非线性动力学笔C5.2线性系统的分类

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文章目录 前言C5 线性系统C5.2 线性系统的分类例5.2.1例5.2.2例5.2.3例5.2.4例5.2.5不动点的分类例5.2.6例5.2.7

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前言

提示：这里可以添加本文要记录的大概内容：

参考书《Nonlinear dynamics and chaos》 Steven H. Strogatz 本节重点Note第五章内容5.2线性系统的分类，图片来自于该书

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C5 线性系统 C5.2 线性系统的分类

上一篇笔记中我们观察到了类似直线轨迹(straight-line trajectories)：从坐标轴某一点开始的轨迹将永远保持在该轴上，并沿着坐标轴表现出简单的指数增长或衰减。 这种轨迹的形式如下： x = e λ t v \mathbf{x} = e^{\lambda t} \mathbf{v} x=eλtv 其中 v ≠ 0 v \neq 0 v=0 是一些待确定的固定向量， λ \lambda λ 是一个待确定的增长率。如果这样的解存在，它们对应于沿着向量 v \mathbf{v} v 所张成的直线的运动. 我们可以将这样的解带入到原方程 x ˙ = A x \mathbf{\dot{x} =Ax} x˙=Ax，可以得到 λ e λ t v = e λ t A v \lambda e^{\lambda t} \mathbf{v} = e^{\lambda t} \mathbf{A} \mathbf{v} λeλtv=eλtAv化简可得： x ( t ) = e λ t v \mathbf{x(t)} = e^{\lambda t} \mathbf{v} x(t)=eλtv 这表明如果 v \mathbf{v} v 是 A \mathbf{A} A 的特征向量，并且对应于特征值 λ \lambda λ，则所需的直线解存在。在这种情况下，我们也将这样的解称为特征解.

下面回顾一下线性代数中的特征值求解： 矩阵 A \mathbf{A} A的特征值由特征方程 det ⁡ ( A − λ I ) = 0 \det(\mathbf{A} - \lambda \mathbf{I}) = 0 det(A−λI)=0 给出，其中 I \mathbf{I} I 是单位矩阵. 假设 A = ( a b c d ) , \mathbf{A} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}, A=(ac​bd​), 则特征值方程为 det ⁡ ( a − λ b c d − λ ) = 0. \det \begin{pmatrix} a - \lambda & b \\ c & d - \lambda \end{pmatrix} = 0. det(a−λc​bd−λ​)=0. 其对应 λ 2 − τ λ + Δ = 0 \lambda^2 - \tau\lambda + \Delta = 0 λ2−τλ+Δ=0 where 其中 τ = trace ( A ) = a + d \tau = \text{trace}(A) = a + d τ=trace(A)=a+d, Δ = det ⁡ ( A ) = a d − b c . \Delta = \det(A) = ad - bc. Δ=det(A)=ad−bc. 而最终的解为 λ 1 = τ + τ 2 − 4 Δ 2 , λ 2 = τ − τ 2 − 4 Δ 2 \lambda_1 = \frac{\tau + \sqrt{\tau^2 - 4\Delta}}{2}, \quad \lambda_2 = \frac{\tau - \sqrt{\tau^2 - 4\Delta}}{2} λ1​=2τ+τ2−4Δ ​​,λ2​=2τ−τ2−4Δ ​​ 由于方程是线性的，我们可以得到给定初始条件 x 0 = c 1 v 1 + c 2 v 2 . \mathbf{x_0}= c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2. x0​=c1​v1​+c2​v2​.,我们可以得到方程的解为： x ( t ) = c 1 e λ 1 t v 1 + c 2 e λ 2 t v 2 . \mathbf{x}(t) = c_1 e^{\lambda_1 t} \mathbf{v}_1 + c_2 e^{\lambda_2 t} \mathbf{v}_2. x(t)=c1​eλ1​tv1​+c2​eλ2​tv2​.

