M5858 Spojité deterministické modely I, cvičenie, 1.12.2021
Príklad 1. Nájdite stacionárne body, vyšetrite ich charekter a načrtnite fázový portrét nasledujúceho
systému:
x = y,
y = −x − y − x2
− y2
.
Riešenie. Začneme nulklinami. Prvá z nich, x-nulklina, je určená rovnicou y = 0, zatiaľčo
y-nulklinu definuje rovnica −x−y−x2
−y2
= 0, ktorú môžeme upraviť nasledujúcim spôsobom:
x + y + x2
+ y2
= 0,
x + 1
2
2
+ y + 1
2
2
= 1
2
.
Je to kružnica so stredom v bode [−1
2
, −1
2
]. Nad osou x sú hodnoty premennej y kladné, takže
hodnoty derivácie x sú tiež kladné, čo znamená, že trajektórie v hornej polrovine smerujú
doprava. Podobne, pod osou x sú hodnoty premennej y záporné, takže hodnoty derivácie x sú
tiež záporné, v dôsledku čoho trajektórie v dolnej polrovine smerujú doľava. Vo vnútri kruhu
ohraničenom spomínanou kružnicou sú hodnoty výrazu −x − y − x2
− y2
kladné, čo znamená,
že v tejto oblasti sú hodnoty derivácie y kladné, a preto v týchto miestach trajektórie smerujú
hore. Naopak, mimo tohto kruhu a kružnice sú hodnoty výrazu −x − y − x2
− y2
záporné, čo
môžeme povedať aj o hodnotách derivácie y , a to vedie k tomu, že v tejto oblasti trajektórie
smerujú dole.
Stacionárne body sú prienikom nulklín. Za y v rovnici pre y-nulklinu dosadíme y = 0, to
nás privedie k rovnici −x − x2
= −x(1 + x) = 0. Dostali sme sa k dvom stacionárnym bodom
[0, 0] a [−1, 0]. Na to, aby sme mohli určiť ich typ, použijeme Vetu 11 na strane 88 z dokumentu
Priebežný zápis prednášky. Najprv spočítame Jacobiho maticu, jej stopu a determinant:
J(x, y) =
0 1
−1 − 2x −1 − 2y
,
tr J(x, y) = −1 − 2y,
det J(x, y) = 1 + 2x.
V bode [0, 0] platí
J(0, 0) =
0 1
−1 −1
,
tr J(0, 0) = −1 < 0,
det J(0, 0) = 1 < 0,
(tr J(0, 0))2
− 4 det J(0, 0) = −3 < 0,
čo znamená, že bod [0, 0] je pre linearizovaný systém stabilné ohnisko a podľa uvedenej vety je
tento bod stabilným1
ohniskom aj pre pôvodný systém. V bode [−1, 0] platí
J(−1, 0) =
0 1
1 −1
,
tr J(−1, 0) = −1 < 0,
det J(−1, 0) = −1 < 0,
takže bod [−1, 0] je pre linearizovaný systém sedlo a podľa uvedenej vety je tento bod sedlom
aj pre pôvodný systém.
Aby sme mohli čo najdôveryhodnejšie zrekonštruovať fázový portrét, spočítame ešte charakteristické
smery sedla. To sú smerové vektory dotyčníc ku trajektóriam, ktoré sa pre t → ∞
1
V čase písania tohto textu v uvedenom dokumente ešte nebola zmienka o zachovaní stability. Odkaz na ňu
doplním, akonáhle sa tam objaví.
1
alebo t → −∞ blížia k spomínanému sedlu. Sú to vlastné vektory Jacobiho matice vyhodnotenej
v tomto sedle.
det
−λ 1
1 −1 − λ
= λ(λ + 1) − 1 = λ2
+ λ − 1 ⇒ λ1 =
−1 −
√
5
2
, λ2 =
−1 +
√
5
2
,
λ1 :



1 +
√
5
2
1
1 −1 +
1 +
√
5
2


 ∼
1 +
√
5 2
2 −1 +
√
5
∼
−4 2(1 −
√
5)
2 −1 +
√
5
∼
2 −1 +
√
5
0 0
⇒ v1 =
1 −
√
5
2
,
λ2 : . . . v2 =
1 +
√
5
2
.
