7. Sistemas autónomos planos

(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009) 1

Curvas solución "sin una solución"

Podemos estudiar EDOs de primer orden analizándolas cualitativamente.

dy/dx = 0.2 xy = f(x, y)

(a) Pendientes:

Debido a que la solución

y(x)

de

dy/dx = f(x,y)

es necesariamente una función diferenciable en I, también es continua. Así, la derivada

dy/dx= f(x,y)

proporciona las pendientes de las rectas tangentes a las curvas solución en los puntos

(x,y).

(b) Elementos lineales:

Suponemos que

dy/dx = f

(

x, y

(

x

))

.

El valor

f

(

x, y

) representa la pendiente de una recta, o un segmento de recta que llamaremos

elemento lineal

.

2

Campo de direcciones

Si para la EDO dy/dx = f(x, y) se evalúa f en una red o malla de puntos rectangular en el plano xy, y se dibuja un elemento lineal en cada nodo (x, y) de la malla con pendiente f(x, y), obtenemos el campo de direcciones o campo de pendientes.

3

Ejemplo: El campo de direcciones de dy/dx = 0.2 xy está representado en la figura (a). Compárese con la figura (b) donde se han representado unas curvas de la familia de soluciones.

4

Ejemplo: Use un campo de direcciones para dibujar una curva solución aproximada para dy/dx = sen y, con y(0) = −3/2.

Solución:

Apelando a la continuidad de f(x, y) = sen y y  f/  y = cos y, el teorema de existencia y unicidad garantiza la existencia de una única curva solución que pasa por algún punto especificado en el plano. Ahora dividimos la región que contiene a (-3/2, 0) en una malla rectangular. Calculamos el elemento lineal de cada nodo para obtener la siguiente figura: 5

EDs de primer orden autónomas

dy/dx = f(y)

Una EDO en la que la variable independiente no aparece de manera explícita es autónoma. Nota: Recordemos que si dy/dx > 0 para todo x de I, entonces y(x) es creciente en I. Y si dy/dx < 0 para todo x de I, entonces y(x) es decreciente en I.

6

Puntos críticos

Los ceros de f en la EDO autónoma dy/dx = f(y) son puntos especialmente importantes. Si f(c) = 0, c es un punto crítico, punto de equilibrio o punto estacionario.

Si sustituimos y(x) = c en dy/dx = f(y), obtenemos 0 = 0, de modo que si c es un punto crítico, entonces y(x) = c es una solución de dy/dx = f(y).

Una solución y(x) = c constante, se llama solución de equilibrio. Los equilibrios son las únicas soluciones constantes de dy/dx = f(y).

7

Ejemplo: La siguiente ED, dP/dt = P  (a – bP) donde a y b son constantes positivas, es autónoma.

De f(P) = P  (a – bP) = 0, obtenemos las soluciones de equilibrio: P(t) = 0 y P(t) = a/b.

Colocamos los puntos críticos en una recta vertical (recta fase), que la divide en tres intervalos. Las flechas en la figura indican el signo algebraico de f(P) = P  (a – bP) en ese intervalo. Si el signo es positivo o negativo, entonces P es creciente o decreciente en este intervalo.

8

Curvas solución

Si garantizamos la existencia y unicidad de la EDO autónoma

dy/dx = f(y)

, (

f

y

f’

son continuas en un intervalo sola curva

I

)

,

por cada punto (x 0 , y 0 ) en solución.

R

, pasa una 9

Supongamos que la EDO autónoma presenta dos puntos críticos, c 1, y c 2 , tales que c 1 < c 2 . Las gráficas de las soluciones de equilibrio y(x) = c 1 , y(x) = c 2 son rectas horizontales y dividen R en tres regiones, a los que podemos llamar R 1 , R 2 y R 3 como en la figura.

10

(1) Si (

x

0 ,

y

0 ) está en

R i

,

i =

1, 2, 3,

una solución y permanecerá

en la misma subregión.

(

x

)

que

pasa por (

x

0 ,

y

0 ), (2) Por continuidad de

f , f(y) es mayor o menor que cero y no puede cambiar de signo

en una subregión.

(3) Como

dy/dx = f(y(x))

es o positiva o negativa en

R i

, cualquier solución

y

(

x

) es

monótona en R i

.

(4) Si

y

(

x

) está acotada superiormente por

y

(

x

)

c

1

, = c

( 1

y

(

x

) <

c

1 ), la gráfica de

y

(

x

) se aproximará a la solución de equilibrio cuando x   o x   . Si está acotada aproximará a cuando x  

c y

1 (

x

< )

y

(

x

) <

= c

1 o x  

c

2 , se e

y

(

x

)

= c

2. . Y por último, si está acotada inferiormente,

c

2 <

y

(

x

) , se aproximará a

y

(

x

)

= c

2 cuando x   o x   .

.