例5.2.1

求解初值问题 x ˙ = x + y , y ˙ = 4 x − 2 y \dot{{x}} = {x} + {y}, \dot{{y}} = 4{x} - 2{y} x˙=x+y,y˙​=4x−2y，满足初始条件 ( x 0 , y 0 ) = ( 2 , − 3 ) (x_0, y_0) = (2, -3) (x0​,y0​)=(2,−3). 解：相应的矩阵方程是 ( x ˙ y ˙ ) = ( 1 1 4 − 2 ) ( x y ) . \begin{pmatrix} \dot{\mathbf{x}} \\ \dot{\mathbf{y}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 4 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \mathbf{x} \\ \mathbf{y} \end{pmatrix}. (x˙y˙​​)=(14​1−2​)(xy​).

首先我们找到矩阵 A \mathbf{A} A 的特征值。矩阵有 τ = − 1 \tau = -1 τ=−1 和 Δ = − 6 \Delta = -6 Δ=−6，由此特征方程是 λ 2 + λ − 6 = 0 \lambda^2 + \lambda - 6 = 0 λ2+λ−6=0. 我们可以得到 λ 1 = 2 , λ 2 = − 3. \lambda_1 = 2, \quad \lambda_2 = -3. λ1​=2,λ2​=−3. 接下来需要确定特征向量，特征向量 v = ( v 1 , v 2 ) \mathbf{v} = (v_1, v_2) v=(v1​,v2​) 满足 ( 1 − λ 1 4 − 2 − λ ) ( v 1 v 2 ) = ( 0 0 ) . \begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 \\ 4 & -2-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}. (1−λ4​1−2−λ​)(v1​v2​​)=(00​). 对于 λ 1 = 2 \lambda_1 = 2 λ1​=2，这得到 ( − 1 1 4 − 4 ) ( v 1 v 2 ) = ( 0 0 ) \begin{pmatrix} -1 & 1 \\ 4 & -4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} (−14​1−4​)(v1​v2​​)=(00​) 它有一个非平凡解(non-trival) ( v 1 , v 2 ) = ( 1 , 1 ) (v_1, v_2) = (1, 1) (v1​,v2​)=(1,1)，或其 c c c(标量)倍。同样，对于 λ 2 = − 3 \lambda_2 = -3 λ2​=−3，特征向量方程变为 ( 4 1 4 1 ) ( v 1 v 2 ) = ( 0 0 ) \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ 4 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} (44​11​)(v1​v2​​)=(00​) 它有一个非平凡解 ( v 1 , v 2 ) = ( 1 , − 4 ) (v_1, v_2) = (1, -4) (v1​,v2​)=(1,−4)。因此特征向量为， v 1 = ( 1 1 ) , v 2 = ( 1 − 4 ) . \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \end{pmatrix}. v1​=(11​),v2​=(1−4​). 通过线性组合得到的一般解是 x ( t ) = c 1 ( 1 1 ) e 2 t + c 2 ( 1 − 4 ) e − 3 t . \mathbf{x}(t) = c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} e^{2t} + c_2 \begin{pmatrix} 1 \\ -4 \end{pmatrix} e^{-3t}. x(t)=c1​(11​)e2t+c2​(1−4​)e−3t. 最后，我们计算 c 1 c_1 c1​ 和 c 2 c_2 c2​ 来满足初始条件 ( x 0 , y 0 ) = ( 2 , − 3 ) (x_0, y_0) = (2, -3) (x0​,y0​)=(2,−3). 最终我们可以解得如下方程： x ( t ) = e 2 t + e − 3 t y ( t ) = e 2 t − 4 e − 3 t x(t) = e^{2t} + e^{-3t} \\ y(t) = e^{2t} - 4e^{-3t} x(t)=e2t+e−3ty(t)=e2t−4e−3t

例5.2.2

画出5.2.1问题中的相图

由于两个特征值一个为 λ 1 = 2 \lambda_1=2 λ1​=2,还有一个为 λ 2 = − 3 \lambda_2=-3 λ2​=−3,因此第一个解会指数增加，第二个解会衰减. 此时原点为鞍点(saddle point),此时由向量 v 2 = ( 1 , − 4 ) \mathbf{v_2 }= (1, -4) v2​=(1,−4)张成的稳定流形对应衰减的特征解. 而不稳定的流形则由 v 2 = ( 1 , − 4 ) \mathbf{v_2 }= (1, -4) v2​=(1,−4)张成. 由此我们可以画出如下相图：

例5.2.3

绘制 λ 2 < λ 1 < 0 \lambda_2 < \lambda_1 < 0 λ2​<λ1​<0情况下的典型相图。

此时两个特征解都呈指数衰减，轨迹通常沿着慢特征方向(slow eigendirection)接近原点，该方向定义为由具有较小 ∣ λ ∣ |\lambda| ∣λ∣ 的特征向量(此处为 λ 1 \lambda_1 λ1​)所张成的方向. 注意，如果将时间反向，即 ( t → − ∞ (t \to -\infty (t→−∞）中，轨迹变得与快特征方向平行。

例5.2.4

当特征值为复数时我们能观察到什么?

