week5.tex

\pagebreak
\section*{Tydzień 5}
Wprowadzenie do układów nieliniowych - Linearyzacja\\
\\
\fbox{\parbox{.5\linewidth}{
\textbf{I metoda Lapunowa} \\
Punkt równowagi, dla którego system zlinearyzowany jest asymptotycznie stabilny jest lokalnie asymptotycznie stabilny. Jeżeli zaś chociaż jedna z wartości własnych macierzy systemu zlinearyzowanego ma dodatnią część rzeczywistą to punkt równowagi jest niestabilny.
}}\\
\\
\fbox{\parbox{.5\linewidth}{
\textbf{Macierz Hurwitz'a} \\
Wielomian charakterystyczny: $a_0\lambda^n+a_1\lambda^{n-1}+a_{n-1}\lambda+a_n$\\
$\left[ \begin{array}{cccccc}  
 a_1&a_3&a_5&a_7&\cdots&0\\
 a_0&a_2&a_4&a_6&\cdots&0\\
     0&a_1&a_3&a_5&\cdots&0\\
     0&a_0&a_2&a_4&\cdots&0\\
     0&    0&a_1&a_3&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&0&0&\cdots&a_n
 \end{array}\right]$\\\\
\textbf{Kryterium Hurwitz'a} \\
Jeśli wszystkie minory wiodące są większe od zera, to jest asymptotycznie stabilny.
}}\\\\
\fbox{\parbox{.5\linewidth}{
\textbf{tw. Grobmana-Hartmana:}\\
Jeżeli $\det(j\omega I-J(x_r)) \neq 0, \ \ \ \omega \in \mathbb{R}, \ \ \ j^2=-1$\\
to trajektorie fazowe systemu nieliniowego w pewnym otoczeniu równowagi zachowują się podobnie jak trajektorie układu zlinearyzowanego w tym punktcie w otoczeniu zera. Warunek jest równoważny temu, że macierz $J(x_r)$ nie może posiadać wartości własnych na osi urojonej.
}}\\\\
\\
\textbf{Lapunowem zbadać stabilność punktów równowagi} \\
1. wyznaczamy punkt równowagi. Przyrównujemy równanie układu do zera.\\
2. Podstawiamy do macierzy Jacobiego punkt\\
$\left[ \begin{array}{cc}    \frac{\partial f_1}{\partial x_1} &\frac{\partial f_1}{\partial x_2} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2}   \end{array}\right]$\\
3. Wyliczamy wartości własne macierzy Jacobiego i sprawdzamy czy ich część rzeczywista jest mniejsza od 0. Jeśli tak to punkt jest lokalnie asymptotycznie stabilny. Jeśli nie to punkt równowagi jest niestabilny.\\
Jeśli wyjdzie 0 to "Twierdzenie to nie rozstrzyga o stabilności punktu równowagi, jeżeli system zlinearyzowany jest jedynie stabilny"

\pagebreak
%###################                 5.1.1              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.1.1} {\color{darkgray}
	Dany jest system dynamiczny\\
	$\dot{x}(t)= \cos(x(t))e^{-x(t)^2}$\\
	Wyznaczyć jego punkty równowagi i za pomocą I metody Lapunowa zbadać ich stabilność.\\
}\lineh
\\\\
$\dot{x}(t)=\cos(x(t))e^{-x(t)^2}$\\
$\dot{x}(t)=f(x(t))$\\
$x_r$ jest punktem równowagi $ \Leftrightarrow f(x_r)=0$\\