11

En el ejemplo

dP/dt = P

 (a – bP) : P = 0 y P = a/b son dos puntos críticos, por tanto tenemos tres intervalos para P:

R

1

R

2

R

3 : (  , 0) : (0, a/b) : (a/b,  ) Sea P(0) = P 0 . Cuando una solución pasa por P curvas solución dependiendo del

P

0 . 0 , tenemos tres tipos de intervalo al que pertenece 12

La ED dy/dx = (y – 1) 2 tiene un único punto crítico y = 1. Desde la gráfica, llegamos a la conclusión de que una solución y(x) es creciente en

-

 < y < 1 y 1 < y <  , donde - 

< x <

 . 13

Atractores y repulsores:

hay tres tipos de comportamiento que y(x) puede exhibir en las cercanías de un punto crítico c. (a) Cuando ambas flechas apuntan a c, y(x) se aproximará a c. Este tipo de punto crítico se denomina asintóticamente estable. El punto c se denomina atractor.

(b) Cuando ambas flechas no apuntan a c, y(x) se alejará de c. Este tipo de punto crítico se denomina inestable. El punto c se denomina repulsor o repulsivo.

(c) y (d) Cuando y 0 a un lado de c es atraído por c y repelido por el otro lado.

Este tipo de puntos críticos se denomina semiestables. 14

EDO autónomas y campos de direcciones

La figura muestra el campo de direcciones de dy/dx = 2y – 2.

Podemos observar que los elementos lineales que pasan por los puntos de cualquier recta horizontal mantienen la pendiente. Recordemos que una EDO autónoma es de la forma dy/dx = f(y), y las pendientes sólo dependen de y. 15

Sistemas autónomos

Un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden se llama autónomo, cuando puede escribirse como:  La variable independiente

dx

1

dt g

1 (

x

1 ,

x

2 ,  ,

x n

) t no aparece explícitamente en el lado derecho.

dx

2

dt



g

2 (

x

1 ,

x

2 ,  ,

x n

)  Ejemplo:

dx

1

dt



x

1  3

x

2 

t

2

dx

2

dt



x

1 sin(

x

2

t

)

dx n dt



g n

(

x

1 ,

x

2 ,  ,

x n

) Este sistema no es autónomo, debido a la presencia de t en el lado derecho.

16

d

2 

dt

2 

l g

sin   0 Ecuación diferencial no lineal de segundo orden que describe el ángulo de desplazamiento de un péndulo.

Si hacemos x =  e y =   , entonces la ecuación diferencial de segundo orden se puede escribir como un sistema autónomo de dos ecuaciones de primer orden:  

x



y

  

y



l g

sin

x

Nota: Cualquier EDO de segundo orden x'' = g(x,x') se puede escribir como un sistema autónomo. Haciendo y = x', tenemos que x'' = g(x,x') se transforma en y' = g(x,x'). Y la ec. de segundo orden se transforma en el sistema autónomo: x' = y; y' = g(x,y) 17

Interpretación como campo vectorial

Cuando la variable t se interpreta como el tiempo, decimos que un sistema de ecuaciones diferenciales es un sistema dinámico y su solución X(t) = (x 1 (t),..., x n (t)) se denomina estado o respuesta del sistema en el tiempo t. De modo que un sistema dinámico es autónomo cuando la velocidad X'(t) solo depende del estado actual del sistema X(t). En el caso de n = 2 o 3, suele llamarse a la solución trayectoria u órbita. 18

Interpretación como campo vectorial

Cuando el sistema autónomo es de dos ecuaciones se denomina plano y puede escribirse como:

dx



P

(

x

,

dt y

)

dy



Q

(

x

,

dt y

) El vector V(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) define un campo vectorial en una región del plano. V(x, y) puede interpretarse como la velocidad de una corriente en la posición (x, y). Y una solución puede interpretarse como la trayectoria de una partícula arrastrada por esa corriente. 19

Ejemplo: Un campo vectorial para el flujo de estado estable de un líquido alrededor de un cilindro de radio 1 está dado por

V

(

x

,

y

) 

V

0   1  (

x x

2 2  

y y

2 2 ) 2 , (

x

2   2

xy y

2 ) 2   donde V 0 es la velocidad del líquido lejos del cilindro.

Si se libera un pequeño corcho en (−3, 1), la trayectoria X(t) = (x(t), y(t)) del corcho satisface el sistema autónomo plano:

dx dt



V

0   1  (

x x

2 2  

y

2

y

2 ) 2  

dy dt



V

0   (

x

2  2 

xy y

2 ) 2   sujeto a la condición Inicial X(0) = (−3, 1).

20

Tipos de soluciones

Si

P

(x),

Q

(x) y sus derivadas parciales de primer orden son continuas en una región R del plano, entonces una solución del sistema que satisface

X

(

0

) =

X

0 es única y de uno de los siguientes tres tipos básicos: (i) Solución

constante

.

(ii) Una solución que define un

arco

.

(iii) Una solución

periódica

.

21

(i) Una solución constante x(t) = x 0 , y(t) = y 0 (X(t) = X 0 para toda t). Una solución constante se llama punto crítico o estacionario. Cuando "una partícula" se coloca en un punto crítico X 0 permanece allí indefinidamente, por eso una solución constante también se denomina solución de equilibrio. Observemos que X  (t) = 0 es una solución del sistema de ecuaciones algebraicas: Nota: a un punto crítico también se le denomina punto de equilibrio, fijo, de reposo, singular, etc

P

(

x Q

(

x

, ,

y

)  0

y

)  0 22

Ejemplo: Determina los puntos críticos de los siguientes sistemas autónomos planos: (a) (b)

x

 

y

  

x



x



y y x



y

  

x

2

x

2  

y

2

y

 6 (c)

x

 

y

  0 .