如果特征值为复数，则不动点只有可能是一个中心(center)或者螺旋(spiral). 在5.1简谐振子的情况我们已经看到了圆心可以被闭合轨道所包围. 注意，这里中心是中性稳定的(neutrally stable),因此它不会吸引或排斥其他轨迹. 如果谐振子受到轻微的阻尼则会出现螺旋(spiral),那么轨迹就难以闭合，因为谐振子会逐渐在运动过程中损失能量. 下面我们通过来解释刚刚的结论，特征值表达式如下： λ 1 , 2 = 1 2 ( τ ± τ 2 − 4 Δ ) . \lambda_{1,2} = \frac{1}{2} \left( \tau \pm \sqrt{\tau^2 - 4\Delta} \right). λ1,2​=21​(τ±τ2−4Δ ​). 而复数根出现的条件为： τ 2 − 4 Δ < 0 \tau^2 - 4\Delta < 0 τ2−4Δ<0 此时我们可以得到如下两个解： λ 1 , 2 = α ± i ω \lambda_{1,2} = \alpha \pm i\omega λ1,2​=α±iω 其中 α = τ 2 , ω = 1 2 4 Δ − τ 2 . \alpha = \frac{\tau}{2}, \quad \omega = \frac{1}{2} \sqrt{4\Delta - \tau^2}. α=2τ​,ω=21​4Δ−τ2 ​. 而一般解的形式为： x ( t ) = c 1 e λ 1 t v 1 + c 2 e λ 2 t v 2 . \mathbf{x}(t) = c_1 e^{\lambda_1 t} \mathbf{v}_1 + c_2 e^{\lambda_2 t} \mathbf{v}_2. x(t)=c1​eλ1​tv1​+c2​eλ2​tv2​. 但现在因为 λ \lambda λ 是复数，所以 c c c 和 v \mathbf{v} v 也是复数. 因此 x ( t ) \mathbf{x}(t) x(t) 包含 e ( α ± i ω ) t e^{(\alpha \pm i\omega)t} e(α±iω)t 的线性组合。根据欧拉公式， e i ω t = cos ⁡ ω t + i sin ⁡ ω t e^{i\omega t} = \cos\omega t + i\sin\omega t eiωt=cosωt+isinωt. 因此 x ( t ) \mathbf{x}(t) x(t)是涉及 e α t cos ⁡ ω t e^{\alpha t} \cos\omega t eαtcosωt 和 e α t sin ⁡ ω t e^{\alpha t} \sin\omega t eαtsinωt 的项的组合。如果 α = Re ( λ ) < 0 \alpha = \text{Re}(\lambda) < 0 α=Re(λ)<0，这些项表示振荡过程中呈指数衰减,这对应稳定的不动点，如果 α > 0 \alpha > 0 α>0，则表示振荡过程指数增长，这对应不稳定的螺旋. 图 5.2.4b 显示了稳定的情况。

如果特征值是纯虚数 α = 0 \alpha = 0 α=0，那么所有解都是周期性的，周期为 T = 2 π / ω T = 2\pi/\omega T=2π/ω. 振荡具有固定振幅，并且不动点点是一个中心(center).