Pripomeňme, že v1 prislúcha vlastnému číslu λ1 < 0, takže je to smerový vektor dotyčnice k
riešeniam blížiacim sa k sedlu pre t → ∞. Naopak, v2 prislúcha vlastnému číslu λ2 > 0, takže
je to smerový vektor dotyčnice k riešeniam blížiacim sa k sedlu pre t → −∞. Môžeme nakresliť
obrázky:
Na pravom obrázku pekne vidno, ako trajektórie blížiace sa k sedlu pre t → ∞ tvoria hranicu
oblasti príťažlivosti ohniska (tie na obrázku nie sú nakreslené, ale ležia v úzkom páse
ohraničenom ostatnými trajektóriami). v
Príklad 2. Nájdite stacionárne body, vyšetrite ich charekter a načrtnite fázový portrét nasledujúceho
systému:
x = x2
−
x3
3
−
y
3
,
y = 6x − 3y.
Riešenie. Začneme nulklinami. Druhá z nich, y-nulklina, je určená rovnicou y = 2x, čo
je priamka prechádzajúca počiatkom so smernicou 2, zatiaľčo x-nulklina je grafom funkcie
y = 3x2
− x3
. Tá má jednoduchý koreň 3 a dvojnásobný koreň 0. Jej derivácia je 6x − 3x2
,
2
ktorej korene sú 0 a 2. Podľa jej znamienka zistíme že funkcia na intervaloch (−∞, 0) a (2, ∞)
klesá a na intervale (0, 2) rastie. V lokálnych extrémoch funkcia nadobúda hodnoty 0 a 4. To
by malo pre jej približný náčrt stačiť. Nad, respektíve pod grafom funkcie y = 2x výraz 6x−3y
nadobúda záporné, respektíve kladné hodnoty, takže nad ním trajektórie smerujú dole, zatiaľčo
pod ním smerujú hore. Nad, respektíve pod grafom funkcie y = 3x2
− x3
výraz x2
− x3
3
− y
3
nadobúda záporné, respektíve kladné hodnoty, čo znamená, že trajektórie nad ním smerujú
doľava, zatiaľčo pod ním doprava.
Za y v rovnici pre x-nulklinu dosadíme na základe rovnice pre y-nulklinu výraz 2x, čo nás
privedie k rovnici
2x = 3x2
− x3
⇔ x3
− 3x2
+ 2x = 0 ⇔ x(x2
− 3x + 2) = 0 ⇔ x(x − 1)(x − 2) = 0.
Stacionárne body sú [0, 0], [1, 2] a [2, 4]. Jacobiho matica jej stopa a determinant majú nasledujúci
tvar:
J(x, y) =
2x − x2
−1
3
6 −3
,
tr J(x, y) = −x2
+ 2x − 3,
det J(x, y) = 3x2
− 6x + 2.
V bode [0, 0] platí
J(0, 0) =
0 −1
3
6 −3
,
tr J(0, 0) = −3 < 0,
det J(0, 0) = 2 > 0,
(tr J(0, 0))2
− 4 det J(0, 0) = 1 > 0,
čo znamená, že bod [0, 0] je pre linearizovaný systém stabilný uzol a podľa uvedenej vety je
tento bod stabilným2
uzlom aj pre pôvodný systém. V bode [1, 2] platí
J(1, 2) =
1 −1
3
6 −3
,
tr J(1, 2) = −2 < 0,
det J(1, 2) = −1 < 0,
takže bod [1, 2] je pre linearizovaný systém sedlo a podľa uvedenej vety je tento bod sedlom aj
pre pôvodný systém. V bode [2, 4] platí
J(2, 4) =
0 −1
3
6 −3
,
čo je tá istá matica ako v prípade prvého stacionárneho bodu, takže aj [2, 4] je stabilný uzol.
Nájdeme charakteristické smery sedla:
det
1 − λ −1
3
6 −3 − λ
= (λ + 3)(λ − 1) + 2 = λ2
+ 2λ − 1 ⇒
λ1 = −1 −
√
2,
λ2 = −1 +
√
2,
λ1 :
2 +
√
2 −1
3
6 −2 +
√
2
∼
6 + 3
√
2 −1
6 −2 +
√
2
∼
3
√
2 1 −
√
2
6 −2 +
√
2
∼
6
√
2 − 2
6 −2 +
√
2
⇒ v1 =
2 −
√
2
6
,
λ2 : . . . v2 =
2 +
√
2
6
.
