4.6 Układy nieliniowe, płaszczyzna fazowa i stabilność

0 Prolog: wahadło, które przechodzi przez górę

Wahadło (sztywny pręt z ciężarkiem) spełnia $\ddot\theta = -\tfrac gL\sin\theta$ . Dla małych kątów $\sin\theta \approx \theta$ (lekcja 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce) i dostajemy oscylator harmoniczny z okresem $2\pi\sqrt{L/g}$ . Ale przybliżenie przestaje działać, gdy wahadło wychyli się mocno. Przy wychyleniu $90°$ okres jest już o $18\%$ dłuższy. Jeśli nadamy mu dość prędkości, przejdzie przez położenie pionowe u góry i zacznie się kręcić. Pionowe położenie u góry ( $\theta = \pi$ ) też jest równowagą: niestabilną.

Pytanie na start. Jaką co najmniej prędkość kątową trzeba nadać wahadłu w najniższym punkcie, żeby przeszło przez górę? Jak wygląda ruch dokładnie na granicy? Odpowiedź w części 2.

1 Punkty równowagi i linearyzacja

Układ autonomiczny w płaszczyźnie to $\dot x = f(x,\ y)$ , $\dot y = g(x,\ y)$ : prawe strony zależą od stanu, ale nie od czasu (lekcja 4.5 Układy równań liniowych i przestrzeń stanów). Punkt równowagi $(x^*;\ y^*)$ to miejsce, gdzie $f = g = 0$ : układ tam stoi. Blisko równowagi zmienne $\xi = x - x^*$ , $\eta = y - y^*$ są małe, więc $f$ i $g$ zastępujemy przybliżeniem liniowym z różniczki (lekcja 3.1 Reguła łańcuchowa, ekstrema i mnożniki Lagrange'a w wielu zmiennych):

Linearyzacja w punkcie równowagi

\begin{pmatrix}\dot\xi \\ \dot\eta\end{pmatrix} \approx J\begin{pmatrix}\xi \\ \eta\end{pmatrix},\qquad J = \begin{pmatrix} \partial_xf & \partial_yf \\ \partial_xg & \partial_yg \end{pmatrix}_{(x^*;\ y^*)} .

Macierz Jacobiego $J$ gra rolę macierzy $A$ z lekcji 4.5. Jeśli żadna wartość własna $J$ nie ma zerowej części rzeczywistej (równowaga hiperboliczna), to w pobliżu równowagi układ nieliniowy wygląda jak liniowy: trajektorie jednego da się ciągle odkształcić w trajektorie drugiego (twierdzenie Hartmana–Grobmana), więc stabilność jest ta sama, a siodło pozostaje siodłem. Silniejszy wynik dla układów lokalnie liniowych mówi więcej: spirala pozostaje spiralą, a węzeł węzłem, z wyjątkiem równych wartości własnych, gdy węzeł może stać się spiralą.por. Boyce i DiPrima §9.3 Gdy wartości własne są czysto urojone (środek liniowy), linearyzacja nie rozstrzyga: decydują wyrazy nieliniowe (zadanie 1.5).

Przykład 1.1 Równowagi wahadła

Dla wahadła $\dot\theta = \omega$ , $\dot\omega = -\sin\theta - \gamma\omega$ (jednostki, w których $g/L = 1$ ) znajdź równowagi i ich typ dla $\gamma = 0$ i $\gamma = 0{,}5$ .

$\omega = 0$ i $\sin\theta = 0$ : równowagi $(k\pi;\ 0)$ . Wystarczy zbadać $(0;\ 0)$ (na dole) i $(\pi;\ 0)$ (u góry).
$J = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -\cos\theta & -\gamma \end{pmatrix}$ . Na dole $\cos0 = 1$ : $\lambda^2 + \gamma\lambda + 1 = 0$ . U góry $\cos\pi = -1$ : $\lambda^2 + \gamma\lambda - 1 = 0$ .
$\gamma = 0$ : na dole $\lambda = \pm i$ (środek liniowy), u góry $\lambda = \pm1$ (siodło).
$\gamma = 0{,}5$ : na dole $\lambda = -0{,}25 \pm 0{,}968i$ (spirala stabilna), u góry $\lambda \approx 0{,}78$ i $-1{,}28$ (siodło).

