Как найти положение равновесия: пошаговое решение

Дано: автономная система $\dot x = x^2 - y - 3$, $\dot y = x - y - 1$. Найти: все положения равновесия, тип каждой особой точки и вывод об устойчивости.

Положения равновесия ищутся из условия «обе правые части равны нулю», тип точки определяется собственными значениями матрицы Якоби в этой точке. Ответ: две точки, $M_1(2;\,1)$ - седло (неустойчиво), $M_2(-1;\,-2)$ - устойчивый фокус (асимптотически устойчив). Калькулятор сверху показывает ту же картину на фазовой плоскости и пересчитывает всё под другие коэффициенты.

Решение по шагам

Шаг 1. Приравниваем правые части к нулю. Положение равновесия (оно же точка покоя, особая точка, стационарная точка) - это постоянное решение $x(t)\equiv x_0$, $y(t)\equiv y_0$. У постоянной функции производная равна нулю, значит левые части системы обнуляются, и остаётся алгебраическая система:

$$\begin{cases} x^2 - y - 3 = 0,\\ x - y - 1 = 0. \end{cases}$$

Шаг 2. Решаем алгебраическую систему. Из второго уравнения $y = x - 1$. Подставляем в первое:

$$x^2 - (x - 1) - 3 = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad x^2 - x - 2 = 0 \quad\Longrightarrow\quad x_1 = 2,\; x_2 = -1 .$$

Возвращаем найденные $x$ в равенство $y = x - 1$ и получаем две точки:

$$M_1(2;\,1), \qquad M_2(-1;\,-2).$$

Проверка подстановкой обязательна: для $M_1$ имеем $2^2 - 1 - 3 = 0$ и $2 - 1 - 1 = 0$; для $M_2$ получаем $(-1)^2 + 2 - 3 = 0$ и $-1 + 2 - 1 = 0$. Обе точки подходят.

Шаг 3. Составляем матрицу Якоби. Обозначим $f(x,y) = x^2 - y - 3$ и $g(x,y) = x - y - 1$. Матрица линеаризации - это матрица частных производных:

$$J(x,y) = \begin{pmatrix} \dfrac{\partial f}{\partial x} & \dfrac{\partial f}{\partial y}\\[6pt] \dfrac{\partial g}{\partial x} & \dfrac{\partial g}{\partial y} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x & -1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}.$$

Шаг 4. Точка $M_1(2;\,1)$. Подставляем $x = 2$:

$$J(M_1) = \begin{pmatrix} 4 & -1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, \qquad \det\bigl(J - \lambda E\bigr) = \lambda^2 - 3\lambda - 3 = 0 .$$

Дискриминант $D = 9 + 12 = 21 > 0$, корни вещественные и разных знаков:

$$\lambda_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{21}}{2} \approx 3{,}79 \;\text{ и }\; -0{,}79 .$$

Разные знаки вещественных корней - это седло. Седло неустойчиво всегда: по одному направлению фазовые траектории приближаются к точке, но по другому уходят от неё, и сколь угодно малое отклонение вдоль второго направления растёт экспоненциально.

Шаг 5. Точка $M_2(-1;\,-2)$. Подставляем $x = -1$:

$$J(M_2) = \begin{pmatrix} -2 & -1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, \qquad \lambda^2 + 3\lambda + 3 = 0 .$$

Здесь $D = 9 - 12 = -3 < 0$, корни комплексно сопряжённые:

$$\lambda_{1,2} = \frac{-3 \pm i\sqrt{3}}{2} \approx -1{,}5 \pm 0{,}87\,i .$$

Мнимая часть отлична от нуля - траектории закручиваются, то есть это фокус. Вещественная часть $\operatorname{Re}\lambda = -1{,}5 < 0$ - спираль стягивается к точке, фокус устойчивый.

Ответ. Система имеет два положения равновесия: $M_1(2;\,1)$ - седло, неустойчивое; $M_2(-1;\,-2)$ - устойчивый фокус, асимптотически устойчивый.