01

x

( 100  0 .

05

y

( 60 

y x



y

)  0 .

2

x

) Para encontrar los puntos críticos debes igualar a cero el lado derecho de las ecuaciones diferenciales.

Solución

(a) 

x



y

 0

x



y

 0 entonces y = x. Hay infinitos puntos críticos.

23

(b)

x

 

x

2 

y

2  6

y

 

x

2 

y x

2 

y

2  6  0

x

2 

y

 0 Como x 2 = y, entonces x 2 + y

2

– 6 = y + y 2 - 6 = (y + 3)(y – 2) = 0. Si y = – 3, entonces x 2 existen soluciones reales. = – 3 y no ( 2 , 2 ) y (  2 , 2 ) .

24

(c)

x

 

y

  0 .

01

x

( 100  0 .

05

y

( 60 

x



y

)

y

 0 .

2

x

) De 0.01x(100 – x – y) = 0, tenemos x = 0 o x + y = 100. Si x = 0, entonces 0.05y(60 – y – 0.2x) = 0 se transforma en y(60 – y) = 0. Así y = 0 o y = 60, y tenemos como puntos críticos a (0, 0) y (0, 60). Si x + y = 100, entonces 0 = y(60 – y – 0.2(100 – y)) = y(40 – 0.8y). Tenemos que y = 0 o y = 50. Y los puntos críticos son (100, 0) y (50, 50).

25

(ii) Una solución x = x(t), y = y(t) que define un arco, una curva plana que no se cruza a sí misma, como en la Fig (a). La Fig (b) no puede ser una solución para un sistema autónomo plano , puesto que habría dos trayectorias que comenzarían en el mismo punto P.

26

(iii) Una solución periódica x = x(t), y = y(t) que se denomina ciclo. Si p es el período de la solución, entonces X(t + p) = X(t). Una partícula colocada en la órbita en el punto X(0), por ejemplo, viajará por la curva hasta regresar al punto de partida en p unidades de tiempo.

27

Determina si los siguientes sistemas poseen una solución periódica. En cada caso, dibuja la gráfica de la solución que satisface X(0) = (2, 0).

(a)

x

  2

x



x

 8

y

2

y

(b)

x

 

x

 2

y y

  

y

   1 / 2

x



Solución

(a) Habíamos demostrado que la solución era:

y x y

 

c

1 ( 2 cos

c

1 (  cos 2

t

2

t

)   2 sin

c

2 2 sin

t

) 2

t



c

2 ( 2 cos 2

t

 2 sin 2

t

) Recordatorio Así toda solución es periódica con período  . La solución que satisface X(0) = (2, 0) es : x = 2 cos 2t + 2 sen 2t y = – sen 2t 28

Recordemos cómo se resolvía det (

A X

    2  1  

I

)  2    1  8 2  

X

8  2     2  4  0 Para  1 = 2i, (2 – 2i)k 1 – k 1 + 8k + (–2 – 2i)k 2 2 = 0 = 0 obtenemos k 1 = –(2 + 2i)k 2 .

Elegimos k 2 = –1

K

1    2   1 2

i

  

B

1  Re(

K

1 )     2 1   ,    2 1   

B

2

i

  2 0    Im(

K

1 )     2 0   

X

 

c

1        2 1    cos 2

t



c

1    2 cos  2

t

 cos 2 sin 2

t

   2 0    2

t

   sin  2

t

   

c

2       2 0    cos

c

2    2 cos  2

t

 sin 2 sin 2

t

2

t

2

t

        2 1    sin 2

t

   29

x

 

y

 

x

 2

y

 1 / 2

x



y

(b) Con el método de vectores y valores propios, obtenemos:

x



c

1 ( 2

e t

cos

t

) 

c

2 ( 2

e t

sin

t

)

y



c

1 ( 

e t

sin

t

) 

c

2 (

e t

cos

t

) Debido a la presencia de e

t ,

no hay soluciones periódicas.

La solución que satisface X(0) = (2, 0) es:

x

 2

e t

cos

t

,

y

 

e t

sin

t

30

Cambio a coordenadas polares

Normalmente no es posible encontrar soluciones explícitas para un sistema autónomo no lineal. Pero a veces es posible conseguirlo al cambiar a coordenadas polares. Recuerda que las transformaciones de coordenadas cartesianas (x,y) a polares (r, ө ) son:

r

2 = x 2 + y 2 y  = tan –1 (y/x)

dr dt

 1

r x dx dt



y dy dt

,

d



dt

 1

r

2 

y dx dt



x dy dt

31

Hallar la solución del siguiente sistema plano no lineal:

x

  

y



x x

2 

y

2

y

 

x



y x

2 

y

2 que satisfaga X(0) = (3, 3).

Solución

dr dt

 1 [

r x

( 

y



xr

) 

y

(

x



yr

)]  

r

2

d



dt

 1

r

2 [( 

y

)( 

y



xr

) 

x

(

x



yr

)]  1 32

( 3 2 , 4 )  (0) = π/4.

