Как построить фазовый портрет: пошаговое решение

Дано: автономная система $\dot x = x + 2y$, $\dot y = 2x + y$. Найти: особую точку, её тип и эскиз фазового портрета.

Фазовый портрет линейной системы целиком определяется собственными значениями её матрицы: они задают тип особой точки, а собственные векторы - прямолинейные траектории, к которым прижимаются все остальные. Ответ: единственная особая точка $O(0;\,0)$ - седло, сепаратрисы лежат на прямых $y = x$ (по ней траектории уходят) и $y = -x$ (по ней приходят), прочие кривые похожи на гиперболы с этими прямыми в роли асимптот. Калькулятор сверху рисует ровно этот портрет и перестраивает его под любые четыре коэффициента.

Решение по шагам

Шаг 1. Ищем особые точки. Запишем систему в матричном виде $\dot{\mathbf r} = A\mathbf r$, где

$$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf r = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}.$$

Особые точки - решения системы $A\mathbf r = \mathbf 0$. Определитель $\det A = 1\cdot 1 - 2\cdot 2 = -3 \neq 0$, значит решение единственное: начало координат $O(0;\,0)$. У линейной однородной системы иначе и не бывает - либо одна точка покоя в нуле, либо, при нулевом определителе, целая прямая точек покоя. Когда система нелинейна, точек может быть несколько, и каждую ищут отдельно: этот шаг подробно разобран в задаче как найти положение равновесия.

Шаг 2. Составляем характеристическое уравнение. Для матрицы второго порядка оно записывается через след и определитель:

$$\lambda^2 - (\operatorname{tr} A)\,\lambda + \det A = 0, \qquad \operatorname{tr} A = 1 + 1 = 2, \qquad \det A = -3 .$$

Отсюда $\lambda^2 - 2\lambda - 3 = 0$, дискриминант равен $4 + 12 = 16$, и корни получаются целыми:

$$\lambda_1 = \frac{2 + 4}{2} = 3, \qquad \lambda_2 = \frac{2 - 4}{2} = -1 .$$

Корни вещественные и разных знаков - это признак седла. Техника поиска корней та же, что в разборе как найти собственные значения матрицы, только размер матрицы всегда $2\times 2$.

Шаг 3. Находим собственные векторы - это прямолинейные траектории. Подставляем каждое $\lambda$ в систему $(A - \lambda E)\mathbf v = \mathbf 0$. Для $\lambda_1 = 3$:

$$\begin{pmatrix} -2 & 2 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \mathbf 0 \quad\Longrightarrow\quad v_1 = v_2 \quad\Longrightarrow\quad \mathbf v_1 = (1;\,1).$$

Для $\lambda_2 = -1$ получаем $2v_1 + 2v_2 = 0$, то есть $\mathbf v_2 = (1;\,-1)$. Каждый собственный вектор задаёт прямую через особую точку, и эта прямая инвариантна: попав на неё, изображающая точка с неё уже не сойдёт. У седла такие прямые называют сепаратрисами - они разделяют плоскость на четыре сектора с разным поведением траекторий.

Шаг 4. Определяем направление движения. По сепаратрисе $y = x$ решение имеет вид $C_1 e^{3t}(1;\,1)$: множитель растёт, значит стрелки направлены от начала координат наружу. По прямой $y = -x$ решение равно $C_2 e^{-t}(1;\,-1)$ и стремится к нулю - стрелки направлены внутрь. Первая сепаратриса неустойчивая, вторая устойчивая; знак собственного значения и есть ответ на вопрос «куда рисовать стрелку».

Шаг 5. Проводим нуль-изоклины. Изоклина $\dot x = 0$ - это прямая $x + 2y = 0$, то есть $y = -x/2$. На ней горизонтальная составляющая скорости обращается в нуль, поэтому траектории пересекают её строго вертикально. Куда именно, покажет вторая производная: при $y = -x/2$ имеем $\dot y = 2x - x/2 = 1{,}5x$, так что справа от оси ординат движение идёт вверх, слева - вниз. Изоклина $\dot y = 0$ - прямая $2x + y = 0$, то есть $y = -2x$; на ней $\dot x = x - 4x = -3x$, траектории идут горизонтально: справа влево, слева вправо.

Шаг 6. Собираем эскиз. Общее решение системы складывается из двух экспонент:

$$\begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \end{pmatrix} = C_1 e^{3t}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + C_2 e^{-t}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}.$$

При $t \to +\infty$ первое слагаемое подавляет второе, и всякая траектория с $C_1 \neq 0$ уходит на бесконечность вдоль прямой $y = x$. При $t \to -\infty$ главным становится второе слагаемое, и в прошлом траектория приходила из окрестности прямой $y = -x$. Если ввести координаты вдоль сепаратрис $u = (x+y)/2$ и $v = (x-y)/2$, система распадается на $\dot u = 3u$ и $\dot v = -v$, откуда $u v^3 = \text{const}$ - привычное гиперболическое семейство.

Ответ: особая точка одна, $O(0;\,0)$, это седло, оно неустойчиво; сепаратрисы - прямые $y = x$ (уходящая) и $y = -x$ (приходящая), остальные траектории образуют семейство $u v^3 = \text{const}$ в осях сепаратрис.

Формула и откуда она берётся

Решение линейной системы ищут в виде $\mathbf r(t) = e^{\lambda t}\mathbf v$ с постоянным вектором $\mathbf v$. Подстановка даёт $\lambda e^{\lambda t}\mathbf v = A e^{\lambda t}\mathbf v$; экспонента никогда не равна нулю, поэтому её можно сократить, и остаётся $A\mathbf v = \lambda\mathbf v$. Так задача об интегрировании системы превращается в алгебраическую задачу о собственных значениях.