Почему работает линеаризация

Рядом с положением равновесия правые части раскладываются в ряд Тейлора. Введём отклонения $u = x - x_0$, $v = y - y_0$. Тогда, поскольку $f(x_0,y_0) = g(x_0,y_0) = 0$, получаем

$$\begin{aligned} \dot u &= f'_x(x_0,y_0)\,u + f'_y(x_0,y_0)\,v + o(\rho),\\ \dot v &= g'_x(x_0,y_0)\,u + g'_y(x_0,y_0)\,v + o(\rho), \end{aligned}$$

где $\rho = \sqrt{u^2 + v^2}$. Отбросив остаток, получаем линейную систему $\dot{\mathbf{u}} = J\mathbf{u}$ с постоянной матрицей. Её решения строятся через собственные значения: каждому корню $\lambda$ отвечает множитель $e^{\lambda t}$. Отсюда и вся классификация - знак $\operatorname{Re}\lambda$ решает, растёт отклонение или затухает.

Строгое обоснование даёт теорема об устойчивости по первому приближению: если вещественные части всех корней отрицательны, точка покоя нелинейной системы асимптотически устойчива; если хотя бы у одного корня вещественная часть положительна, точка неустойчива. Формулировка и условия разобраны в статье про первую теорему Ляпунова об устойчивости, здесь она применяется как готовый инструмент. Собственные значения ищутся стандартно - через характеристическое уравнение и корни матрицы второго порядка.

Тип точки по следу и определителю

Для матрицы $2\times 2$ корни характеристического уравнения $\lambda^2 - \sigma\lambda + \Delta = 0$ выражаются через след $\sigma = \operatorname{tr}J$ и определитель $\Delta = \det J$, поэтому тип точки читается вообще без вычисления корней:

Проверим таблицей наш разбор. В точке $M_1$ след равен $4 + (-1) = 3$, определитель равен $4\cdot(-1) - (-1)\cdot 1 = -3 < 0$ - седло, и корни считать не пришлось. В точке $M_2$ след равен $-3$, определитель равен $(-2)(-1) - (-1)\cdot 1 = 3 > 0$, а $\sigma^2 - 4\Delta = 9 - 12 < 0$ - устойчивый фокус. Совпало с шагами 4 и 5.

Отрицательный определитель - самая быстрая проверка на седло: он означает, что корни вещественные и разных знаков, потому что $\Delta = \lambda_1\lambda_2$. Симметрично, след равен сумме корней, $\sigma = \lambda_1 + \lambda_2$, так что при $\Delta > 0$ знак следа сразу отвечает за устойчивость.

Сколько точек равновесия бывает и когда они исчезают

Число положений равновесия - это число решений алгебраической системы, а не свойство дифференциальных уравнений. У линейной системы с невырожденной матрицей точка покоя ровно одна (начало координат), у нелинейной их может быть сколько угодно, включая ноль и бесконечность.

Полезно посмотреть на задачу геометрически. Уравнение $\dot x = 0$ задаёт на фазовой плоскости кривую $y = x^2 - 3$ (её называют изоклиной вертикальных касательных), уравнение $\dot y = 0$ - прямую $y = x - 1$. Положения равновесия лежат в точках их пересечения, и на графике калькулятора это видно напрямую: парабола и прямая режутся дважды. Если в первом уравнении заменить свободный член $3$ на меньшее число, парабола поднимается, пересечения сближаются, при некотором значении сливаются в одно, а затем исчезают совсем - система остаётся без положений равновесия. Такой момент слияния называют бифуркацией седло-узел, и в нём линеаризация вырождается: определитель обращается в нуль.

Отдельный сюжет - системы, у которых точка равновесия окружена замкнутыми траекториями. Классический пример такого рода разобран в материале про модель хищник-жертва Лотки-Вольтерры: там нетривиальное равновесие даёт чисто мнимые корни, и вокруг него идут циклы.

Когда линеаризация ответа не даёт

Первая теорема Ляпунова покрывает не все случаи. Если хотя бы у одного корня вещественная часть равна нулю, а остальные неположительны, наступает критический случай: линейное приближение устойчивость не определяет, потому что ответ решают отброшенные нелинейные члены. Типичная ситуация - чисто мнимые корни $\lambda_{1,2} = \pm i\omega$: у линейной системы это центр с замкнутыми орбитами, а у исходной нелинейной та же точка может оказаться и устойчивым фокусом, и неустойчивым.

