M5858 Spojité deterministické modely I, cvičenie, 10.11.2021
Príklad 1. Analyzujte riešenia nasledujúcej autonómnej rovnice:
x = (x − 1) sin(4 arctan(x)).
Riešenie. Najprv nájdeme všetky stacionárne body. Tie sú riešením rovnice x = 0, teda
(x − 1) sin(4 arctan(x)) = 0. Rovnosť x − 1 = 0 vedie k bodu x = 1. Funkcia sínus je nulová v
celočíselných násobkoch konštanty π. Keďže obor hodnôt funkcie 4 arctan(x) je otvorený interval
(−2π, 2π), je rovnosť sin(4 arctan(x)) = 0 ekvivalentná s tvrdením 4 arctan(x) ∈ {0, ±π}, čo
môžeme tiež vyjadriť v tvare arctan(x) ∈ {0, ±π
4
}. To znamená, že všetky stacionárne body
uvedenej rovnice sú {0, ±1}. Ďalej vyšetríme znamienko pravej strany v intervaloch určených
týmito bodmi:
(−∞, −1) (−1, 0) (0, 1) (1, ∞)
− + − −
Nech x(t) označuje riešenie spĺňajúce počiatočnú podmienku x(0) = x0. Ak x0 ∈ (−∞, −1),
potom toto riešenie neustále klesá, lebo jeho derivácia je záporná. Podobne, ak x0 ∈ (−1, 0),
potom toto riešenie neustále rastie, lebo jeho derivácia je kladná. To znamená, že stacionárny
bod −1 je nestabilný uzol. Podobnými úvahami by sme dospeli k záveru, že riešenia spĺňajúce
x0 ∈ (0, 1) ∪ (1, ∞) klesajú, a tým pádom je 0 stabilný uzol a 1 je sedlo.
Príklad 2. Analyzujte riešenia nasledujúcej autonómnej rovnice a nájdite jej potenciál:
x = 4x3
− 12x + 8.
Riešenie. Začneme stacionárnymi bodmi. Jedným z nich je evidentne 1. Výsledkom delenia
polynómu 4x3
− 12x + 8 polynómom x − 1 je 4x2
+ 4x − 8. Jeho korene sú 1 a −2. Takže
uvedená rovnica má dva stacionárne body 1 a −2. Rovnako ako v predošlom príklade by sme
dospeli k záveru, že riešenia nadobúdajúce hodnoty z intervalu (−∞, −2) klesajú a tie, ktoré
nadobúdajú hodnoty z množiny (−2, 1) ∪ (1, ∞) rastú. Bod −2 je preto nestabilný uzol a bod
1 je sedlo.
Označme symbolom f(x) pravú stranu uvažovanej rovnice. Potenciál je z definície funkcia
V (x) spĺňajúca rovnosť −V (x) = f(x), teda V (x) je primitívna funkcia k funkcii −f(x).
V (x) = − f(x) dx = − 4x3
− 12x + 8 dx = −x4
+ 6x2
− 8x + c. (1)
Konštantu c môžeme voliť ľubovoľne, buď napríklad c = 0. Ilustrujme situáciu na obrázku.
1
Červenou farbou je nakreslený graf funkcie f a modrou graf funkcie V . Vývoj riešenia spĺňajúceho
počiatočnú podmienku x(0) = x0 si môžeme predstaviť nasledovne. Na graf funkcie V
v bode x0 položíme guľu. Ak sa začne kotúľať doprava, potom riešenie rastie, naopak, ak sa
začne kotúľať doľava, potom riešenie bude klesať. Nakoniec, ak guľa zostane v pokoji, potom
je x0 stacionárny bod.
Príklad 3. Analyzujte riešenia nasledujúcej autonómnej rovnice:
v = g −
k
m
v2
,
kde g, k, m > 0 sú parametre a v ≥ 0.