Už teraz môžeme približne načrtnúť fázový portrét:
2
Tá istá situácia ako tá, ktorá bola rozoberaná v predošlej poznámke pod čiarou.
3
Aby sme lepšie zachytili spôsob približovania trajektórií k stabilným uzlom vypočítame ich
charakteristické smery. To sú opäť vlastné vektory Jacobiho matice vyhodnotenej v danom
uzle. Vzhľadom k tomu, že obidva stacionárne body majú rovnakú Jacobiho maticu, stačí nám
výpočet uskutočniť len raz:
det
−λ −1
3
6 −3 − λ
= λ(λ + 3) + 2 = λ2
+ 3λ + 2 = (λ + 1)(λ + 2) ⇒
λ1 = −2,
λ2 = −1,
λ1 :
2 −1
3
6 −1
∼
6 −1
0 0
⇒ v1 =
1
6
,
λ2 :
1 −1
3
6 −2
∼
6 −2
0 0
⇒ v2 =
1
3
.
Zdôraznime, že λ1 je v absolútnej hodnote väčšie ako λ2. Priamka, ktorej smerový vektor je v2,
prechádzajúca uzlom je dotyčnicou v tomto bode ku skoro všetkým trajektóriám približujúcim
sa k tomuto uzlu. Jedinou výnimkou sú dve riešenia, ktorých dotyčnica má smernicu v1.
4
Na základe práve uskutočnenej analýzy nie sme schopní rozhodnúť, akým spôsobom sa k uzlom
približujú trajektórie, ktoré pre t → −∞ konvergujú k sedlu, teda heteroklinické trajektórie. Na
to by sme potrebovali o mnoho silnejšie nástroje, a preto sme ich len naznačili a nedokončili. v
Príklad 3. Analyzujte chovanie riešení nasledujúcej diferenciálnej rovnice:
ϕ = −
g
r
sin ϕ.
Riešenie. Na stranách 8 až 9 v dokumente Priebežný zápis prednášky bolo ukázané, že
uvedená rovnica popisuje chovanie matematického kyvadla, pričom ϕ je jeho odchýlka od (stabilnej)
rovnovážnej polohy, g je gravitačné zrýchlenie a r je dĺžka závesu. Aby výsledky našej
analýzy korešpondovali s modelovaným javom, budeme predpokladať, že závažie vysí na pevnom
nedeformovateľnom závese, teda napríklad na nejakej ľahkej tyči.
Uvedenú diferenciálnu rovnicu druhého rádu upravíme na systém dvoch diferenciálnych
rovníc prvého rádu zavedením premennej ψ = ϕ :
ϕ = ψ,
ψ = −
g
r
sin ϕ.
Výsledkom je evidentne autonómny systém v rovine. Označme f(ϕ, ψ) = ψ a g(ϕ, ψ) =
−g
r
sin ϕ. Vzhľadom k tomu, že (f(ϕ + 2π, ψ), g(ϕ + 2π, ψ)) = (f(ϕ, ψ), g(ϕ, ψ)), stačí sa
obmedziť na prípad (ϕ, ψ) ∈ [−π, π] × R. Inými slovami, rovinu môžeme rozdeliť na pásy
([−π, π] + k2π) × R, kde k ∈ Z, pričom skúmané vektorové pole má v každom páse rovnaký
tvar.
Najprv nájdeme nulkliny a stacionárne body systému. Rovnosť definujúca ϕ-nulklinu má
tvar ψ = 0, zatiaľčo ψ-nulklina je zjednotením priamok ϕ = −π, ϕ = 0 a ϕ = π. Ich prienikom
sú tri stacionárne body [−π, 0], [0, 0] a [π, 0]. Jacobiho matica pravej strany systému a jej
determinant majú nasledujúce tvary:
J(ϕ, ψ) =
0 1
−
g
r
cos ϕ 0
, det J(ϕ, ψ) =
g
r
cos ϕ.