$f(x_r)=\cos(x_r)\cdot \underbrace{e^-x_r^2}_{<0}=0 \Rightarrow cos(x_r)=0 \Rightarrow x_r=\frac{\pi}{2}+k\pi, k \in \mathbb{Z}$\\
$\boxed{\begin{aligned}
\text{System zlinearyzowany: } \dot{x}(t)=J(x_r)x(t)\\
J(x)=\left[ \begin{array}{ccc} 
 \frac{\partial f_1}{\partial x_1}(x) & \cdots &  \frac{\partial f_1}{\partial x_n}(x)\\
\vdots & \ddots & \vdots\\
\frac{\partial f_n}{\partial x_1}(x) &\cdots & \frac{\partial f_n}{\partial x_n}(x) 
  \end{array}\right] f(x)= \left[ \begin{array}{c}  f_1(x)   \\ \vdots \\ f_n(x)    \end{array}\right]
\end{aligned}}$\\
$J(x)=\frac{\partial f}{\partial x} = - \sin(x) \cdot e^{-x^2}+\cos(x) \cdot (-2xe^{-x^2})=-e^{-x^2}(\sin(x)+2x\cos(x))$\\
$J(x_r)=\underbrace{-e^{-(\frac{\pi}{2}+k\pi)^2}}_{<0}(\underbrace{\sin(\frac{\pi}{2}+k\pi)}_{=1 \vee =-1})+\underbrace{2(\frac{\pi}{2}+k\pi)\cos(\frac{\pi}{2}+k\pi)}_{=0}=-e^{-(\frac{\pi}{2}+k\pi)^2} (\sin(\frac{\pi}{2}+k\pi))$\\
\\
\fbox{\parbox{.5\linewidth}{
\textbf{I metoda Lapunowa} \\
Punkt równowagi, dla którego system zlinearyzowany jest asymptotycznie stabilny jest lokalnie asymptotycznie stabilny. Jeżeli zaś chociaż jedna z wartości własnych macierzy systemu zlinearyzowanego ma dodatnią część rzeczywistą to punkt równowagi jest niestabilny.
}}\\
$\lambda = -e^{-(\frac{\pi}{2}+k\pi)^2}\cdot \sin(\frac{\pi}{2}+k\pi)$\\
\textbf{niestabilny :}\\
$ -e^{-(\frac{\pi}{2}+k\pi)^2}\cdot \sin(\frac{\pi}{2}+k\pi)>0 \Rightarrow \sin(\frac{\pi}{2}+k\pi)=-1 \Rightarrow x_r=\frac{\pi}{2}+(2k\pi+1)\pi,\ \  k \in \mathbb{Z}$\\
(z Hurwitza)\\
$-e^{-(\frac{\pi}{2}+k\pi)^2}\cdot \sin(\frac{\pi}{2}+k\pi)>0 \Rightarrow \sin(\frac{\pi}{2}+k\pi)= 1 \Rightarrow x_r=\frac{\pi}{2}+2k\pi,\ \  k \in \mathbb{Z}$\\
$ \left[ \begin{array}{cc}    1&0 \\0&   e^{-(\frac{\pi}{2}+k\pi)^2}\cdot \sin(\frac{\pi}{2}+k\pi) \end{array}\right]$

\pagebreak
%###################                 5.1.2              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.1.2} {\color{darkgray}
	Dany jest system dynamiczny\\
	$\dot{x}_1(t)=x_2(t)$\\
	$\dot{x}_2(t)=-2x_1(t)-3x_1(t)^2-x_2(t)$\\
	Wyznaczyć jego punkty równowagi i za pomocą I metody Lapunowa zbadać ich stabilność.\\
}\lineh
\\\\
$J(x)=\left[ \begin{array}{cc}  0&1\\-2-6x_1 & -1   \end{array}\right]$\\
$\begin{cases}x_2=0\\-2x_1-3x_1^2-x_2=0\end{cases}$\\
$-2x_1-3x_1^2=0$\\
$x_1(2+3x_1)=0$\\
$x_1=0\ \  \vee \ \ x_1=-\frac23$\\
$\begin{array}{lll}
x_r= \left[ \begin{array}{c}   0\\0    \end{array}\right] &\ \ \ \vee \ \ \ & x_r= \left[ \begin{array}{c}   -\frac 23\\0    \end{array}\right] \\
J(x_r)=\left[ \begin{array}{cc}  0&1\\-2&-1    \end{array}\right] && J(x_r)=\left[ \begin{array}{cc}   0&1\\2&-1    \end{array}\right]\\
