Problemas resueltos de

AMPLIACIÓN DE MATEMÁTICAS Ingeniería Industrial. Departamento de Matemática Aplicada II. Universidad de Sevilla.

Problemas resueltos de planos de fases. 1

P 4.9 Esbozar el plano de fases del sistema x0 y0

= x2 + y 2 − 1 = x2 − y 2

Solución: • Cálculo de puntos críticos:

Tenemos que hallar los puntos (x, y) que satisfacen las dos ecuaciones siguientes: f (x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0 g(x, y) = x2 − y 2 = 0. µ ¶ µ ¶ µ ¶ 1 1 1 1 1 1 Resolviendo este sistema se obtienen los puntos críticos A = √ , √ , B = √ , −√ , C = −√ , √ 2 2 2 2 2 2 µ ¶ 1 1 y D = −√ , −√ . 2 2

• Naturaleza y estabilidad de los puntos críticos: ∙ ¸ ∙ ¸ fx fy 2x 2y La matriz jacobiana es J(x, y) = = . Es la que nos proporcionará la matriz del sistema 2x −2y gx gy linealizado en cada punto crítico. µ

µ ¶ ¶ 1 1 1 1 √ √ √ √ A= , . En este punto el sistema linealizado trasladado al origen tendrá matriz A1 = J , = 2¸ 2 2 ∙ √ √2 2 √ √2 . Nótese que, alternativamente, puede obtenerse directamente el mismo resultado si hacemos el 2 − 2 1 1 cambio x e = x − √ , ye = y − √ para llevar el punto A al (0, 0) y aplicar la teoría: 2 2 Con este cambio el sistema se transforma en x e0 ye0

2 e + ye2 + = x e2 + √ x 2 2 = x e2 + √ x e − ye2 − 2

El sistema linealizado correspondiente es, en efecto, x e0 ye0

2 √ ye 2 2 √ ye. 2

√ √ = 2e x + 2e y √ √ = 2e x − 2e y

¸ ∙ √ √ 2 2 √ con matriz A1 = y cuyos autovalores son λ1 = 2 > 0 y λ2 = −2 < 0. Como ambos = √ 2 − 2µ ¶ 1 1 son reales de distinto signo, el punto A = √ , √ corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. 2√ 2 √ Los correspondientes autovectores son v1 = (1, 2 − 1)t y v2 = (1, −1 − 2)t , respectivamente; y las rectas que pasan por el punto A y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son ∙

a b c d

¸

√ r≡ y− 1)e x r ≡ ye = ( 2 − √ o, equivalentemente, x s ≡ ye = (−1 − 2)e s≡ y− 1

√ 1 1 √ = ( 2 − 1)(x − √ ) 2 2 √ 1 1 √ = (−1 − 2)(x − √ ). 2 2

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. B=

µ

1 1 √ , −√ 2 2

¶

1 1 Hacemos el cambio x e = x − √ , ye = y + √ para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría. 2 2 Con este cambio el sistema se transforma en x e0 ye0

El sistema linealizado correspondiente es

2 = x e2 + √ x e + ye2 − 2 2 = x e2 + √ x e − ye2 + 2 x e0 ye0

2 √ ye 2 2 √ ye. 2

√ √ = 2e x − 2e y √ √ = 2e x + 2e y

√ ¸ ∙ √ √ √ √ √ √2 − √ 2 y cuyos autovalores son λ1 = 2 + 2i y λ2 = 2 − 2i. Como 2 2 µ ¶ 1 1 √ √ ambos son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto B = ,− corresponde a un foco o punto 2 √ 2 √ espiral. Como Re(λi ) = 2 > 0 (i = 1, 2), el foco es inestable y como c = 2 > 0, el sentido es antihorario. con matriz A2 =

∙

a b c d

¸

=

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. ¶ µ 1 1 C = −√ , √ 2 2

1 1 Hacemos el cambio x e = x + √ , ye = y − √ para llevar el punto C al (0, 0) y aplicar la teoría. 2 2 Con este cambio el sistema se transforma en x e0 ye0

El sistema linealizado correspondiente es

2 = x e2 − √ x e + ye2 + 2 2 = x e2 − √ x e − ye2 − 2

2 √ ye 2 2 √ ye. 2

√ √ x e0 = − 2e x + 2e y √ √ 0 ye = − 2e x − 2e y ¸ ∙ ¸ ∙ √ √ √ √ √ √ a b −√2 2 √ con matriz A3 = y cuyos autovalores son λ1 = − 2 + 2i y λ2 = − 2 − 2i. = c d − 2 − 2 µ ¶ 1 1 Como ambos son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto C = − √ , √ corresponde a un foco 2 2 √ √ o punto espiral. Como Re(λi ) = − 2 < 0 (i = 1, 2), el foco es asintóticamente estable y como c = − 2 < 0, el sentido es horario. El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. ¶ µ 1 1 D = −√ , −√ 2 2

1 1 Hacemos el cambio x e = x + √ , ye = y + √ para llevar el punto D al (0, 0) y aplicar la teoría. 2 2 Con este cambio el sistema se transforma en x e0 ye0