Wynik: położenie dolne: środek liniowy bez tarcia, spirala stabilna z tarciem; położenie górne: siodło w obu przypadkach.

Sprawdzenie: dla $\gamma = 0$ dolna równowaga nie jest hiperboliczna, więc sama linearyzacja nie mówi, czy orbity są zamknięte. Rozstrzyga to zasada zachowania energii w części 2 ✓. Siodło u góry: wahadło ustawione pionowo w górę spada przy najmniejszym zaburzeniu ✓.

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 45 min

Znajdź równowagi układu $\dot x = x - x^2$ , $\dot y = -y$ i określ ich typ.

Odpowiedź
$(0;\ 0)$ : $J = \operatorname{diag}(1,\ -1)$ , siodło. $(1;\ 0)$ : $J = \operatorname{diag}(-1,\ -1)$ , węzeł stabilny.
Wahadło bez tarcia ma równowagi w $(k\pi;\ 0)$ . Które z nich są siodłami? Dlaczego to tylko dwa fizycznie różne położenia?

Odpowiedź
Dla nieparzystych $k$ ( $\cos k\pi = -1$ ) siodła, dla parzystych środki. Kąty różniące się o $2\pi$ to to samo położenie wahadła: płaszczyzna fazowa to w istocie walec.
Dla jakiego tłumienia $\gamma$ dolna równowaga wahadła przestaje być spiralą (od $\gamma = 2$ węzeł; przy $\gamma = 2$ zdegenerowany, tłumienie krytyczne)? Co to znaczy fizycznie?

Odpowiedź
Wyróżnik $\gamma^2 - 4$ zmienia znak przy $\gamma = 2$ . Dla $\gamma > 2$ wartości własne są rzeczywiste i ujemne: węzeł. Wahadło wraca do pionu bez przechodzenia na drugą stronę (tłumienie nadkrytyczne, lekcja 4.1 Równania różniczkowe zwyczajne).
Sprężyna „miękknąca”: $\dot x = y$ , $\dot y = -x + x^3$ . Znajdź równowagi i ich typ z linearyzacji.

Odpowiedź
$(0;\ 0)$ : $J = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}$ , $\lambda = \pm i$ : środek liniowy (energia $\tfrac{y^2}2 + \tfrac{x^2}2 - \tfrac{x^4}4$ jest zachowana, więc orbity w pobliżu są zamknięte). $(\pm1;\ 0)$ : $J = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}$ , $\lambda = \pm\sqrt2$ : siodła. Dla dużych wychyleń sprężyna „puszcza” i ruch ucieka.
Układ $\dot x = -y + x(x^2 + y^2)$ , $\dot y = x + y(x^2 + y^2)$ ma w zerze linearyzację $\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ (środek). Przejdź do współrzędnych biegunowych i pokaż, że naprawdę to niestabilna spirala.

Wskazówka
$r\dot r = x\dot x + y\dot y$ (lekcja 3.2 Współrzędne biegunowe, walcowe i sferyczne).

Odpowiedź
$r\dot r = x\dot x + y\dot y = (x^2 + y^2)^2 = r^4$ , czyli $\dot r = r^3 > 0$ , a $\dot\varphi = 1$ . Trajektorie odkręcają się od zera, choć liniowa część przewiduje zamknięte okręgi. Z $\dot r = r^3$ : $r(t) = \tfrac{r_0}{\sqrt{1 - 2r_0^2t}}$ , ucieczka do nieskończoności w skończonym czasie $t = \tfrac{1}{2r_0^2}$ .

2 Portret fazowy wahadła

Portret fazowy to rysunek wielu trajektorii na płaszczyźnie stanów: z niego od razu widać, co się stanie z każdym stanem początkowym.por. Strogatz rozdz. 6 Dla wahadła bez tarcia pomaga zasada zachowania energii (Dział 2: Energia). Mnożąc $\ddot\theta = -\sin\theta$ przez $\dot\theta$ , dostajemy $\tfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\tfrac{\omega^2}{2} - \cos\theta\right) = 0$ , czyli

E(\theta,\ \omega) = \frac{\omega^2}{2} - \cos\theta = \text{const} .