\left| \begin{array}{cc}  -\lambda & 1 \\-2&-1-\lambda    \end{array}\right|&&\left| \begin{array}{cc}  -\lambda & 1 \\2&-1-\lambda    \end{array}\right|\\
=(-\lambda)(-1-\lambda)+2=\lambda^2+\lambda+2&&=(-\lambda)(-1-\lambda)-2=\lambda^2+\lambda-2\\
\Delta=-7&&\Delta=9\\
\lambda=-\frac 12 \pm \frac{\sqrt 7}{2}i&&\lambda=\frac{-1 \pm 3}{2}\\
\lambda = -\frac 12 <0 \Rightarrow \text{Stabilny} && \lambda = 1 \ \ \vee \ \ \lambda=-2\\
 && \lambda = 1 >0 \Rightarrow \text{Niestabilny}
\end{array}$\\

%\begin{array}{c}\text{\circled{2}}\\x_r\end{array}

\pagebreak
%###################                 5.2.1              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.2.1} {\color{darkgray}
	Wyznaczyć punkty równowagi układu generatora synchronicznego, który jest systemem dynamicznym opisanym następującymi równaniami\\
	$\dot{x}_1=x_2$\\
	$\dot{x}_2=-Dx_2-\sin x_1 + \sin \delta_0$\\
}\lineh
\\\\
$\begin{cases}\dot{x}_1=x_2 \\ \dot{x}_2=-Dx_2-\sin x_1 + \sin \delta_0 \end{cases}$\\
$f(x)= \left[ \begin{array}{c}   x_2  \\  -Dx_2-\sin x_1 + \sin \delta_0  \end{array}\right]$\\
$\left[ \begin{array}{c}   x_2  \\  -Dx_2-\sin x_1 + \sin \delta_0  \end{array}\right] = \left[ \begin{array}{c}  0\\0  \end{array}\right]$\\
$x_2=0$\\
$-\sin x_1 + \sin \delta_0 = 0 \Rightarrow \sin\delta_0=\sin x_1 \Rightarrow$\\
$\Rightarrow x_1=\delta_0+2k\pi \ \ \vee\ \  x_1=-\delta_0+(2k+1)\pi, \ \ \ k \in \mathbb{Z}$\\




\pagebreak
%###################                 5.2.2              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.2.2} {\color{darkgray}
	Wyznaczyć punkty równowagi dla obwodu Chuy, który jest systemem dynamicznym opisanym następującymi równaniami:\\
	$C_1\dot{x}_1(t)=-\frac 1R x_1(t)+\frac 1R x_2(t)-g(x_1(t))$\\
	$C_2\dot{x}_2(t)= \frac 1R x_1(t) -\frac 1R x_2(t)+x_3(t)$\\
	$L\dot{x}_3(t)=-x_2(t)-R_0x_3(t)$\\
	przy czym $g(v)=g_1v+g_2v^3$\\
}\lineh
\\\\
$\begin{cases} 
-\frac{1}{RC_1}x_1+\frac{1}{RC_1}x_2-\frac{g_1}{C_1}x_1-\frac{g_2}{C_1}x_1^3=0\\
\frac{1}{RC_2}x_1 -\frac{1}{RC_2}x_2+\frac{x_3}{C_2}=0\\
-\frac 1Lx_2 -\frac{R_0}{L}x_3=0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow x_2=-R_0x_3
\end{cases}$\\
$\begin{cases} 
g_1Rx_1+g_2Rx_1^3+x_1=x_2\\
x_1+Rx_3=x_2\\
x_2=-R_0x_3
\end{cases}$\\
z drugiego i trzeciego:\\
$x_3=\frac{-x_1}{R+R_0}$\\
z pierwszego i drugiego:\\
$g_1Rx_1+g_2Rx_1^3=Rx_3$\\
$g_1x_1+g_2x_1^3=x_3$\\
podstawiam $x_3$ z trzeciego:\\
$g_1x_1+g_2x_1^3=\frac{-x_1}{R+R_0}$\\
$g_1x_1+x_1^3g_2+\frac{x_1}{R+R_0}=0$\\
$x_1^3g_2+x_1(g_1+\frac{1}{R+R_0})=0$\\
podstawiam pomocnicze zmienne:\\