Keďže det J(−π, 0) = det J(π, 0) = −g
r
< 0, sú stacionárne body [±π, 0] sedlom pre linearizovaný
systém. Podľa Vety 11 sú tieto body sedlom aj pre pôvodný systém. Na druhej strane,
det J(0, 0) = g
r
> 0 a tr J(0, 0) = 0, čo znamená, že bod [0, 0] je stredom pre linearizovaný
systém. Podľa spomínanej vety vieme povedať len toľko, že bod [0, 0] je v pôvodnom systéme
buď bod rotácie alebo ohnisko.
Pripomeňme, že študovaný systém je konzervatívny. Veličinou, ktorá je pozdĺž riešení systému
zachovávaná, je napríklad celková energia systému 1
2
mrψ2
+mg(1−cos ϕ). Pre naše účely
postačí jej akýkoľvek nenulový násobok, preto definujme
H(ϕ, ψ) =
1
2
rψ2
+ g(1 − cos ϕ).
Ukážme, že sa skutočne jedná o prvý integrál:
(Hϕ, Hψ), (f, g) = (g sin ϕ, rψ), ψ, −
g
r
sin ϕ = gψ sin ϕ − gψ sin ϕ = 0.
To znamená, že trajektórie riešení ležia na vrstevniciach funkcie H. Túto skutočnosť použijeme
k dôkazu toho, že bod [0, 0] je stred.
5
Potrebujeme ukázať, že v okolí bodu [0, 0] sú vrstevnice funkcie H uzavreté krivky. Všimnime
si, že H(0, 0) = 0. Študujme vrstevnicu H(ϕ, ψ) = ε, kde ε > 0 je malé. Zrejme existuje ψ0 > 0
s vlastnosťou H(0, ψ0) = H(0, −ψ0) = ε. Túto hodnotu môžeme priamo spočítať:
ε = H(0, ±ψ0) =
1
2
rψ2
0 ⇒ ψ0 =
2ε
r
.
Pokúsme sa nájsť predpis funkcie ψ(ϕ), ktorá je implicitne zadaná rovnicou H(ϕ, ψ) = ε v okolí
bodu [0, ±ψ0]:
1
2
rψ2
+ g(1 − cos ϕ) = ε,
ψ2
=
2g
r
(cos ϕ − 1) +
2ε
r
,
ψ = ±
2g
r
(cos ϕ − 1) +
2ε
r
(1)
Posledný výraz definuje funkciu ψ, kým je výraz pod odmocninou nezáporný. Pozrime sa, ktoré
hodnoty ϕ túto podmienku spĺňajú:
2g
r
(cos ϕ − 1) +
2ε
r
≥ 0,
cos ϕ ≥ 1 −
ε
g
,
čo znamená, že uvedenú podmienku spĺňa každé
ϕ ∈ [− arccos(1 − ε
g
), arccos(1 − ε
g
)]. (2)
Špeciálne, funkcia ψ definovaná rovnosťou (1) so znamienkom + je kladná vo vnútri tohto
intervalu a rovná nule pre ϕ = ± arccos(1− ε
g
). Podobne, ak vezmeme znamienko −, dostaneme
zápornú funkciu na intervale (− arccos(1− ε
g
), arccos(1− ε
g
)) a nulovú v bodoch ± arccos(1− ε
g
).
Vrstevnica H(ϕ, ψ) = ε sa teda skladá z dvoch oblúkov [ϕ, ±ψ(ϕ)], kde ϕ je z intervalu (2) a ψ
je definované rovnosťou (1), takže sa skutočne jedná o uzavretú krivku. Predpokladajme ďalej
ε < 2g, teda [− arccos(1 − ε
g
), arccos(1 − ε
g
)] ⊂ [−π, π]. Na vrstevnici H(ϕ, ψ) = ε preto neleží
žiadny stacionárny bod a pozdĺž tejto krivky je vektorové pole (f, g) nenulové. To stačí na to,
aby vrstevnica H(ϕ, ψ) = ε bola cyklom. Pre ε < 2g nerovnosť H(ϕ, ψ) < ε určuje okolie bodu
[0, 0] s vlastnosťou, že každá trajektória začínajúca v tejto množine je cyklom obsahujúcim bod
[0, 0] vo svojom vnútri, takže [0, 0] je skutočne stred.