Trajektorie to poziomice funkcji $E$ (lekcja 1.4 Rachunek różniczkowy w praktyce). Dla $-1 < E < 1$ to zamknięte krzywe wokół $(0;\ 0)$ : wahania. Dla $E > 1$ to linie falujące, idące w prawo lub w lewo: obroty. Granicą jest separatrysa $E = 1$ :

\omega = \pm2\cos\frac\theta2 .

Wahadło na separatrysie zmierza ku pionowi u góry i dochodzi do niego dopiero po nieskończenie długim czasie. Najniższy punkt mija z prędkością kątową $2$ (w jednostkach, w których $g/L = 1$ ), czyli $2\sqrt{g/L}$ : to odpowiedź na pytanie z prologu. Okres wahań rośnie z amplitudą i dąży do nieskończoności przy zbliżaniu się do separatrysy.

Zadania · część 2

4 zadania · ok. 35 min

Sprawdź, że $E = \tfrac{\omega^2}{2} - \cos\theta$ jest stała wzdłuż rozwiązań wahadła bez tarcia, licząc $\tfrac{\mathrm dE}{\mathrm dt}$ regułą łańcuchową.

Odpowiedź
$\dot E = \omega\dot\omega + \sin\theta\,\dot\theta = \omega(-\sin\theta) + \sin\theta\,\omega = 0$ . Z tarciem $\dot E = -\gamma\omega^2 \le 0$ : energia maleje.
Sprawdź, że $\omega = 2\cos\tfrac\theta2$ leży na poziomicy $E = 1$ . Oblicz minimalną prędkość kątową w dole, przy której wahadło o długości $1$ m przejdzie przez górę ( $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ ).

Odpowiedź
$\tfrac{4\cos^2(\theta/2)}{2} - \cos\theta = 2\cos^2\tfrac\theta2 - (2\cos^2\tfrac\theta2 - 1) = 1$ ✓. Prędkość kątowa w dole musi przekroczyć $2\sqrt{g/L} \approx 6{,}26$ rad/s. To samo z energii: $\tfrac12mL^2\omega^2 > 2mgL$ .
Okres wahadła o amplitudzie $\theta_0$ to $T = 4K\!\left(\sin\tfrac{\theta_0}{2}\right)\sqrt{L/g}$ , gdzie $K(k) = \int_0^{\pi/2}\frac{\mathrm d\phi}{\sqrt{1 - k^2\sin^2\phi}}$ to zupełna całka eliptyczna pierwszego rodzaju z modułem $k$ (liczy się ją numerycznie; uwaga: w SciPy ellipk(m) przyjmuje $m = k^2$ ). Dla $\theta_0 = 90°$ wychodzi $T \approx 7{,}42\sqrt{L/g}$ . O ile procent dłużej niż dla małych wahań? Dlaczego przy $\theta_0 \to 180°$ okres rośnie bez ograniczeń?

Odpowiedź
$\tfrac{7{,}416}{2\pi} \approx 1{,}18$ : o ok. $18\%$ . Przy amplitudzie bliskiej $180°$ wahadło długo „wisi” blisko górnego siodła, gdzie prawie się nie porusza; na samej separatrysie dojście do siodła trwa nieskończenie długo. Dla $170°$ okres jest już ok. $2{,}4$ razy dłuższy.
Wahadło z tarciem ( $\gamma = 0{,}5$ ) dostaje w dole bardzo dużą prędkość. Opisz jego ruch w portrecie fazowym. Od czego zależy, w którym dolnym położeniu $(2k\pi;\ 0)$ się zatrzyma?

Odpowiedź
Na początku kręci się (energia ponad separatrysą), ale każdy obrót traci energię. W końcu trajektoria spada poniżej górnego siodła i zawija się spiralą do jednego z dolnych położeń. To, do którego, zależy od tego, między którymi rozmaitościami stabilnymi siodeł (krzywymi, po których trajektorie wpadają do siodeł) leży stan początkowy: płaszczyzna dzieli się na pasy, czyli obszary przyciągania. Fizycznie: wahadło zatrzyma się po $k$ pełnych obrotach.