Integrando por separación de variables, tenemos que la solución es:

r



t

 1

c

1 ,  

t



c

2 para r  0. Aplicando las condiciones iniciales, tenemos

r



t

 1 2 / 6 ,  

t

  4 La espiral

r

   1 2 / 6   / 4 se bosqueja en la siguiente imagen 33

Considera el sistema en coordenadas polares:

dr dt

 0 .

5 ( 3 

r

),

d



dt

 1 Halla y dibuja las soluciones que satisfagan X(0) = (0, 1) y X(0) = (3, 0) en coordenadas rectangulares.

Solución

Separando variables, tenemos

r

 3 

c

1

e

 0 .

5

t

,  

t



c

2 34

Si X(0) = (0, 1), entonces r(0) = 1 y  (0) =  /2. Así c 1 = –2, c

r

 3 2  =  /2. La curva solución es la 2

e

Observemos que cuando t →  ，  y r tiende a 3. aumenta sin límite Si X(0) = (3, 0), entonces r(0) = 3 y 

c

1 = c 2 (0) = 0. Así = 0 y r = 3, 

= t.

Tenemos que la solución es x = r cos  = 3 cos t e y = r sen  = 3 sen t. Es una solución periódica.

35

Estabilidad de sistemas lineales

Hemos visto como una solución puede interpretarse como la trayectoria de una partícula que al inicio se coloca en la posición X(0) = X 0 . Si X 0 es un punto crítico entonces la partícula permanece estacionaria. Pero, ¿qué ocurre si situamos a la partícula cerca del punto crítico? 36

Estabilidad de sistemas lineales

Supongamos que X 1 es un punto crítico de un sistema autónomo plano y que X = X(t) es una solución que satisface X(0) = X 0 . Nos interesa saber cómo se comporta la partícula cuando

X

0 está cerca de X 1 : (i) ¿La partícula va hacia el punto crítico? O dicho de otra forma: ¿lim

t

 X(t) = X 1 ?

(ii) Si la partícula no va hacia el punto crítico, ¿permanece cerca o se aleja de él? ¿La solución permanece cerca de X 1 de X 1 ?

o se aleja 37

• Punto crítico localmente estable (a) y (b).

Sin embargo, si se puede encontrar en alguna vecindad dada algún valor inicial X 0 que da un comportamiento similar a (c), llamamos al punto crítico inestable. 38

•

Análisis de estabilidad

Consideremos

x



y

 = ax + by = cx + dy La matriz del sistema es

A

  

a c b d

  Para asegurar que X 0 = (0, 0) es el único punto crítico, supondremos que su determinante vale:  = ad – bc  0. Puedes comprobar que entonces la ecuación característica det (A –  I) = 0 se puede escribir como:  2 − 

+

 = 0 donde  = a + d. Así   (    2  4  ) / 2 39

Ejemplo: Determina los valores propios del sistema

x

  

x



y y

 

cx



y

en términos de c, y esboza la forma de las soluciones correspondientes a los casos c = ¼ , 4, 0 y −9.

Solución

Como la matriz de coeficientes es entonces tenemos     

c

1  1 1    = a + d = -1 + (-1) = −2, y  = 1 – c. Por tanto:    2  4  4 ( 1 

c

)   1  2

c

40

Si c = ¼ , tenemos valores propios negativos y distintos:  = −1/2 y −3/2. En la figura (a) vemos las trayectorias correspondientes a distintas condiciones iniciales. Observa que, excepto para las trayectorias dibujadas en negro, todas las demás parecen aproximarse a (0, 0) desde una dirección fija. Una colección de trayectorias en el plano xy, o plano fase, se denomina mapa o retrato de fase del sistema.

   1 

c

41

   1 

c

Cuando c = 4, los autovalores tienen signos opuestos,  = 1 y -3. Las trayectorias se alejan del origen en una dirección fija excepto para las soluciones que comienzan a lo largo de la recta en negro.

42

Cuando c = 0, tenemos un solo valor propio  soluciones se acercan al origen (Fig (c)).

= −1. Todas las Cuando c = −9, tenemos autovalores complejos conjugados = −1   3i. Las soluciones se acercan en forma espiral al origen (Fig (d)).

   1 

c

43

Caso I: Valores propios reales y distintos

  (    2  4  ) / 2  2   4   0 , Vimos que la solución general era:

X

(

t

) 

c

1

K

1

e

 1

t



c

2

K

2

e

 2

t



e

 1

t

(

c

1

K

1 

c

2

K

2

e

(  2   1 )

t

) (a) Ambos valores propios negativos: Nodo estable o

atractor.

  0  0 Observa que X(t)  suponemos que  2 0 cuando t   <  1 entonces: . Si

X

(

t

) para valores grandes de t.

Cuando c 1  0, X(t) se aproxima a 0 desde uno de los dos sentidos de la 

c

1

K

1

e

 1

t

dirección determinada por el vector K

1

.

Si c 1 = 0 entonces

X

(

t

) 

c

2

K

2

e

 2

t

y la solución tiende al origen a lo largo de la recta determinada por el vector K

2

.