Pozrime sa tiež bližšie na prípad ε = 2g. Vrstevnica H(ϕ, ψ) = ε je síce stále uzavretá
po častiach hladká krivka, avšak tentokrát obsahuje aj stacionárne body [±π, 0]. To znamená,
že sa nejedná o cyklus, ale o zjednotenie dvoch stacionárnych bodov a dvoch heteroklinických
trajektórií určených grafmi funkcií ψ = ± 2g
r
(cos ϕ + 1) spájajúcich tieto stacionárne
body. Heteroklinická trajektória reprezentuje situáciu, kedy je v nejakom čase rozdiel medzi
maximálnou možnou potenciálnou energiou a aktuálnou potenciálnou energiou kyvadla presne
kompenzovaný aktuálnou kinetickou energiou kyvadla. To znamená, že kyvadlo sa limitne blíži
k nestabilnej rovnovážnej polohe nachádzajúcej sa presne nad bodom, v ktorom je prichytené.
Pre ε > 2g sa už funkcie ψ(ϕ) určené predpisom (1) nuly nedotknú a sú definované pre každé
ϕ ∈ R. Ak teda nejaké riešenie (ϕ(t), ψ(t)) spĺňa v nejakom čase t0 podmienku H(ϕ(t0), ψ(t0)) >
2g, potom je toto riešenie neohraničené. To charakterizuje situáciu, kedy má kyvadlo dostatok
energie na to, aby sa neustále otáčalo okolo bodu, v ktorom je prichytené.
6
v
Príklad 4. Uvažujme o nasledujúcom autonómnom systéme:
CV = −gL(V − EL) − gKm4
(V − EK),
m = α(V )(1 − m) − β(V )m,
kde C, gL a gK sú kladné konštanty, EL a EK sú konštanty spĺňajúce nerovnosť EL > EK, a
nakoniec funkcie α a β sú definované takto:
α(V ) = 0, 01 ·
10 − V
exp 10−V
10
− 1
, β(V ) = 0, 125 exp −
V
80
.
Ukážte, že tento systém má jediný stacionárny bod a presvedčte sa o tom, že je stabilný.
Dokážte, že systém nemá cyklus.
Riešenie. Uvedený model popisuje chovanie neurónu a je zjednodušenou verziou HodgkinhoHuxleyho
modelu. Veličina V je napätie na membráne a m charakterizuje priepustnosť kanálu,
7
ktorým prechádzajú sodíkové katióny. Pre viac detailov odporúčame pozrieť sa na druhú kapitolu
v [1].
Začneme V -nulklinou, ktorá je určená nasledujúcou rovnicou:
−gL(V − EL) − gKm4
(V − EK) = 0,
V (gL + gKm4
) = gLEL + gKEKm4
,
V =
gLEL + gKEKm4
gL + gKm4
= EK +
gL(EL − EK)
gL + gKm4
.
Výraz gL + gKm4
je kladný a v treťom riadku sme delili polynómy so zvyškom. Vyšetrime
priebeh funkcie f(m) definovanej pravou stranou poslednej rovnosti. Jej derivácia má tvar
f (m) = −
4gKgL(EL − EK)m3
(gL + gKm4)2
.
Tá je kladná na intervale (−∞, 0), záporná na intervale (0, ∞) a nulová v bode 0. Preto je
funkcia f na intervale (−∞, 0) rastúca, na intervale (0, ∞) je klesajúca a v bode 0 má globálne
maximum s hodnotou f(0) = EL. Tiež platí limm→±∞ f(m) = EK.
Pred tým, ako sa začneme venovať m-nulkline, vyšetríme niektoré vlastnosti funkcií α a β.
Funkcia β je evidentne kladná a klesajúca. Ak zavedieme substitúciu x = 10−V
10
môžeme predpis
funkcie α vyjadriť v tvare
g(x) = 0, 1 ·
x
ex − 1
.
Najprv si uvedomme, že táto funkcia je spojito dodefinovateľná v bode x = 0:
lim
x→0
x
ex − 1
l’Hosp.