3 Drapieżniki i ofiary

Model Lotki–Volterry: zające $x$ rozmnażają się w tempie $a$ i giną zjadane przez lisy (wyraz $-bxy$ ), lisy $y$ wymierają bez pożywienia (tempo $c$ ) i mnożą się dzięki zającom ( $+dxy$ ):por. Boyce i DiPrima §9.5

\dot x = x(a - by),\qquad \dot y = y(-c + dx) .

Funkcja $V = dx - c\ln x + by - a\ln y$ jest stała wzdłuż rozwiązań (zadanie 3.3), więc trajektorie w pierwszej ćwiartce to zamknięte krzywe wokół równowagi współistnienia: populacje oscylują bez końca, z amplitudą ustaloną przez warunki początkowe.

Przykład 3.1 Zające i lisy

Dla $a = 1$ , $b = 0{,}5$ , $c = 0{,}75$ , $d = 0{,}25$ (czas w latach, populacje w tysiącach) znajdź równowagi, ich typ i okres małych oscylacji.

Równowagi: $(0;\ 0)$ oraz $x^* = c/d = 3$ , $y^* = a/b = 2$ .
$J = \begin{pmatrix} a - by & -bx \\ dy & -c + dx \end{pmatrix}$ . W $(0;\ 0)$ : $\operatorname{diag}(1,\ -0{,}75)$ , siodło (bez lisów zające rosną, bez zajęcy lisy giną).
W $(3;\ 2)$ : $J = \begin{pmatrix} 0 & -1{,}5 \\ 0{,}5 & 0 \end{pmatrix}$ , $\lambda^2 = -0{,}75$ , $\lambda = \pm0{,}866i$ : środek liniowy.
Okres małych oscylacji $\tfrac{2\pi}{0{,}866} \approx 7{,}26$ roku.

Wynik: siodło w $(0;\ 0)$ , środek w $(3;\ 2)$ ; oscylacje z okresem ok. $7{,}3$ roku.

Sprawdzenie: środek liniowy nie rozstrzyga sam (część 1), ale zachowana wielkość $V$ ma w $(3;\ 2)$ minimum, więc orbity są zamknięte ✓. Numerycznie: start z $(3{,}3;\ 2)$ daje okres $7{,}26$ , a start z $(8;\ 2)$ okres $8{,}00$ : duże oscylacje są wolniejsze. Z linearyzacji: przy małych oscylacjach maksimum lisów spóźnia się za maksimum zajęcy o ćwierć okresu (dla dużych orbit mniej, np. ok. $0{,}15$ okresu przy starcie z $(8;\ 2)$ ).

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 40 min

Wyjaśnij biologicznie znaczenie każdego wyrazu modelu Lotki–Volterry. Który wyraz jest nieliniowy?

Odpowiedź
$ax$ : rozmnażanie zajęcy; $-bxy$ : spotkania zając–lis kończące się zjedzeniem (proporcjonalne do iloczynu liczebności); $-cy$ : śmiertelność lisów; $dxy$ : przyrost lisów dzięki pożywieniu. Nieliniowe są wyrazy $xy$ .
Pokaż, że w ogólnym modelu jakobian w $(c/d;\ a/b)$ ma wartości własne $\pm i\sqrt{ac}$ . Ile wynosi okres małych oscylacji?

Odpowiedź
$J = \begin{pmatrix} 0 & -bc/d \\ da/b & 0 \end{pmatrix}$ , $\lambda^2 = -ac$ . Okres $\tfrac{2\pi}{\sqrt{ac}}$ ; dla przykładu 3.1: $\tfrac{2\pi}{\sqrt{0{,}75}} \approx 7{,}26$ ✓. Okres nie zależy od $b$ i $d$ .
Pokaż, że $V = dx - c\ln x + by - a\ln y$ jest stała wzdłuż rozwiązań.

Odpowiedź
$\dot V = \left(d - \tfrac cx\right)\dot x + \left(b - \tfrac ay\right)\dot y = (dx - c)(a - by) + (by - a)(-c + dx) = 0$ .
Pokaż, że średnie po okresie wynoszą $\bar x = c/d$ i $\bar y = a/b$ . Co się stanie ze średnimi, jeśli ludzie odławiają oba gatunki w tempie $h$ (czyli $a \to a - h$ , $c \to c + h$ )?

Wskazówka
$\tfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\ln y = -c + dx$ ; scałkuj po pełnym okresie.