Ненулевой вектор $\mathbf v$ существует лишь тогда, когда матрица $A - \lambda E$ вырождена, то есть $\det(A - \lambda E) = 0$. Раскрыв определитель для матрицы $2\times 2$, получаем то самое уравнение через след и определитель: $\lambda^2 - (\operatorname{tr}A)\lambda + \det A = 0$. Его дискриминант $D = (\operatorname{tr}A)^2 - 4\det A$ и решает, будут корни вещественными или комплексными, то есть узел перед нами или фокус.

Отсюда же понятно, почему собственные прямые не искривляются. Если начальная точка лежит на прямой $\{s\mathbf v\}$, то вектор скорости в ней равен $A(s\mathbf v) = \lambda s \mathbf v$ и коллинеарен самой прямой: сойти с неё некуда. Знак $\lambda$ задаёт направление движения, а модуль - скорость. Когда корни разного знака, одна прямая выталкивает, другая втягивает, и портрет неизбежно становится седловым.

Как выглядит портрет у каждого типа точки

Тип особой точки читается по паре чисел $\operatorname{tr}A$ и $\det A$ ещё до вычисления корней, и второй режим калькулятора сверху показывает эту карту целиком: парабола $(\operatorname{tr}A)^2 = 4\det A$ отделяет узлы от фокусов, а горизонтальная ось $\det A = 0$ - от сёдел.

У узла обе экспоненты ведут себя одинаково, поэтому траектории входят в точку, касаясь того направления, у которого собственное значение меньше по модулю: слагаемое с большим модулем гаснет быстрее и у самой точки уже не виден. У фокуса вещественных собственных векторов нет, прямолинейных траекторий тоже, и рисовать приходится спирали; сторону закручивания проще всего определить по знаку $\dot y$ на положительной полуоси абсцисс. Центр - случай пограничный: малейшее нелинейное возмущение превращает его в фокус, поэтому вывод об устойчивости по линеаризации здесь не делают, о чём говорит первая теорема Ляпунова.

Метод изоклин, когда система не линейна

Изоклина - это линия, на которой наклон траекторий один и тот же. Разделив уравнения друг на друга, получим $\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{2x + y}{x + 2y} = k$, а это снова прямая через начало координат: $y(2k - 1) = x(2 - k)$. Подставив несколько значений $k$, можно расчертить плоскость штрихами нужного наклона и провести кривые «по течению», вообще не решая систему.

Для нелинейных систем такой способ часто единственный. Нуль-изоклины $\dot x = 0$ и $\dot y = 0$ разбивают плоскость на области, внутри которых знаки обеих скоростей постоянны, а значит известно, в какой из четырёх сторон света движется точка. Дальше остаётся расставить стрелки на границах и соединить их гладкими кривыми. Именно так вручную строят портрет модели хищник и жертва, где траектории замкнуты, а особая точка одна внутри цикла.

Частые ошибки

• Рисуют траектории как график функции $y(x)$ и допускают их пересечение. Через точку фазовой плоскости проходит ровно одна траектория, пересекаться они могут только в самой особой точке.
• Путают изоклину $\dot x = 0$ с изоклиной $\dot y = 0$. На первой скорость вертикальна, на второй горизонтальна: перепутав, получают портрет, повёрнутый на прямой угол.
• Забывают стрелки. Без направления обхода портрет не отличает устойчивый узел от неустойчивого - рисунок один и тот же.
• Считают седло устойчивым, потому что у него есть входящая сепаратриса. Достаточно одного положительного собственного значения, чтобы точка была неустойчивой.
• Ошибаются с касанием у узла: траектории прижимаются к направлению с меньшим по модулю собственным значением, а не с большим.
• Объявляют центром любую точку с комплексными корнями. Центр бывает лишь при строго нулевой вещественной части, иначе это фокус.

FAQ

Как быстро определить тип точки, не находя корней? Посчитайте $\det A$ и $\operatorname{tr}A$. Отрицательный определитель - всегда седло. При положительном определителе знак следа даёт устойчивость, а знак величины $(\operatorname{tr}A)^2 - 4\det A$ отличает узел от фокуса.

Сколько траекторий нужно нарисовать в ответе? Обычно хватает сепаратрис или собственных направлений, двух нуль-изоклин и четырёх-шести характерных кривых, по одной в каждом секторе. Главное - стрелки и правильное касание, а не количество линий.

Что делать, если собственное значение кратное? Если у матрицы при кратном корне два линейно независимых собственных вектора, получается дикритический узел: траектории - лучи во все стороны. Если вектор один, узел называют вырожденным, и все кривые прижимаются к единственному собственному направлению.

Переносится ли портрет линеаризации на нелинейную систему? Локально да, когда вещественные части обоих корней отличны от нуля: вблизи особой точки картины качественно совпадают. В случае центра или нулевой вещественной части линеаризация ответа не даёт, нужен нелинейный анализ.

Коротко

1. Найдите особые точки из условия, что обе правые части равны нулю; у линейной однородной системы это начало координат.
2. Запишите характеристическое уравнение $\lambda^2 - (\operatorname{tr}A)\lambda + \det A = 0$ и найдите корни: для примера это $\lambda_1 = 3$ и $\lambda_2 = -1$.
3. По каждому вещественному корню найдите собственный вектор и проведите через особую точку прямолинейные траектории: $y = x$ и $y = -x$.
4. Расставьте стрелки по знакам корней и проведите нуль-изоклины $y = -x/2$ и $y = -2x$, отметив вертикальные и горизонтальные касательные.
5. Соедините стрелки гладкими кривыми. Ответ примера: $O(0;\,0)$ - седло, неустойчиво, семейство траекторий $u v^3 = \text{const}$ в осях сепаратрис.