−−−−→0
0
lim
x→0
1
ex
= 1.
Teraz sa pozrieme na jej deriváciu na R {0}:
g (x) = 0, 1 ·
ex
− 1 − xex
(ex − 1)2
= 0, 1 ·
ex
(1 − x) − 1
(ex − 1)2
.
Pre x = 0 platí
1 − x < e−x
⇒ ex
(1 − x) < 1 ⇒ ex
(1 − x) − 1 < 0,
čo znamená, že g (x) < 0 pre x = 0. Derivácia v bode x = 0 sa dá vypočítať nasledujúcim
spôsobom:
g (0) = lim
x→0
g(x) − g(0)
x
l’Hosp.
−−−−→0
0
lim
x→0
g (x) = 0, 1 · lim
x→0
ex
(1 − x) − 1
(ex − 1)2
l’Hosp.
−−−−→0
0
0, 1 · lim
x→0
−xex
2(ex − 1)ex
= 0, 1 · lim
x→0
−x
2(ex − 1)
l’Hosp.
−−−−→0
0
0, 1 · lim
x→0
−1
2ex
= 0, 1 · −
1
2
< 0.
Funkcia g(x) je na celom R klesajúca, čo znamená, že funkcia α(V ) je na celom R rastúca.
Navyše je zrejme α všade kladná.
Sme pripravení vyšetriť priebeh m-nulkliny. Tá je určená rovnosťou
α(V )(1 − m) − β(V )m = 0,
m(α(V ) + β(V )) = α(V ),
m =
α(V )
α(V ) + β(V )
=
1
1 +
β(V )
α(V )
.
8
Označme symbolom h(V ) pravú stranu poslednej rovnosti. Keďže β je klesajúca a α je rastúca
funkcia, je 1 + β/α klesajúca funkcia, čo vedie k tomu, že h je rastúca funkcia. Navyše, h je
tiež kladná funkcia.
Pokúsme sa dať dokopy všetko, čo sa nám doteraz podarilo zistiť. Pre m ≥ 0 je V -nulklina
grafom spojitej klesajúcej funkcie v premennej m, ktorej hodnoty ležia v intervale [EL, EK). To
znamená, že táto nulklina je pre m ≥ 0 zároveň grafom spojitej rastúcej funkcie na intervale
[EL, EK) v premennej V , pričom jej hodnota v EL je 0 a jej limita zľava v bode EK je ∞.
Pripomeňme, že m-nulklina je grafom kladnej spojitej klesajúcej funkcie v premennej V . Všetky
uvedené argumenty implikujú, že nulkliny sa pretnú práve v jednom bode (najlepšie bude, keď
si nakreslíte obrázok).
Charakter tohto stacionárneho bodu vyšetríme pomocou znamienka determinantu a stopy
matice J(V, m) linearizovaného systému:
J(V, m) =
−gL − gKm4
−4gKm3
(V − EK)
α (V )(1 − m) − β (V )m −α(V ) − β(V )
,
tr J(V, m) = −gL − gKm4
− α(V ) − β(V ),
det J(V, m) = (gL + gKm4
)(α(V ) + β(V )) + 4gKm3
(V − EK)(α (V )(1 − m) − β (V )m).
Výraz −gL − gKm4
− α(V ) − β(V ) je pre každé (V, m) záporný, a preto je tr J(V, m) < 0
a prvý sčítanec determinantu je kladný. Vzhľadom k tomu, že stacionárny bod leží na V nulkline,
v tomto bode platí V − EK < 0. Zostáva nám už len vyšetriť znamienko výrazu
α (V )(1 − m) − β (V )m. V okolí stacionárneho bodu rovnosť α(V )(1 − m) − β(V )m = 0
implicitne zadáva klesajúcu funkciu h(V ). Pre jej deriváciu platí:
h (V ) = −
(α(V )(1 − m) − β(V )m)V
(α(V )(1 − m) − β(V )m)m
=
α (V )(1 − m) − β (V )m
α(V ) + β(V )
< 0,
čo znamená, že výraz α (V )(1 − m) − β (V )m je záporný. V konečnom dôsledku je uvedený
determinat kladný. Stacionárny bod je preto buď stabilný uzol, alebo stabilné ohnisko.