44

(b)

Ambos valores propios positivos:

Nodo inestable o repulsor.

  (    2  4  ) / 2  2   4   0 ,  0   0

X

(

t

) 

c

1

K

1

e

 1

t



c

2

K

2

e

 2

t



e

 1

t

(

c

1

K

1 

c

2

K

2

e

(  2   1 )

t

) El análisis es similar. Bajo esta condición, |X(t)| queda sin cota cuando t   . Si de nuevo suponemos que  2

X

(

t

) 

c

1 <  1 entonces:

K

1

e

 1

t

para valores grandes de t.

Cuando c 1  0, X(t) se aleja de 0 en la dirección marcada por el vector

K 1

. Si c 1 = 0 entonces la solución se aleja a lo largo de la recta determinada por el vector K

2

.

45

(c) Valores propios con signos opuestos (  2 < 0 <  1 ):

Punto silla.

  (    2  4  ) / 2  2  4   0   0

X

(

t

) 

c

1

K

1

e

 1

t



c

2

K

2

e

 2

t



e

 1

t

(

c

1

K

1 

c

2

K

2

e

(  2   1 )

t

) El análisis es similar al caso anterior, excepto en un supuesto. Cuando c 1 = 0, X(t) se aproximará 0 a lo largo de la recta determinada por el vector propio K 2 cuando t   . Si la solución no está sobre esa recta, la marcada por K 1 para la solución.

hace de asíntota A pesar de que algunas soluciones se acercan al origen, el punto crítico es inestable.

46

Clasifica el punto crítico (0, 0) de cada sistema

X

 = AX como un nodo estable, nodo inestable o un punto silla.

(a)

A

   2 2 3 1   (b)

A

    10 15  6 19  

Solución

(a) Puesto que los valores propios son 4, −1, (0, 0) es un punto silla. Los vectores propios correspondientes son respectivamente:

K

1    3 2  

K

2     1 1   47

Si X(0) está sobre la recta y = −x, entonces X(t) tiende a 0. Para cualquier otra condición inicial, X(t) queda sin cota en las direcciones determinadas por K 1 . Esto es, y = (2/3)x hace de asíntota para estas soluciones.

48

(b)

A

    10 15  6 19   Puesto que los valores propios son −4, −25, (0, 0) es un nodo estable. Los vectores propios

y

  5 2

x

correspondientes son respectivamente:

K

1    1 1  

K

2     2 5   49

Caso II: Valor propio real repetido

  (    2  4  ) / 2  2  4   0 (a)

Dos vectores propios linealmente independientes

La solución general es

X

(

t

) 

c

1

K

1

e

 1

t



c

2

K

2

e

 1

t

 Si  1 < 0, entonces X(t) tiende a 0 a lo largo de la recta determinada por

c

1

K

1 + c 2

K

2 y el punto crítico se llama

nodo estable degenerado

. La figura (a) muestra la gráfica para  1  1 < 0. Las flechas se invierten cuando > 0 y entonces el punto crítico se llama

nodo inestable

degenerado.

(

c

1

K

1 

c

2

K

2 )

e

 1

t

50

(b)

Un solo vector propio linealmente independiente

Cuando existe un solo valor propio, la solución general es

X

(

t

) 

c

1

K

1

e

 1

t



c

2

(K

1

te

 1

t



P

e

 1

t

) 

te

 1

t

(

c

2

K

1 

c

1

K

1 

c

2

P

)

t t

Si  1 < 0, entonces X(t) tiende a 0 en una dirección determinada por el vector K 1 . Este punto crítico se llama de nuevo

nodo estable degenerado.

Si  1 > 0, se invierten las flechas y de nuevo el punto crítico se llama

nodo inestable degenerado.

51

Caso III: Valores propios complejos

X

1  [

B

1 cos 

t



B

2 sin 

t

]

e



t

; X

2  [

B

2 cos 

t



B

1 sin 

t

]

e



t

(a) Raíces imaginarias puras (  2 punto crítico se llama centro.

– 4  < 0,    (  = 0). El   2  4  ) / 2 Podemos escribir la solución como:

x(t)



y(t)



c

11

c

21 cos(  cos( 

t

)

t

) 

c

12 

c

22 sin(  sin( 

t

)

t

) Las soluciones son periódicas, con periodo p = 2 π/  . Se puede demostrar que las soluciones describen elipses centradas en el origen.

52

(b) Parte real no nula (  2 – 4    (  < 0,     2 0).

 4  ) / 2 Parte real < 0:

punto espiral estable o atractor

(Fig(a)).

Parte real > 0:

punto espiral inestable o repulsor

(Fig(b)).

¿Por qué son espirales?

53

Clasifica el punto crítico (0, 0) de cada sistema lineal (a)

A

   3 2  18  9   (b)

A

    1  1 2 1   Explica la naturaleza de la solución que satisface la condición inicial X(0) =(1, 0) y determina las ecuaciones paramétricas para cada solución.

Solución

(a) La ecuación característica es  2 + 6  + 9 = (  + 3) 2 = 0 por tanto (0, 0) es un nodo estable degenerado.