$a = g_2, \ \ \ b=g_1+\frac{1}{R+R_0}$\\
$ax_1^3+bx_1=0$\\
$x_1(ax_1^2+b)=0$\\
$\begin{array}{lll}   
\circled{1} \ x_1=0 & \ \ \vee \ \ & ax_1^2+b=0\\
&&\circled{2} \ x_1=\sqrt{\frac{-b}{a}} \ \ \vee \ \  \circled{3} \ x_1=-\sqrt{\frac{-b}{a}}
 \end{array}$\\
podstawiam $x_1=0$:\\
$x_r=\left[ \begin{array}{c}   x_{1r}\\ x_{2r}\\x_{3r}   \end{array}\right]
=\left[ \begin{array}{c}   x_{1}\\ x_{2}\\x_{3}   \end{array}\right]$\\\\
$\circled{1} \ x_r=\left[ \begin{array}{c}   0\\0\\0   \end{array}\right]$\\\\\\
$\circled{2} \ x_r=\left[ \begin{array}{c}   
	\sqrt{\frac{-g_1-\frac{1}{R+R_0}}{g_2}}\\
\\
	-R_0\frac{-\sqrt{\frac{-g_1-\frac{1}{R+R_0}}{g_2}}}{R+R_0}   \\
\\
	\frac{-\sqrt{\frac{-g_1-\frac{1}{R+R_0}}{g_2}}}{R+R_0}
\end{array}\right]$\\\\\\
$\circled{3} \ x_r=\left[ \begin{array}{c}   
	-\sqrt{\frac{-g_1-\frac{1}{R+R_0}}{g_2}}\\
\\
	-R_0\frac{\sqrt{\frac{-g_1-\frac{1}{R+R_0}}{g_2}}}{R+R_0}   \\
\\
	\frac{\sqrt{\frac{-g_1-\frac{1}{R+R_0}}{g_2}}}{R+R_0}
\end{array}\right]$



\pagebreak
%###################                 5.3.1              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.3.1} {\color{darkgray}
	Dla jakich wartości parametru $\epsilon$ zerowy punkt równowagi układu zwanego oscylatorem Van der Pola będzie niestabilny\\
	$\ddot{x}(t)-\epsilon(1-x(t)^2)\dot{x}(t)+x(t)=0$\\\\
}\lineh
\\\\
$\begin{cases} x_1=x \\ x_2 =\dot{x} \end{cases} \begin{cases} \dot{x}_1=\dot{x}=x_2 \\ \dot{x}_2=\ddot{x}= \epsilon(1-x(t)^2) \cdot \dot{x}(t)-x(t)=\epsilon(1-x_1^2) \cdot x_2 - x_1 \end{cases}$\\
$f(x)=\left[ \begin{array}{c}   x_2  \\  \epsilon(1-x_1^2) \cdot x_2 - x_1  \end{array}\right] = \left[ \begin{array}{c}  f_1(x)   \\ f_2(x)   \end{array}\right]$\\
$\begin{cases} x_2=0 \\ \epsilon(1-x_1^2) \cdot x_2 - x_1 = 0\end {cases} \Rightarrow \begin{cases}x_2=0 \\ x_1 = 0 \end {cases} \ \ \ x_r = \left[ \begin{array}{c}     0\\0   \end{array}\right]$\\
$J(x)=\left[ \begin{array}{cc}   0 &1  \\ -2\epsilon x_1 x_2 -1 & \epsilon(1-x_1^2)   \end{array}\right] \ \ \ \ \ \ \ 
{\color{lightgray}\boxed{\left[ \begin{array}{cc}    \frac{\partial f_1}{\partial x_1} &\frac{\partial f_1}{\partial x_2} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x_1} & \frac{\partial f_2}{\partial x_2}   \end{array}\right]}}$\\
$J(x_r)= \left[ \begin{array}{cc}    0&1 \\-1 & \epsilon    \end{array}\right]$\\
Z Lapunowa:\\
$(- \lambda)(\epsilon - \lambda)+1 = \lambda^2 - \lambda \epsilon +1 = 0$\\
$\Delta = \epsilon^2-4 \Rightarrow \lambda =\frac{\epsilon \pm \sqrt{\epsilon^2-4}}{2}$\\
niestabilny: Jeżeli część rzeczywista $>0 \Rightarrow \frac{\epsilon}{2}>0 \Rightarrow \boxed{\epsilon >0}$\\
