > 0, musí být i všechny ostatní koeficienty kladné. 19

Řešení Vinogradova systému Vinogradův systém x = x 2 (y x) + y 5 y = y 2 (y 2x) je důležitý explicitní příklad rovnice, pro níž počátek není stabilní, třebaže je to lokální (dokonce globální) atraktor, tj. přitahuje všechna řešení pro t. V několika krocích načtrneme důkaz těchto faktů. Nejprve ukážeme, že počátek je atraktor. 0. KROK. Pro y = 0 se systém redukuje na x = x 3, tedy x(t) 0 pro t. Rovnice je zřejmě invariantní vůči transformaci (x, y) ( x, y); omezíme se tedy na polorovinu y > 0. 1. KROK. Vyšetřeme průběh řešení elementárními úvahami. Je y = 0 právě když y = 2x, zatímco x = 0 pokud x 2 y x 3 + y 5 = 0. Tato rovnice patrně nemá řešení, pokud x < 0, a má jediné řešení y = φ(x) pokud x 0. 2 Funkce φ(x) je hladká (věta o impl. funkci), φ(0) = 0, striktně rostoucí a φ(x) < x (neboť x 2 y x 3 0) a zjevně pro x velká bude φ(x) x 3/5. Pro nás je podstatné, že křivky y = 2x a y = φ(x) rozdělí polorovinu {y > 0} na tři sektory: Ω 1 = {(x, y) : x < 0 nebo 0 2x < y} Ω 2 = {(x, y) : x > 0 a zároveň φ(x) < y < 2x} Ω 3 = {(x, y) : x > 0 a zároveň y < φ(x)} Z rovnice plyne, že y roste v Ω 1 a klesá v Ω 2,3 ; zatímco x roste v Ω 1,2 a klesá v Ω 3. Řešení v Ω 3 tedy nutně směřují v limitě do počátku, řešení z Ω 2 zjevně dříve či později vstoupí do Ω 3. Ovšem i řešení v Ω 1 musí vstoupit do Ω 2 ; v Ω 1 je totiž x striktně kladná. Tím je dokázáno, že počátek je (globální) atraktor. 2. KROK. Nyní dokážeme, že počátek je nestabilní. (Větu o linearizované stabilitě nelze použít, neboť gradient v počátku je nulový.) 2 Stále platí y > 0. 20

Proto nejprve přejdeme k polárním souřadnicím: r = r 3[ 3 sin ϕ cos 3 ϕ sin 2ϕ + 1 2 cos 2 ϕ ] +... ϕ = r 2[ sin ϕ cos ϕ 3 cos 3 ϕ + 3 cos 4 ϕ ] +... (10) Vynechané členy obsahují aspoň r 4. Opět nelze použít linearizovanou stabilitu, ovšem nyní přijde trik: vydělení r 2. Přesněji, použijeme následující: Tvrzení. Nechť Λ = Λ(X) je nenulová skalární funkce. Potom řešení soustavy X = F (X) je (po vhodné reparametrizaci) též řešením soustavy X = Λ(X)F (X) Jinými slovy: přinásobení vektorového pole skalárem nemění křivky řešení, pouze rychlost průběhu. Předchozí tvrzení použijeme na soustavu (10), tj. X = (r, ϕ) a skalární funkci Λ = r 2. Protože Λ > 0 (uvažujeme vše pro r > 0), transformace nemění ani smysl průběhu řešení, a tedy nemění stabilitu. Nová (vydělená) soustava má tvar r = r [ 3 sin ϕ cos 3 ϕ sin 2ϕ + 1 2 cos 2 ϕ ] +... ϕ = [ sin ϕ cos ϕ 3 cos 3 ϕ + 3 cos 4 ϕ ] +... (11) kde vynechané členy obsahují aspoň r 2 a jsou tedy zanedbatelné při linearizaci. 3. KROK. Nyní dokážeme, že bod (r, ϕ) = (0, π/2) je nestabilní pro soustavu (11). Rutinní výpočet dává, že gradient v tomto bodě je ( ) 1 0. 0 1 Tj. nestabilita ve směru r. Dle věty o nestabilní varietě existuje řešení, kdy r(t) exponenciálně vybíhá z nuly, zatímco φ(t) π/2. Pro původní systém (zpět ke kartézským souřadnicím) tedy existuje řešení, vybíhající z počátku vzhůru po ose y. 21

2 vin1 osay2 1.5 1 0.5 0-2 -1.5-1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 22