El vector propio asociado al autovalor doble -3 es:

K

1 de modo que la solución que satisface X(0) = (1, 0) tiende al     3 1    origen desde la dirección especificada por la recta y = x/3. 54

Vimos que la solución del sistema es:

X



c

1    3 1   

e

 3

t



c

2       3 1   

te

 3

t

    1/2 0   

e

 3

t

   Aplicando la condición inicial, tenemos que c 1 = 0 y c 2 = 2; y la solución paramétrica queda:

x

(

t

)  ( 6

t

 1 )

e

 3

t y

(

t

)  2

te

 3

t

55

(b)

A

    1  1 2 1  

Solución

(b) La ecuación característica es  2 + 1 = 0 por tanto (0, 0) es un centro. La solución que satisface la condición inicial es una elipse que gira alrededor del origen cada 2  unidades de tiempo. La solución general es:

X

(

t

) 

c

1   cos

t

 cos

t

sin

t

  

c

2   cos

t

  sin sin

t t

  Aplicando la condición inicial, tenemos que

c 1 = 0

la solución paramétrica queda:

x

(

t

)  cos

t

 sin

t

y

c 2 = 1

; y

y

(

t

)  sin

t

una elipse recorrida en sentido horario.

56

Clasifica el punto crítico (0, 0) de cada sistema lineal (a)

A

   1 .

01  1 .

10 3 .

10  1 .

02   (b)

A

    

a cd x

ˆ para constantes positivas.

 

ab

ˆ

d

ˆ  

Solución

(a)  = −0.01,  espiral estable.

= 2.3789,  2 − 4  < 0: (0, 0) es un punto (b)    (

a x

ˆ 

d y

ˆ )  0 ,  

ad x

ˆ

y

ˆ ( 1 

bc

) Si

bc

 1 ,   0 : punto silla Si

bc

 1 ,   0 : o bien un nodo estable, o estable degenerado o espiral estable.

57

TEOREMA Criterios de estabilidad para sistemas lineales

Para un sistema autónomo lineal plano X’ = AX con det A  0, sea X = X(t) la solución que satisface la condición inicial X(0) = X 0 , donde X 0  0.

(a) lim t→  X(t) = 0 si y sólo si los valores propios de A tienen partes reales negativas. Esto ocurre cuando ∆ > 0 y  < 0.

(b) X(t) es periódica si y sólo si los valores propios de A son imaginarios puros. Esto ocurre cuando ∆ > 0 y  = 0.

(c) En todos los demás casos, dada cualquier vecindad del origen, hay al menos una X 0 en la vecindad para la cual X(t) queda sin cota cuando aumenta t.

58

  (    2  4  ) / 2 59

Linealización y estabilidad local

Definición: Punto crítico estable

Sea X 1 un punto crítico de un sistema autónomo y sea X = X(t) la solución que satisface la condición inicial X(0) = X 0 , donde

X

0 

X

1 . Se dice que X 1 es un punto crítico estable cuando, dado cualquier radio ρ > 0, hay un radio correspondiente r > 0 tal que si la posición inicial X 0 satisface │X 0 – X 1 │< r, entonces la solución correspondiente X(t) satisface │X(t) – X 1 │< ρ para todo t > 0. Si, además lim t→  X(t) = X 1 siempre que │X 0 – X 1 │< r, se llama a X 1 un punto crítico asintóticamente estable.

Para resaltar que X 0 debe elegirse cerca de X 1 , también se emplea la terminología punto crítico localmente estable.

Al negar la definición anterior obtenemos la definición de punto crítico inestable.

60

Definición: Punto crítico inestable

Sea X 1 un punto crítico de un sistema autónomo y sea X = X(t) la solución que satisface la condición inicial X(0) = X 0 , donde X 0 

X

1 . Se dice que X 1 es un punto crítico inestable si hay un disco de radio ρ > 0 con la propiedad de que, para cualquier r > 0, hay al menos una posición inicial X 0 que satisface │X 0

X

1 │  – X 1 │< r, pero la solución correspondiente X(t) satisface │X(t) – ρ para al menos una t > 0. Si un punto crítico X no importa cuán pequeña sea la vecindad respecto a X tiempo futuro t. 1 1 es inestable, , siempre se puede encontrar una posición inicial X 0 que da como resultado que la solución salga de algún disco de radio ρ en algún 61

Demuestra que (0, 0) es un punto crítico estable del sistema

x

'  

y



x y

'  

x



y x

2 

y

2

x

2 

y

2

Solución

Vimos que r = 1/(t + c 1 ), Si X(0) = (r

0

, 

= t + c

2  0 ), entonces r = r 0 /(r 0 es la solución general. t + 1), 

= t +

 0 Nota que r < r 0 para t > 0, y r tiende a (0, 0) cuando t aumenta. De ahí que el punto crítico (0, 0) sea estable y, de hecho, asintóticamente estable.

62

Linealización

Raramente podemos determinar la estabilidad de un punto crítico de un sistema no lineal al hallar soluciones explícitas, como es el caso de los dos ejemplos con los que empezábamos el capítulo:   3 

t

2

d dt

2  2 

l

sin   0

dx

1

dt dx

2

dt



x

1

x

1 sin(

x

2

x

2

t

) Podemos escribir los ejemplos anteriores como

X

 = g(X). Linealizar el sistema consistirá en hallar un término lineal A(X – X 1 ) que se aproxima lo máximo posible a g(X). Empecemos primero con una ecuación diferencial de primer orden.