Riešenie. Uvedená rovnica popisuje rýchlosť padajúceho predmetu v prostredí kladúcom
odpor voči jeho pohybu, ktorého veľkosť je priamo úmerná druhej mocnine jeho rýchlosti. Jej
explicitným riešením sme sa zaoberali na niektorom z predošlých cvičení. Na intervale [0, ∞) má
táto rovnica jediný stacionárny bod, ktorým je gm
k
. Vzhľadom k tomu, že v intervale [0, gm
k
)
sú derivácie riešení kladné a v intervale ( gm
k
, ∞) sú derivácie riešení záporné, je gm
k
stabilný
uzol. Bez toho, aby sme túto rovnicu vyriešili, sme schopní povedať, že jej akékoľvek riešenie,
ktorého hodnoty sú v intervale [0, ∞), sa blíži k hodnote gm
k
.
Príklad 4. Nájdite stacionárny bod nasledujúceho systému a vyšetrite jeho charakter:
x = −x + 2y + 1,
y = 2x + y − 2.
Riešenie. Začneme tým, že nájdeme nulkliny uvažovaného systému. X-nulklina je krivka
definovaná rovnosťou x = 0, teda −x + 2y + 1 = 0. Jedná sa o priamku prechádzajúcu bodmi
[0, −1
2
] a [1, 0]. Podobne, y-nulklina je definovaná rovnosťou y = 0, teda 2x + y − 2 = 0, čo je
opäť priamka prechádzajúca bodmi [0, 2] a [1, 0]. Ich prienik je stacionárny bod:
−1 2 −1
2 1 2
∼
−1 2 −1
0 5 0
∼
1 0 1
0 1 0
.
Na základe determinantu a stopy matice systému A = ( −1 2
2 1 ) môžeme rozhodnúť o charaktere
tohto bodu. Keďže det A = −5 < 0, stacionárny bod je sedlo.
2
Môžeme sa tiež pokúsiť nájsť riešenia (x(t), y(t)) spĺňajúce limt→∞(x(t), y(t)) = [1, 0] alebo
limt→−∞(x(t), y(t)) = [1, 0]. Na to budeme potrebovať vlastné čísla a vektory matice A:
det
−1 − λ 2
2 1 − λ
= −(1 + λ)(1 − λ) − 4 = λ2
− 5 ⇒ λ1,2 = ±
√
5
λ1 =
√
5 :
−1 −
√
5 2
2 1 −
√
5
∼
1 +
√
5 −2
2 1 −
√
5
∼
−4 −2(1 −
√
5)
2 1 −
√
5
2 1 −
√
5
2 1 −
√
5
∼
2 1 −
√
5
0 0
⇒ v1 =
1 −
√
5
−2
,
λ2 = −
√
5 :
−1 +
√
5 2
2 1 +
√
5
∼
1 −
√
5 −2
2 1 +
√
5
∼
−4 −2(1 +
√
5)
2 1 +
√
5
2 1 +
√
5
2 1 +
√
5
∼
2 1 +
√
5
0 0
⇒ v2 =
1 +
√
5
−2
,
Hľadané riešenia ležia na priamkach prechádzajúcich stacionárnym bodom, ktorých smernice
sú v1 a v2.
Príklad 5. Nájdite stacionárny bod nasledujúceho systému a vyšetrite jeho charakter:
x = −5x − y + 1,
y = x − 2y + 2.
Riešenie. Rovnako ako v predošlom príklade môžeme nájsť nulkliny, ktorých prienikom je
stacionárny bod [0, 1]. Označme symbolom A = ( −5 −1
1 −2 ) maticu uvažovaného systému. Keďže
platia rovnosti det A = 11, tr A = −7 a (tr A)2
− 4 det A = 49 − 44 = 5 > 0, je stacionárny bod
typu uzol. Na jeho detailnejší popis potrebujeme vlastné hodnoty a vlastné vektory matice A:
det
−5 − λ −1
1 −2 − λ
= (5 + λ)(2 + λ) + 1 = λ2
+ 7λ + 11 ⇒ λ1,2 =
−7 ±
√
5
2
3
Vlastné hodnoty sú rôzne s rovnakým znamienkom (záporným), takže bod [0, 1] je stabilný
uzol. Nájdime dotyčnice ku trajektóriam blížiacim sa k tomuto bodu:
λ1 =
−7 +
√
5
2
:



−5 −
−7 +
√
5
2
−1
1 −2 −
−7 +
√
5
2


 ∼
−3 −
√
5 −2
2 3 −
√
5
3 +
√
5 2
2 3 −
√
5
∼
4 2(3 −
√
5)
2 3 −
√
5
∼
2 3 −
√
5
0 0
⇒ v1 =
3 −
√
5
−2
,
λ2 =
−7 −
√
5
2
:



−5 −
−7 −
√
5
2
−1
1 −2 −
−7 −
√
5
2


 ∼
−3 +
√
5 −2
2 3 +
√
5
3 −
√
5 2
2 3 +
√
5
∼
4 2(3 +
√
5)
2 3 +
√
5
∼
2 3 +
√
5
0 0
⇒ v2 =
3 +
√
5
−2
,
Hľadané priamky prechádzajú stacionárnym bodom a ich smernice sú v1 a v2.