Zostáva nám ukázať, že uvedený systém nemá cyklus. Na to použijeme Bendixsonovo kritérium
(Dôsledok 6 na strane 90 v skriptách). Označme symbolmi (a(V, m), b(V, m))T
pravú
stranu systému a počítajme:
∂a
∂V
+
∂b
∂m
= −gL − gKm4
− α(V ) − β(V ) < 0.
Uvedená nerovnosť platí pre všetky dvojice (V, m) ∈ R2
, takže predpoklady Bendixsonovho
kritéria sú splnené a systém nemá v R2
cyklus. v
9
Príklad 5. Uvažujme o nasledujúcom autonómnom systéme:
x = −x + ay + x2
y,
y = b − ay − x2
y,
kde a, b > 0 sú parametre. Nájdite oblasť parametrov, pre ktoré má uvedený systém v množine
x, y ≥ 0 periodické riešenie.
Riešenie. Uvedený systém je známy ako Seľkovov model glykolýzy. Premenné x a y reprezentujú
koncetrácie adenozíndifosfátu a fruktóza-6-fosfátu. Pre viac informácií môže čitateľ
nahliadnuť do [3, 4].
Najprv nájdeme nulkliny. Prvá z nich, x-nulklina, je grafom funkcie y = x
a+x2 , zatiaľčo
y-nulklina je grafom funkcie y = b
a+x2 . Ich prienik nájdeme ako riešenie nasledujúcej sústavy
rovníc: −x + ay + x2
y = 0, b − ay − x2
y = 0. Po sčítaní obidvoch rovníc dostaneme rovnosť
x = b. Po dosadení tohto výsledku do niektorej z nich dostaneme y = b
a+b2 . Dvojica [b, b
a+b2 ] je
preto jediný stacionárny bod systému.
Ďalší krok našej analýzy bude pokus nájsť kompaktnú pozitívne invariantnú množinu v
prvom kvadrante. Na ose y platí x = ay ≥ 0, takže trajektórie na kladnej časti osi y smerujú
dovnútra kvadrantu. Na ose x platí y = b > 0, takže trajektórie na kladnej časti osi x tiež
smerujú dovnútra spomínaného kvadrantu. Podľa charakteru x-nulkliny môžeme tiež usúdiť,
že aj riešenie začínajúce v počiatku smeruje do kvadrantu. To všetko dokazuje pozitívnu invariantnosť
prvého kvadrantu. Zostáva nám vhodnými krivkami ohraničiť roh tohto kvadrantu.
Zvoľme konštantu c > b
a
a pozrime sa ako vyzerá vektorové pole pozdĺž priamky y = c. Spočítame
skalárny súčin vektora (0, −1), čo je vektor kolmý na priamku y = c smerujúci dole, s
vektormi (−x + ay + x2
y, b − ay − x2
y) pozdĺž priamky y = c:
(0, −1), (−x + ac + x2
c, b − ac − x2
c) = ac + x2
c − b > 0,
pretože
b
a + x2
≤
b
a
< c ⇒ ac + x2
c = c(a + x2
) > b,
kde prvá nerovnosť je dôsledkom faktu, že b
a
je globálne maximum funkcie b
a+x2 . Vektorové
pole pozdĺž priamky y = c zviera s vektorom (0, −1) ostrý uhol, a preto trajektórie začínajúce
na tejto priamke smerujú pod ňu. Vyšetrime teraz uhol, ktorý zviera naše vektorové pole s
vektorom (−1, −1):
(−1, −1), (−x + ay + x2
y, b − ay − x2
y) = x − b.
To znamená, že tento uhol je ostrý pre x > b. Pre x > b budú trajektórie v prvom kvadrante
začínajúce na priamke y = −x + d + c, kde d > b je ľubovoľné, smerovať pod ňu. Túto analýzu
môžeme zhrnúť tvrdením, že množina
K = {(x, y) ∈ R2
| x, y ≥ 0, y ≤ c, y ≤ −x + d + c}
je pozitívne invariantná. Vzhľadom k tomu, že je tiež ohraničenou a uzavretou podmnožinou
Euklidovského priestoru, je tiež kompaktná.