63

Sea la curva

y = g(x).

La ecuación de la recta tangente a dicha curva en el punto

x = x 1

es:

y



g

(

x

1 ) 

g

' (

x

1 )(

x



x

1 ) Supongamos que la ecuación diferencial

x' = g(x)

tiene como punto crítico a

x 1

, entonces:

x

' 

g

(

x

) 

g

(

x

1 ) 

g

' (

x

1 )(

x



x

1 ) cuya solución general es: donde:  1 

g

' (

x

1 )

x



x

1 

ce

 1

t

De modo que, si

g'(x 1 ) < 0,

entonces

x(t)

tiende a

x 1 .

64

TEOREMA Criterio de estabilidad para x' = g(x)

Sea x 1 un punto crítico de la ecuación diferencial autónoma x  = g(x), donde g es diferenciable en x 1 .

(a) Si g  (x 1 ) < 0, entonces x 1 asintóticamente estable.

es un punto crítico (b) Si g  (x 1 ) > 0, entonces x 1 inestable.

es un punto crítico 65

x

'  cos

x

  4

x

 sin y

x



x

.

5  4 son puntos críticos.

Resolver explícitamente la ecuación diferencial es difícil, pero es sencillo determinar el comportamiento de soluciones cerca de estos dos puntos críticos. Como

g

' (

x

)   sin

x

 cos

x g

' (  4 )   2  0 ,

g

' ( 5  4 )  2  0 Entonces:

x

=  /4 es un punto crítico asintóticamente estable y

x

= 5  /4 es inestable. 66

Sin resolver de forma explícita, analiza los puntos críticos de la ecuación diferencial logística:

x

 = (r/K)x(K – x) donde r y K son constantes positivas.

Solución

Tenemos dos puntos críticos x = 0 y x = K. Como

g

' (

x

)

g

' ( 0 )  

r r K

 (

K

0 ,  2

x

)

g

' (

K

)  

r

 0 x = K es un punto crítico asintóticamente estable y x = 0 es inestable.

67

Matriz jacobiana

Podemos hacer un análisis similar para un sistema autónomo plano. La ecuación del plano tangente a la superficie z = g(x, y) en X 1 = (x 1 , y 1 ) es:

z



g

(

x

1 ,

y

1 )  

g



x

(

x

1 ,

y

1 ) (

x



x

1 )  

g



y

(

x

1 ,

y

1 ) (

y



y

1 ) Podemos aproximar g(x, y) en la vecindad de

X

1 = (x 1 , y 1 ) mediante su plano tangente.

68

Matriz jacobiana

g

(

x

,

y

) 

g

(

x

1 ,

y

1 )  

g



x

(

x

1 ,

y

1 ) (

x



x

1 )  

g



y

(

x

1 ,

y

1 ) (

y



y

1 ) Si X 1 = (x 1 , y 1 ) es un punto crítico de un sistema autónomo plano, tenemos que P (x 1 , y 1 ) = 0 y Q (x 1 , y 1 ) = 0. Podemos aproximar el sistema linealizándolo alrededor del punto X 1 :

x

' 

y

' 

P

(

x

,

y

)

Q

(

x

,

y

)   

P x

 

Q



x

(

x

1 ,

y

1 ) (

x



x

1 )  

P



y

(

x

1 ,

y

1 ) (

x



x

1 )  

Q



y

(

x

1 ,

y

1 ) (

y

 (

x

1 ,

y

1 ) (

y



y

1 )

y

1 ) 69

Pasamos del sistema al sistema linealizado: original

x y

' '  

P

(

x Q

(

x

, ,

y

)

y

) El sistema original X 

x

'  

P



x

(

x

1 ,

y

1 ) (

x



x

1 )  

P



y

(

x

1 ,

y

1 ) (

y



y

'   

Q x

(

x

1 ,

y

1 ) (

x



x

1 )  

Q



y

(

x

1 ,

y

1 ) ( = g(X) puede aproximarse por X 

y

 =

y

1 )

y

1 ) A(X – X 1 ), donde

A

       

P

 

x Q



x

(

x

1 ,

y

1 ) (

x

1 ,

y

1 ) 

P

 

y Q



y

(

x

1 ,

y

1 ) (

x

1 ,

y

1 )       Esta matriz recibe el nombre de Matriz jacobiana en X 1 se denota por g  (X 1 ).

70 y

TEOREMA Criterios de estabilidad para sistemas autónomos planos

Sea X 1 un punto crítico de la ecuación diferencial autónoma X’ = g(X), donde P(x, y) y Q(x, y) tienen primeras derivadas parciales continuas en una vecindad de X 1 .

(a) Si los valores propios de A = g’(X 1 ) tienen parte real negativa, entonces X asintóticamente estable.

1 es un punto crítico (b) Si A = g’(X 1 ) tiene un valor propio con parte real positiva, entonces X 1 es un punto crítico inestable.