Príklad 6. Nájdite stacionárny bod nasledujúceho systému a vyšetrite jeho charakter:
x = x + 2y + 2,
y = −3x − y − 1.
Riešenie. Vzhľadom k tomu, že
1 2 −2
−3 −1 1
∼
1 2 −2
0 5 −5
∼
1 0 0
0 1 −1
,
je [0, −1] stacionárny bod. Keďže det A = 5 a tr A = 0, má matica A dva rôzne rýdzo komplexné
združené korene, čo znamená, že uvedený stacionárny bod je stred.
4
Príklad 7. Nájdite stacionárny bod nasledujúceho systému a vyšetrite jeho charakter:
x = x + 4y + 1,
y = −2x − 3y − 2.
Riešenie. Vzhľadom k tomu, že
1 4 −1
−2 −3 2
∼
1 4 −1
0 5 0
∼
1 0 −1
0 1 0
,
je [−1, 0] stacionárny bod. Keďže det A = 5, tr A = −2 a (tr A)2
− 4 det A = 4 − 20 < 0 jedná
sa o stabilné ohnisko.
Príklad 8. V závislosti od parametra λ ∈ R analyzujte chovanie nasledujúceho systému. Pre
ktoré hodnoty sú riešenia tohto systému na intervale [0, ∞) ohraničené?
x = −λx + (λ − 2)y,
y = −x − λy.
5
Riešenie. Pre každú hodnotu parametra λ je [0, 0] evidentne stacionárnym bodom systému.
Pozrime sa na determinant a stopu matice A = ( −λ λ−2
−1 −λ ) a na veličinu (tr A)2
− 4 det A:
tr A = −2λ,
det A = λ2
+ λ − 2,
(tr A)2
− 4 det A = 4λ2
− 4λ2
− 4λ + 8 = −4λ + 8.
Na základe znamienka týchto výrazov sme schopní odvodiť charakter stacionárneho bodu [0, 0].
Nulové body determinantu sú −2 a 1, stopy 0, a nakoniec nulový bod výrazu (tr A)2
− 4 det A
je 2. Situácia v bodoch R {−2, 1} je nasledovná:
Obr. 1: λ = −3 Obr. 2: λ = 0
Obr. 3: λ = 3
2 Obr. 4: λ = 5
6
λ ∈ (−∞, −2) ⇒ nestabilný uzol,
λ ∈ (−2, 1) ⇒ sedlo,
λ ∈ (1, 2] ⇒ stabilný uzol,
λ ∈ (2, ∞) ⇒ stabilné ohnisko.
V bodoch λ = −2, 1 je determinant matice sústavy nulový. To znamená, že existuje celá priamka
stacionárnych bodov prechádzajúca bodom [0, 0]. Táto priamka je limitou dotyčníc k riešeniam,
ktoré sa blížia k, respektíva vzďaľujú od uzla [0, 0]. Všetky netriviálne riešenia ležia na navzájom
rovnobežných priamkach.
Obr. 5: λ = −2 Obr. 6: λ = 1 Obr. 7: λ = 2
Vzhľadom k tomu, že pre λ ∈ (1, ∞) je [0, 0] stabilný stacionárny bod, sú pre tieto hodnoty
parametra všetky riešenia na intervale [0, ∞) ohraničené. Pre λ = 1 každé riešenie konverguje
k nejakému bodu na spomínanej priamke stacionárnych bodov. Preto aj pre túto hodnotu
parametra sú všetky riešenia na intervale [0, ∞) ohraničené.
7