10
Venujme sa charakteru stacionárneho bodu. Za tým účelom vypočítame Jacobiho maticu
systému, jej stopu a determinant:
J(x, y) =
−1 + 2xy a + x2
−2xy −a − x2 ,
tr J(x, y) = −x2
+ 2xy − a − 1,
det J(x, y) = (a + x2
)(1 − 2xy) + 2xy(a + x2
)
= a + x2
> 0.
Determinant je vždy kladný a stopa v stacionárnom bode má hodnotu
tr J b,
b
a + b2
= −b2
+
2b2
a + b2
− a − 1 =
−b4
− (2a − 1)b2
− (a + a2
)
a + b2
.
Nás zaujíma situácia, kedy bude stopa kladná, teda prípady, kedy je stacionárny bod buď
nestabilný uzol alebo nestabilné ohnisko. Riešime nerovnicu
0 > b4
+ (2a − 1)b2
+ a + a2
,
kde pravú stranu chápeme ako kvadratický polynóm v premennej b2
. Jej diskriminant má tvar
(2a − 1)2
− 4(a + a2
) = 1 − 8a a všimnime si, že koeficient pri najvyššej mocnine je kladný.
Uvedená nerovnica má zrejme riešenie len v prípade, kedy je diskriminant kladný. V takom
prípade sú riešením všetky hodnoty b > 0, pre ktoré platí
1 − 2a −
√
1 − 8a
2
≤ b2
≤
1 − 2a +
√
1 − 8a
2
.
11
Z vlastností nestabilných uzlov a ohnísk v rovine môžeme usúdiť, že existuje otvorené okolie
týchto bodov, ktorých hranica je hladká uzavretá krivka, s tou vlastnosťou, že akákoľvek trajektória
začínajúca na tejto hranici vychádza von z tohto okolia. Označme symbolom U nejaké
okolie nášho stacionárneho bodu, ktoré spĺňa túto podmienku a navyše platí U ⊆ K. Môžeme
usúdiť, že množina M = K U je kompaktná pozitívne invariantná množina. Pripomeňme
Poincarého-Bendixsonovu vetu uvedenú v [2] na strane 11, ktorá dáva postačujúcu podmienku
pre výskyt cyklu:
Veta 1. Nech C+
je trajektória riešenia (x(t), y(t)), t ≥ 0 majúca kompaktný uzáver v R2
.
Predpokladajme, že ω-limitná množina Ω(C+
) neobsahuje stacionárne body. Potom je Ω(C+
)
cyklus.
Predpokladajme, že parametre a a b spĺňajú vyššie uvedené nerovnosti. Zvoľme ľubovoľné
riešenie (x(t), y(t)) nášho systému spĺňajúce (x(0), y(0)) ∈ M. Vzhľadom k tomu, že M je
pozitívne invariantná množina, platí C+
= {(x(t), y(t)) | t ∈ [0, ∞)} ⊆ M. Z vlastností uzáveru
množiny tiež vyplýva nasledujúca inklúzia: C+ ⊆ M = M. Keďže je uzáver C+ množiny C+
podmnožinou kompaktnej množiny M, sám je kompaktný. Keďže platí Ω(C+
) ⊆ C+ ⊆ M a M
neobsahuje žiadny stacionárny bod, neobsahuje žiadny stacionárny bod ani ω-limitná množina
Ω(C+
). Trajektória riešenia (x(t), y(t)) evidentne spĺňa predpoklady Poincarého-Bendixsonovej
vety, čo znamená, že Ω(C+
) je cyklus.
v
Literatúra
[1] IZHIKEVICH, Eugene M. Dynamical systems in neuroscience. MIT press, 2007.
[2] KALAS, Josef, POSPÍŠIL, Zdeněk. Spojité Modely v Biologii. 1. vyd. Brno: Masarykova
univerzita, 2001.
[3] SEĽKOV, E. E. Self-Oscillations in Glycolysis 1. A Simple Kinetic Model. European Journal
of Biochemistry, 1968, 4.1: 79-86.
[4] STROGATZ, Steven H. Nonlinear dynamics and Chaos: with applications to physics, biology,
chemistry, and engineering. Reading, Mass.: Addison-Wesley Pub., 1994.
12