asymptotycznie stabilny : $\left[ \begin{array}{cc}    -\epsilon & 0 \\ 1 & 1   \end{array}\right]$ Hurwitz $-\epsilon>0 \Rightarrow \boxed{\epsilon<0}$\\



\pagebreak
%###################                 5.4.1              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.4.1} {\color{darkgray}
	Dla jakich wartości parametru $a$ linearyzacja przestaje spełniać warunki twierdzenia Grobmana-Hartmana dla układu opisanego równaniami:\\
	$\dot{x_1}(t)=-x_2(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_1(t)$\\
	$\dot{x_2}(t)=x_1(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_2(t)$\\\\
}\lineh
\\\\
$\dot{x_1}(t)=-x_2(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_1(t)=f_1(x(t))$\\
$\dot{x_2}(t)=x_1(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_2(t)=f_2(x(t))$\\
$f(x)=\left[ \begin{array}{c}     f_1(x) \\ f_2(x)   \end{array}\right]$\\
$\begin{cases} -x_2+(a-x_1^2-x_2^2)x_1=0 \\ x_1+(a-x_1^2-x_2^2)x_2=0\end{cases}  $\\
Zauważamy, że albo $x_1=x_2=0$ albo dla $x_2 \neq 0 \wedge x_1 \neq 0$ :\\
$\begin{cases} -\frac{x_2}{x_1}+(a-x_1^2-x_2^2)=0 \\ \frac{x_1}{x_2}+(a-x_1^2-x_2^2)=0\end{cases}  \Rightarrow \frac{-x_2}{x_1} = \frac{x_1}{x_2} \Rightarrow -x_2^2=x_1^2 \Rightarrow x_1=x_2=0$ (sprzeczność)\\
więc $x_r=\left[ \begin{array}{c}     0\\0   \end{array}\right]$\\
$J(x)=\left[ \begin{array}{cc}   a-3x_1^2-x_2^2 & -1-2x_2x_1 \\ 1-2x_1x_2 & a-x_1^2-3x_2^2    \end{array}\right]$\\
$J(x_r)=\left[ \begin{array}{cc}    a & -1 \\ 1 & a    \end{array}\right]$\\
z tw. Grobmana-Hartmana:\\
$\begin{array}{ll}
\det(j\omega I-J(x_r)) \neq 0, \ \ \ \omega \in \mathbb{R} & J(x_r)\text{ nie ma wartości własnych na osi urojonej}\\
 \left| \begin{array}{cc}     j\omega-a& -1 \\ 1 & j\omega-a    \end{array}\right|=0 &  \left[ \begin{array}{cc}    a-\lambda & -1 \\ 1 & a- \lambda   \end{array}\right]\\
(j\omega-a)^2+1=0 & (a-\lambda)^2+1=0\\
j\omega-a= \pm j \Rightarrow \boxed{ a=0} & a^2-2a\lambda +\lambda^2+1 =0\\
&\lambda^2-2a\lambda+a^2+1 = 0\\
&\Delta=4a^2-4a^2-4\\
&\sqrt{\Delta}=2i\\
&\lambda=\frac{2a \pm 2i}{2} = a \pm i\\
&\text{dla } a=0 \text{ wartości własne są na osi urojonej}
\end{array}$\\


\pagebreak
%###################                 5.5.1              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.5.1} {\color{darkgray}
	Dla jakich wartości parametru $a$ zerowy punkt równowagi układu opisanego równaniami\\
	$\dot{x_1}(t)=x_2(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_1(t)$\\
	$\dot{x_2}(t)=x_1(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_2(t)$\\
	będzie niestabilny.\\