Odpowiedź
Po okresie $\ln y$ wraca do tej samej wartości, więc $0 = -cT + d\int_0^Tx\,\mathrm dt$ , czyli $\bar x = c/d$ ; analogicznie $\bar y = a/b$ . Przy odłowie: $\bar x = \tfrac{c + h}{d}$ rośnie, $\bar y = \tfrac{a - h}{b}$ maleje. Umiarkowany odłów zwiększa średnią liczbę ofiar. Tak Volterra wyjaśnił, dlaczego w czasie I wojny światowej, gdy łowiono mniej, w połowach na Adriatyku wzrósł udział ryb drapieżnych (dane Umberta D'Ancony).
Dwa gatunki konkurują o pokarm: $\dot x = x(1 - x - y)$ , $\dot y = y(0{,}75 - y - 0{,}5x)$ . Znajdź wszystkie równowagi i zbadaj, czy współistnienie jest stabilne.

Odpowiedź
Równowagi: $(0;\ 0)$ (węzeł niestabilny), $(1;\ 0)$ i $(0;\ 0{,}75)$ (siodła: $\lambda = \tfrac14,\ -1$ i $\tfrac14,\ -\tfrac34$ ) oraz $(0{,}5;\ 0{,}5)$ . Tam $J = \begin{pmatrix} -0{,}5 & -0{,}5 \\ -0{,}25 & -0{,}5 \end{pmatrix}$ , $\operatorname{tr} = -1$ , $\det = 0{,}125$ : węzeł stabilny ( $\lambda \approx -0{,}15$ i $-0{,}85$ ). Gatunki współistnieją, bo konkurencja wewnątrzgatunkowa jest łącznie silniejsza od międzygatunkowej: iloczyn współczynników samoograniczenia $1\cdot1$ przewyższa iloczyn współczynników konkurencji $1\cdot0{,}5$ .por. Boyce i DiPrima §9.4

4 Cykle graniczne

Zamknięte orbity wahadła i modelu Lotki–Volterry tworzą rodziny: każdy stan początkowy ma swoją orbitę, a zaburzenie przenosi układ na sąsiednią. Zegar, serce czy brzęczący przewód zachowują się inaczej: po zaburzeniu wracają do tej samej oscylacji. Taka izolowana zamknięta orbita, do której zbiegają sąsiednie trajektorie, to cykl graniczny (stabilny).por. Strogatz rozdz. 7

Klasyczny przykład to oscylator van der Pola, model obwodu z lampą elektronową:

\ddot x - \mu(1 - x^2)\,\dot x + x = 0,\qquad \mu > 0 .

Dla małych $|x|$ „tłumienie” $-\mu(1 - x^2)$ jest ujemne: układ dostaje energię, drgania rosną. Dla $|x| > 1$ jest dodatnie: energia jest tracona. Równowaga między tymi efektami ustala jedną amplitudę, bliską $2$ niezależnie od $\mu$ . W płaszczyźnie istnienie cyklu gwarantuje twierdzenie Poincarégo–Bendixsona: trajektoria, która od pewnej chwili pozostaje w domkniętym, ograniczonym obszarze bez punktów równowagi, jest orbitą zamkniętą albo do niej dąży. Dla van der Pola takim obszarem jest pierścień wokół niestabilnego zera.por. Boyce i DiPrima §9.7

Przykład 4.1 Oscylator van der Pola

Dla $\mu = 1$ zbadaj równowagę w zerze i opisz, co dzieje się z trajektoriami startującymi blisko zera i daleko od niego.

Stan $[x;\ y]$ z $y = \dot x$ : $\dot x = y$ , $\dot y = \mu(1 - x^2)y - x$ . Jedyna równowaga: $(0;\ 0)$ .
$J = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & \mu \end{pmatrix}$ , $\lambda = \tfrac{\mu \pm \sqrt{\mu^2 - 4}}{2} = \tfrac12 \pm \tfrac{\sqrt3}{2}i$ : spirala niestabilna. Trajektorie blisko zera odkręcają się.
Daleko od zera dominuje tłumienie $\mu x^2\dot x$ : trajektorie zakręcają do środka. Pomiędzy leży cykl graniczny.
Numerycznie: amplituda cyklu $\approx 2{,}01$ , okres $\approx 6{,}66$ (dla $\mu = 0{,}1$ : $2{,}00$ i $6{,}29$ ; dla $\mu = 3$ : $2{,}02$ i $8{,}86$ ).