В критическом случае работают два инструмента. Прямой метод Ляпунова требует построить функцию $V(x,y)$, положительно определённую в окрестности точки, у которой производная вдоль траекторий системы неположительна - тогда точка устойчива. Для доказательства неустойчивости применяется теорема Четаева: достаточно предъявить область, где $V > 0$ и $\dot V > 0$. В разобранной задаче критического случая нет: у $M_1$ есть положительный корень, у $M_2$ обе вещественные части строго отрицательны, так что первого приближения достаточно.

Частые ошибки

• Ищут равновесие, решая дифференциальные уравнения. Интегрировать ничего не нужно: приравнивание правых частей к нулю превращает задачу в алгебраическую. Общее решение здесь не требуется.
• Теряют часть корней. Квадратное уравнение $x^2 - x - 2 = 0$ даёт два корня, и оба порождают точку равновесия. Особенно легко потерять решение при сокращении на множитель: делить уравнение вида $x(x-1)=0$ на $x$ нельзя, иначе пропадёт точка с $x = 0$.
• Подставляют в матрицу Якоби числа не той точки. Матрица $J(x,y)$ зависит от координат, поэтому для каждой точки она своя: $J(M_1)$ и $J(M_2)$ отличаются элементом $2x$.
• Путают фокус и узел. Различает их знак дискриминанта $\sigma^2 - 4\Delta$, а не знак следа. След отвечает только за устойчивость, форма траекторий - за дискриминант.
• Считают седло устойчивым, потому что один корень отрицательный. Для устойчивости нужны отрицательные вещественные части у всех корней; одного положительного корня достаточно для неустойчивости.
• Делают вывод при нулевой вещественной части. Ответ «центр, значит устойчив» по линеаризации нелинейной системы неверен: это критический случай, и нужен прямой метод Ляпунова.

FAQ

Чем отличается положение равновесия от точки покоя и особой точки? Ничем: это три названия одного объекта. «Положение равновесия» пришло из механики, «точка покоя» - из теории устойчивости, «особая точка» - из качественной теории на фазовой плоскости. Все они означают постоянное решение автономной системы.

Можно ли искать равновесие у неавтономной системы? В общем случае нет: если правые части явно зависят от $t$, условие $f(t,x,y)=0$ должно выполняться при всех $t$, а это бывает редко. Классификация по типам особых точек построена именно для автономных систем, где фазовые траектории не пересекаются.

Что делать, если определитель матрицы Якоби равен нулю? Это вырожденный случай: один из корней равен нулю, первое приближение устойчивость не определяет. Тогда исследуют нелинейные члены или строят функцию Ляпунова. Часто нулевой определитель означает, что рядом происходит слияние двух положений равновесия.

Как проверить найденную точку без калькулятора? Подставить её координаты в обе правые части: должны получиться нули. Затем сверить тип по следу и определителю, не вычисляя корней, и сравнить вывод с результатом через собственные значения. Два независимых пути, дающие один ответ, почти исключают арифметическую ошибку.

Коротко

1. Приравнять обе правые части к нулю и решить полученную алгебраическую систему: её решения и есть положения равновесия. Для примера $\dot x = x^2 - y - 3$, $\dot y = x - y - 1$ это $M_1(2;\,1)$ и $M_2(-1;\,-2)$.
2. Подставить координаты каждой точки в матрицу Якоби $J = \begin{pmatrix} 2x & -1\\ 1 & -1\end{pmatrix}$ - для каждой точки она своя.
3. Найти корни характеристического уравнения или сразу посмотреть на след и определитель: $\Delta < 0$ - седло, $\Delta > 0$ с отрицательным следом - устойчивый узел или фокус.
4. Сделать вывод по первой теореме Ляпунова: все $\operatorname{Re}\lambda < 0$ - асимптотическая устойчивость, хотя бы одна $\operatorname{Re}\lambda > 0$ - неустойчивость, нулевая вещественная часть - критический случай.
5. Ответ примера: $M_1(2;\,1)$ - седло, неустойчиво; $M_2(-1;\,-2)$ - устойчивый фокус, асимптотически устойчив.