}\lineh
\\\\
$x_r=\left[ \begin{array}{c}     0\\0   \end{array}\right]$\\
$J(x)=\left[ \begin{array}{cc}    a-3x_1^2 -x_2^2&  1-2x_2x_1 \\ 1-2x_1x_2 & a-x_1^2-3x_2^2  \end{array}\right]$\\
$J(x_r)=\left[ \begin{array}{cc}    a&1\\1&a  \end{array}\right]$\\
$\left| \begin{array}{cc}    a-\lambda&1\\1&a-\lambda  \end{array}\right| =0$\\
$(a-\lambda)^2-1=0$\\
$(a-\lambda-1)(a-\lambda+1)=0$\\
$\lambda=a-1 \ \ \ \vee \ \ \ \lambda=a+1$\\
niestabilny, gdy $Re(\lambda)>0$\\
$\begin{array}{lll}     a-1>0& \ \ \  &a+1>0  \\ a>1 && a>-1 \end{array}$\\
$(a>1 \ \ \vee \ \ a>-1 ) \Rightarrow \boxed{a>-1}$\\
\\
{\color{red} \textbf{ Alternatywnie: Bez podanego punktu równowagi}}\\
$\dot{x_1}(t)=x_2(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_1(t)=f_1(x(t))$\\
$\dot{x_2}(t)=x_1(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_2(t)=f_2(x(t))$\\
$f(x)= \left[ \begin{array}{cc}    f_1(x)\\f_2(x)    \end{array}\right]$\\
$\begin{cases}x_2+(a-x_1^2-x_2^2)x_1=0 \\ x_1+(a-x_1^2-x_2^2)x_2=0\end{cases}$\\
Zauważamy, że albo $x_1=x_2=0$ albo dla $x_1\neq 0 \wedge x_2 \neq 0 $ :\\
$\begin{cases} \frac{x_2}{x_1}+(a-x_1^2-x_2^2)=0 \\ \frac{x_1}{x_2}+(a-x_1^2-x_2^2)=0\end{cases} 
\Rightarrow \frac{x_2}{x_1}=\frac{x_1}{x_2} \Rightarrow 
\begin{array}{c}x_2^2 = x_1^2 \\x_1=x_2 \vee x_1=-x_2 \end{array}$\\
więc $\begin{array}{c}\text{\circled{1}}\\x_r\end{array}=\left[ \begin{array}{c} k\\k\end{array}\right] \vee
\begin{array}{c}\text{\circled{2}}\\x_r\end{array}=\left[ \begin{array}{c} k\\-k\end{array}\right],  \ \ \ k \in \mathbb{R}$\\
$J(x)=\left[ \begin{array}{cc}    a-3x_1^2 -x_2^2&  1-2x_2x_1 \\ 1-2x_1x_2 & a-x_1^2-3x_2^2  \end{array}\right]$\\
$\begin{array}{lll}
J( \begin{array}{c}\text{\circled{1}}\\x_r\end{array})= \left[ \begin{array}{cc}  a-4k^2 & 1-2k^2 \\1-2k^2 & a-4k^2 \end{array}\right] &\vee&
J( \begin{array}{c}\text{\circled{2}}\\x_r\end{array})= \left[ \begin{array}{cc}  a-4k^2 & 1+2k^2 \\1+2k^2 & a-4k^2 \end{array}\right]\\
(a-4k^2-\lambda)^2-(1-2k^2)^2=0         &\vee&       (a-4k^2-\lambda)^2-(1+2k^2)^2=0 \\
(a-4k^2-\lambda-1+2k^2)(a-4k^2-\lambda+1-2k^2)=0 &\vee& (a-4k^2-\lambda-1-2k^2)(a-4k^2-\lambda+1+2k^2)=0 \\
\lambda = a-1-2k^2 \vee \lambda=a+1-6k^2 &\vee& \lambda = a-1-6k^2 \vee \lambda=a+1-2k^2 \\
niestebilny:&&\\
Re \lambda >0 &&\\
a-1-2k^2>0 \vee a+1-6k^2>0 &&a-1-6k^2>0 \vee a+1-2k^2>0\\
\begin{array}{c}\text{\circled{1}}\\a>1+2k^2\end{array}
\begin{array}{c}\text{\circled{2}}\\a>6k^2-1\end{array} && 
\begin{array}{c}\text{\circled{3}}\\a>1+6k^2\end{array}
\begin{array}{c}\text{\circled{4}}\\a>2k^2-1\end{array}