Wynik: niestabilna spirala w zerze, stabilny cykl graniczny o amplitudzie ok. $2$ i okresie ok. $6{,}66$ .

Sprawdzenie: dla małego $\mu$ układ to prawie oscylator harmoniczny, więc okres powinien być bliski $2\pi \approx 6{,}28$ ✓. Dla dużego $\mu$ drgania stają się „relaksacyjne”: powolne narastanie i gwałtowny przeskok (symulacja 2).

Zadania · część 4

4 zadania · ok. 30 min

Dla jakich $\mu > 0$ zero jest w oscylatorze van der Pola niestabilną spiralą, a dla jakich niestabilnym węzłem?

Odpowiedź
$\lambda = \tfrac{\mu \pm \sqrt{\mu^2 - 4}}{2}$ , część rzeczywista dodatnia zawsze. Spirala dla $\mu < 2$ , węzeł dla $\mu \ge 2$ (dla $\mu = 3$ : $\lambda \approx 0{,}38$ i $2{,}62$ ).
Dlaczego układ liniowy $\dot{\vec x} = A\vec x$ nie może mieć cyklu granicznego?

Odpowiedź
Jeśli $\vec x(t)$ jest rozwiązaniem okresowym, to $c\,\vec x(t)$ też, dla każdego $c$ . Orbity zamknięte (gdy są, przy czysto urojonych wartościach własnych) tworzą więc rodzinę przeskalowanych kopii, żadna nie jest izolowana i żadna nie przyciąga sąsiednich. Cykl graniczny wymaga nieliniowości, która wybiera jedną amplitudę.
Czym różni się zamknięta orbita modelu Lotki–Volterry od cyklu granicznego van der Pola? Co się stanie w obu układach po krótkim zaburzeniu?

Odpowiedź
W modelu Lotki–Volterry zaburzenie przenosi układ na inną orbitę z rodziny i populacje oscylują dalej z nową amplitudą (układ „pamięta” zaburzenie). W oscylatorze van der Pola sąsiednie trajektorie wracają do cyklu: amplituda i okres się odtwarzają. Dlatego modele rzeczywistych oscylatorów (zegar, serce) mają cykle graniczne, a model Lotki–Volterry jest strukturalnie niestabilny: drobna zmiana równań niszczy rodzinę orbit.
Układ we współrzędnych biegunowych: $\dot r = r(1 - r^2)$ , $\dot\varphi = 1$ . Pokaż, że $r = 1$ to stabilny cykl graniczny, i sprawdź, że $r(t) = \left(1 + Ce^{-2t}\right)^{-1/2}$ spełnia równanie.

Odpowiedź
$\dot r > 0$ dla $0 < r < 1$ i $\dot r < 0$ dla $r > 1$ : trajektorie z obu stron zbiegają do okręgu $r = 1$ , po którym układ krąży z $\dot\varphi = 1$ . Sprawdzenie: $\dot r = Ce^{-2t}(1 + Ce^{-2t})^{-3/2}$ , a $r(1 - r^2) = (1 + Ce^{-2t})^{-1/2}\cdot\tfrac{Ce^{-2t}}{1 + Ce^{-2t}}$ : to samo ✓. $C > 0$ : start wewnątrz, $-1 < C < 0$ : na zewnątrz.

5 Błędne intuicje

„Linearyzacja zawsze mówi, czy równowaga jest stabilna.”: Tylko dla równowag hiperbolicznych. Środek liniowy może być naprawdę środkiem, spiralą stabilną albo niestabilną (zadanie 1.5).
„Stabilna równowaga przyciąga wszystkie trajektorie.”: Tylko te z jej obszaru przyciągania. Wahadło z tarciem ma nieskończenie wiele stabilnych położeń, a każde przyciąga swój pas płaszczyzny (zadanie 2.4).
„Okres wahadła nie zależy od amplitudy.”: To prawda tylko dla małych wychyleń. Przy $90°$ okres jest o $18\%$ dłuższy, a przy amplitudzie bliskiej $180°$ rośnie bez ograniczeń.
„Każda zamknięta orbita to cykl graniczny.”: Cykl graniczny jest izolowany. Orbity wahadła bez tarcia i modelu Lotki–Volterry tworzą ciągłe rodziny (zadanie 4.3).
„Populacje w modelu drapieżnik–ofiara dążą do równowagi.”: W modelu Lotki–Volterry oscylują bez końca wokół równowagi; zbieżność pojawia się dopiero w modelach z dodatkowymi efektami, np. z ograniczoną pojemnością środowiska dla ofiar.