71

Clasifica los puntos críticos de cada sistema.

(a) x’ = x 2

+ y

2 – 6 (b) x’ = 0.01x(100 – x – y) y’ = x 2 – y y’ = 0.05y(60 – y – 0.2x)

Solución

(a) Recuerda: Los puntos críticos son (  2 , 2 ) y (   (   2 , 2 ),  2  4  ) / 2

g

' (

X

)    2

x

2

x

2 

y

1  

A

1 

g

' ((

A

2 

g

' ((  2 , 2 ))    2 2 2 2 2 , 2 ))      2 2  4 1   2 2  4 1   Como el determinante de A 1 negativo, A 1 tiene un valor propio real positivo. Así que ( es es un punto crítico inestable. A 2 , 2 tiene un determinante positivo y una traza negativa, así que ambos valores propios tienen sus partes reales negativas. Por lo cual es un punto crítico estable. 2 ) 72

(b)

x

’ = 0.01

x

(100

y

’ = 0.05

y

(60 – –

y x

–

y

) – 0.2

x

) Recuerda:   (   Los puntos críticos son (0, 0), (0, 60), (100, 0), (50, 50). La matriz Jacobiana es:  2  4  ) / 2

g

' (

X

)    0 .

01 ( 100  0  .

01 2

y x



y

)

A

1 

g

' (( 0 , 0 ))    1 0 0 3  

A

2 

g

' (( 0 , 60 ))     0 .

4 0 .

6 0 3   0 .

05 (  0 .

01

x

60  2

y

 0 .

2

x

)  

A A

4 3  

g

' (( 100 , 0 ))

g

' (( 50 , 50 ))          1 0   0 .

5  2 1     0 .

5  0 .

5 2 .

5    (0, 0) es inestable; (0, 60) es inestable; (100, 0) es inestable; (50, 50) es estable.

73

¿Se pueden clasificar los puntos críticos de sistemas no lineales con más detalle?

Recuerda:   (    2  4  ) / 2 74

Clasifica con más detalle todos los puntos críticos del ejemplo anterior. Recuerda:   (    2  4  ) / 2

Solución

Para la matriz A 1  = 3,  = 4,  2 correspondiente a (0, 0), – 4  = 4. Así que (0, 0) es un nodo inestable. Los puntod críticos (0, 60) y (100, 0) son sillas puesto que  < 0 en ambos casos. Para A 4 ,  > 0,  < 0, (50, 50) es un nodo estable.

75

Considera el sistema x 

x

 = y,

y

 = x 3 – x. + x – x 3 = 0. Tenemos Recuerda:   (   Halle y clasifique los puntos críticos .

Solución

x

3 

x

  2

x

(

x

2  1 )  0 , los puntos críticos son  4  ) / 2 (0, 0), (1, 0), (-1,0).

A

1 

g

' (( 0 , 0 ))    0  1 1 0  

A

2 

g

' (( 1 , 0 )) 

g

' ((  1 , 0 ))    0 2 1 0   Como det

A

2 sillas.

 0 , (1, 0) y (-1, 0) ambos Los valores propios de

A

1 son 

i

son y el puntos estado de (0, 0) sigue en duda.

(Podría tratarse tanto de una espiral

Método del plano fase

Vamos a clasificar el único punto crítico (0, 0) del sistema

x

 = y 2

y

 = x 2 mediante el método del plano fase.

La matriz Jacobiana del sistema es:

g

' (

X

)    0 2

x

2

y

0   y en el punto crítico (0, 0) todos sus elementos son 0, de modo que la naturaleza de (0, 0) permanece en duda. 77

dy dx



dy

/

dt dx

/

dt



x

2

y

2 

y

2

dy

 

x

2

dx

, ó

y

3 

x

3 

c

Método del plano fase Si

X

(0)  ( 0 ,

y

0 ),

y

3 

x

3 

y

0 3 ó

y

 3

x

3 

y

0 3 .

Si dibujamos una colección de curvas soluciones, queda claro que el punto crítico (0, 0) es inestable.

78

Usa el método de plano fase para determinar la naturaleza de las soluciones de x  + x − x 3 = 0 en cercanías de (0, 0).

Solución

Si hacemos el cambio

dx

/

dt



y

; entonces

dy

/

dt



x

3  3

x

.

dy dx



dy

/

dt dx

/

dt



x

3  3

x y



ydy

así

y

2    (

x

3 (

x

2  3

x

)

dx

, ó

y

2 2  1 ) 2 

c

0 .

2 

x

4 4 

x

2 2 

c

, 79

Si

X

(0) 

y

2  (

x

2  2 (

x

0 1 ) 2

,

0 ), 0   (

x

0 2

x

0 2  1  ) 2 1 ,  entonces ( 2 

x

2 

c

0 

x

0 2 2  )( (

x

0

x

0 2 2  1 ) 2 , 2 

x

2 ) Nota que y = 0 cuando x = −x 0 y que el lado derecho de la ecuación es positivo cuando −x 0 < x < x 0 . Así que cada x tiene dos valores correspondientes de y. La solución X = X(t) que satisface X(0) = (x 0 , 0) es periódica, y (0, 0) es un centro.

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