例5.2.5

如果特征值相等会发生什么？

假设 λ 1 = λ 2 = λ \lambda_1 = \lambda_2 = \lambda λ1​=λ2​=λ。有两种可能性：要么有两个对应于 λ \lambda λ 的独立特征向量，要么只有一个. 我们先考虑有两个独立特征向量的情况，此时他们会张成一个平面都是有相同的特征值 λ \lambda λ 我们可以得到任意向量 x 0 x_0 x0​可以写成两个特征向量的线性组合，也就是 x 0 = c 1 v 1 + c 2 v 2 \mathbf{x}_0 = c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2 x0​=c1​v1​+c2​v2​，那么我们可以得到 A x 0 = A ( c 1 v 1 + c 2 v 2 ) = c 1 λ v 1 + c 2 λ v 2 = λ x 0 A\mathbf{x}_0 = A(c_1 \mathbf{v}_1 + c_2 \mathbf{v}_2) = c_1 \lambda \mathbf{v}_1 + c_2 \lambda \mathbf{v}_2 = \lambda \mathbf{x}_0 Ax0​=A(c1​v1​+c2​v2​)=c1​λv1​+c2​λv2​=λx0​ 由于乘以 A A A的效果即为数乘 λ \lambda λ因此 A A A可以等价为 A = ( λ 0 0 λ ) . A = \begin{pmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda \end{pmatrix}. A=(λ0​0λ​). 当 λ \lambda λ不为0时，所有的轨迹均为经过原点的直线，因此我们可以得到一个星型节点(star node)，如下图所示

另一种可能是只有一个特征向量，例如 A = ( λ b 0 λ ) A = \begin{pmatrix} \lambda & b \\ 0 & \lambda \end{pmatrix} A=(λ0​bλ​)其中 b ≠ 0 b \neq 0 b=0,此时我们可以得到一个退化节点(degenerate node),如下图所示：

不动点的分类

我们可以把不动点做如下分类： 其中 τ \tau τ和 Δ \Delta Δ分别为矩阵 A \mathbf{A} A的迹和行列式: λ 1 , 2 = 1 2 ( τ ± τ 2 − 4 Δ ) , Δ = λ 1 λ 2 , τ = λ 1 + λ 2 . \lambda_{1,2} = \frac{1}{2} \left( \tau \pm \sqrt{\tau^2 - 4\Delta} \right), \quad \Delta = \lambda_1 \lambda_2, \quad \tau = \lambda_1 + \lambda_2. λ1,2​=21​(τ±τ2−4Δ ​),Δ=λ1​λ2​,τ=λ1​+λ2​. 当 Δ < 0 \Delta<0 Δ<0时,特征值是实数并且有相反的符号，此时不动点为鞍点(saddle point). 当 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0时,如果 τ 2 − 4 Δ > 0 \tau^2 - 4\Delta > 0 τ2−4Δ>0我们得到节点(node),如果 τ 2 − 4 Δ < 0 \tau^2 - 4\Delta < 0 τ2−4Δ<0我们得到螺旋(spiral),当 τ > 0 \tau>0 τ>0时.抛物线 ( τ 2 − 4 Δ = 0 (\tau^2 - 4\Delta = 0 (τ2−4Δ=0 是节点(node)和螺旋(spiral)两种情况之间的边界；星形节点(star)和退化节点(degenerate node)位于这条抛物线上。节点和螺旋的稳定性由 τ \tau τ决定。当 τ < 0 \tau < 0 τ<0 时，两个特征值都有负实部，因此不动点是稳定的。不稳定的螺旋和节点有 τ > 0 \tau > 0 τ>0。中性稳定的中心位于边界 τ = 0 \tau = 0 τ=0 上，此时特征值是纯虚数。

例5.2.6

对系统 x ˙ = A x \dot{\mathbf{x}} = A\mathbf{x} x˙=Ax 的不动点 x ∗ = 0 \mathbf{x}^* = 0 x∗=0 进行分类， 其中 A = ( 1 2 3 4 ) A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} A=(13​24​)

矩阵有 Δ = − 2 \Delta = -2 Δ=−2；因此不动点是一个鞍点.

例5.2.7

对系统 x ˙ = A x \dot{\mathbf{x}} = A\mathbf{x} x˙=Ax 的不动点 x ∗ = 0 \mathbf{x}^* = 0 x∗=0 进行分类， A = ( 2 1 3 4 ) A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 4 \end{pmatrix} A=(23​14​)

现在 Δ = 5 \Delta = 5 Δ=5 且 τ = 6 \tau = 6 τ=6. 由于 Δ > 0 \Delta > 0 Δ>0 且 τ 2 − 4 Δ = 16 > 0 \tau^2 - 4\Delta = 16 > 0 τ2−4Δ=16>0，不动点是一个节点。它是不稳定的，因为 τ > 0 \tau > 0 τ>0