6 Sprawdź się

1 Jak znaleźć punkty równowagi układu

\dot x = f

\dot y = g

Rozwiązać $f = 0$ i $g = 0$ jednocześnie.

2 Jaka macierz opisuje układ blisko równowagi?

Jakobian $J$ (pochodne cząstkowe $f$ i $g$ ) policzony w równowadze.

3 Kiedy linearyzacja wiernie oddaje typ równowagi?

Gdy żadna wartość własna nie ma zerowej części rzeczywistej (równowaga hiperboliczna).

4 Jakiego typu jest górne położenie wahadła?

Siodło.

5 Czym jest separatrysa wahadła i jakie ma równanie?

Granica między wahaniami a obrotami: $E = 1$ , czyli $\omega = \pm2\cos(\theta/2)$ (dla $g/L = 1$ ).

6 Ile wynoszą średnie liczebności w modelu Lotki–Volterry?

$\bar x = c/d$ , $\bar y = a/b$ : współrzędne równowagi.

7 Czym jest cykl graniczny?

Izolowaną zamkniętą orbitą; stabilny przyciąga sąsiednie trajektorie.

7 Karta wzorów i co dalej

Linearyzacja

równowaga: $f(x^*,\ y^*) = g(x^*,\ y^*) = 0$

$J = \begin{pmatrix} f_x & f_y \\ g_x & g_y \end{pmatrix}$ w równowadze; typ z wartości własnych (lekcja 4.5)

hiperboliczna ( $\operatorname{Re}\lambda \neq 0$ ): stabilność i siodło jak w układzie liniowym (węzeł/spirala: poza $\lambda_1 = \lambda_2$ )

środek liniowy: rozstrzygają wyrazy nieliniowe (np. zachowana energia)

wahadło: $E = \tfrac{\omega^2}{2} - \cos\theta$ ; separatrysa $\omega = \pm2\cos\tfrac\theta2$

Modele

Lotka–Volterra: $\dot x = x(a - by)$ , $\dot y = y(-c + dx)$

równowaga $(c/d;\ a/b)$ , okres małych drgań $2\pi/\sqrt{ac}$ , $\bar x = c/d$ , $\bar y = a/b$

van der Pol: $\ddot x - \mu(1 - x^2)\dot x + x = 0$ ; cykl o amplitudzie $\approx 2$

$\dot r = r(1 - r^2)$ : cykl graniczny $r = 1$

Poincaré–Bendixson: trajektoria uwięziona w ograniczonym, domkniętym obszarze bez równowag → orbita zamknięta (lub dąży do niej)

Do przeczytania w podręcznikach

W. E. Boyce, R. C. DiPrima, Elementary Differential Equations and Boundary Value Problems: 9.2 (układy autonomiczne i stabilność), 9.3 (układy lokalnie liniowe), 9.4 (konkurencja gatunków), 9.5 (drapieżnik–ofiara), 9.7 (rozwiązania okresowe i cykle graniczne).
S. H. Strogatz, Nonlinear Dynamics and Chaos: rozdz. 5 (układy liniowe), 6 (płaszczyzna fazowa), 7 (cykle graniczne). Najlepsza książka na dalszą lekturę.

Trzy wymiary to już inna historia: tam trajektorie mogą się plątać bez końca, nie zbiegając ani do równowagi, ani do cyklu, i pojawia się chaos (Strogatz, rozdz. 9). W automatyce stabilność układów nieliniowych bada się bez rozwiązywania równań, funkcjami podobnymi do energii z części 2 (4.6 Stabilność Lapunowa i sterowanie nieliniowe). Następna lekcja, 4.7 Równania cząstkowe: fali, dyfuzji i Laplace'a, przechodzi od równań zwyczajnych do cząstkowych.