\end{array}$\\
odp. niestabilny dla $a>\circled{1} \vee a>\circled{2} \vee a>\circled{3} \vee a>\circled{4} $\\



\pagebreak
%###################                 5.5.2              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.5.2} {\color{darkgray}
	Dla jakich wartości parametru $a$ zerowy punkt równowagi układu opisanego równaniami\\
	$\dot{x_1}(t)=-x_2(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_1(t)$\\
	$\dot{x_2}(t)=x_1(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_2(t)$\\
	będzie niestabilny.\\
}\lineh
\\\\
$x_r=\left[ \begin{array}{c}     0\\0   \end{array}\right]$\\
$J(x)=\left[ \begin{array}{cc}   a-3x_1^2-x_2^2 & -1-2x_2x_1 \\ 1-2x_1x_2 & a-x_1^2-3x_2^2    \end{array}\right]$\\
$J(x_r)=\left[ \begin{array}{cc}    a & -1 \\ 1 & a    \end{array}\right]$\\
$\left| \begin{array}{cc}     a-\lambda & -1 \\ 1 & a-\lambda   \end{array}\right|=0$\\
$\lambda^2-2a\lambda+a^2+1=0$\\
$\Delta=-4$\\
$\lambda = \frac{2a \pm 2i}{2}=a \pm i$\\
niestabilny, gdy $Re(\lambda)>0$\\
$\boxed{a>0}$\\



\pagebreak
%###################                 5.6.1              #################################%
\subsection*{Zadanie 5.6.1} {\color{darkgray}
	Dla jakich wartości parametru $a$ zerowy punkt równowagi układu opisanego równaniami\\
	$\dot{x_1}(t)=-x_2(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_1(t)$\\
	$\dot{x_2}(t)=x_1(t)+(a-x_1(t)^2-x_2(t)^2)x_2(t)$\\
	będzie asymptotycznie stabilny.\\
}\lineh
\\\\
$x_r=\left[ \begin{array}{c}     0\\0   \end{array}\right]$\\
$J(x)=\left[ \begin{array}{cc}   a-3x_1^2-x_2^2 & -1-2x_2x_1 \\ 1-2x_1x_2 & a-x_1^2-3x_2^2    \end{array}\right]$\\
$J(x_r)=\left[ \begin{array}{cc}    a & -1 \\ 1 & a    \end{array}\right]$\\
$\left| \begin{array}{cc}     a-\lambda & -1 \\ 1 & a-\lambda   \end{array}\right|=0$\\
$\lambda^2-2a\lambda+a^2+1=0$\\
\fbox{\parbox{.5\linewidth}{
\textbf{Macierz Hurwitz'a} \\
Wielomian charakterystyczny: $a_0\lambda^n+a_1\lambda^{n-1}+a_{n-1}\lambda+a_n$\\
$\left[ \begin{array}{cccccc}  
 a_1&a_3&a_5&a_7&\cdots&0\\
 a_0&a_2&a_4&a_6&\cdots&0\\
     0&a_1&a_3&a_5&\cdots&0\\
     0&a_0&a_2&a_4&\cdots&0\\
     0&    0&a_1&a_3&\cdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&0&0&\cdots&a_n
 \end{array}\right]$\\
}}\\\\\\
$\left[ \begin{array}{cc}   -2a & 0 \\ 1 & a^2+1    \end{array}\right]$\\\\\\
\fbox{\parbox{.5\linewidth}{
\textbf{Kryterium Hurwitz'a} \\
Jeśli wszystkie minory wiodące są większe od zera, to jest asymptotycznie stabilny.
}}\\\\
$-2a>0 \Rightarrow a<0$\\
$-2a(a^2+1)>0 \Rightarrow \boxed{a<0}$\\

%  \left[ \begin{array}{c}     \\    \end{array}\right]