El sistema linealizado correspondiente es

2 = x e2 − √ x e + ye2 − 2 2 = x e2 − √ x e − ye2 + 2 x e0 ye0

2 √ ye 2 2 √ ye. 2

√ √ = − 2e x − 2e y √ √ = − 2e x + 2e y 2

√ √ ¸ −√2 − √ 2 y cuyos autovalores son λ1 = 2 > 0 y λ2 = −2 < 0. Como 2 − 2 µ ¶ 1 1 ambos son reales de distinto signo, el punto D = − √ , − √ corresponde a un punto de silla y, por tanto, 2 2 √ √ es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (1, − 2 − 1)t y v2 = (1, −1 + 2)t , respectivamente; y las rectas que pasan por el punto D y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son √ 1 1 √ r ≡ y + √ = (− 2 − 1)(x + √ ) r ≡ ye = (− 2 − 1)e x 2 2 √ o, equivalentemente, √ 1 1 x s ≡ ye = (−1 + 2)e s ≡ y + √ = (−1 + 2)(x + √ ). 2 2 con matriz A1 =

∙

a b c d

¸

=

∙

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga.

• Campo de direcciones:

Debemos estudiar el signo de x0 y de y 0 para conocer el crecimiento o decrecimiento de las componentes x e y.

Notemos que x0 = 0 si y solo si x2 + y 2 − 1 = 0 que corresponde a la ecuación de una circunferencia centrada en el (0, 0) y de radio 1; y que y 0 = 0 si y solo si x2 − y 2 = 0 que corresponde al par de rectas y = x e y = −x. El estudio del signo de x0 y de y 0 y, por tanto, del campo de direcciones queda recogido en la figura siguiente Figura del campo de direcciones.

• Cálculo de trayectorias rectas:

Si una recta del tipo y = ax + b contiene trayectorias, debe verificarse que, en los puntos de dicha recta a=

dy dy/dt x2 − y 2 = = 2 dx dx/dt x + y2 − 1

para todo (x, y) tal que y = ax + b.

Esto equivale a decir que x2 (a + a3 − 1 + a) + x(2a2 b + 2ab) + (ab2 − a + b2 ) = 0 para todo x ⎧ ⎨ a + a3 − 1 + a2 = 0 2a2 b + 2ab = 0 Para ello a y b deben verificar el sistema que es incompatible. Por tanto, no existen ⎩ ab2 − a + b2 = 0 trayectorias rectas del tipo y = ax + b.

Sin embargo, aquí no quedan recogidas las trayectorias verticales (aquéllas con pendiente infinita). Dichas rectas dx = 0. son del tipo x = m y debe verificarse que, en los puntos de dichas rectas se tenga que dt dx = 0 para todo (m, y) ⇒ x2 + y 2 − 1 = 0 para todo (m, y) ⇒ m2 + y 2 − 1 = 0 para todo y dt llegando de nuevo a una contradicción. Por tanto, tampoco existen trayectorias verticales. 3

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2

P 4.10 Esbozar el plano de fases del sistema x0 y0

= x−y = 4x2 + 2y 2 − 6

Solución: • Cálculo de puntos críticos:

Tenemos que hallar los puntos (x, y) que satisfacen las dos ecuaciones siguientes: x−y = 0 4x + 2y 2 − 6 = 0. 2

Resolviendo este sistema se obtienen los puntos críticos A = (1, 1) y B = (−1, −1). • Naturaleza y estabilidad de los puntos críticos: A = (1, 1)

Hacemos el cambio x e = x − 1, ye = y − 1 para llevar el punto A al (0, 0) y aplicar la teoría.

Con este cambio el sistema se transforma en

El sistema linealizado correspondiente es

x e0 ye0

= x e − ye = 4e x2 + 8e x + 2e y 2 + 4e y. x e0 ye0

= x e − ye = 8e x + 4e y

√ √ ¸ ∙ ¸ 5 + 23i 5 − 23i a b 1 −1 = y cuyos autovalores son λ1 = y λ2 = . Como ambos c d 8 4 2 2 son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto A = (1, 1) corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi ) = 5/2 > 0 (i = 1, 2), el foco es inestable y como c = 8 > 0, el sentido es antihorario.

con matriz A1 =

∙

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. B = (−1, −1)

Hacemos el cambio x e = x + 1, ye = y + 1 para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría. ½ 0 x e =x e − ye, Con este cambio el sistema se transforma en . El sistema linealizado correspondiye0 = 4e x2 − 8e x + 2e y 2 − 4e y. √ ∙ ¸ ∙ ¸ ½ 0 −3 + 57 a b 1 −1 e − ye, x e =x = y cuyos autovalores son λ1 = , con matriz A2 = ente es c d −8 −4 ye0 = −8e x − 4e y. 2 √ −3 − 57 y λ2 = . Como los autovalores son reales y de distinto signo, B = (−1, −1) corresponde a un punto 2 de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (1, −1.25)t y v2 = (1, 6.25)t , respectivamente; y las rectas que pasan por el punto B y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son r ≡ y + 1 = −1.25(x + 1) r ≡ ye = −1.25e x o, equivalentemente, s ≡ ye = 6.25e x s ≡ y + 1 = 6.25(x + 1). En el sistema no linealizado el comportamiento es análogo.

• Campo de direcciones:

Debemos estudiar el signo de x0 y de y 0 para conocer el crecimiento o decrecimiento de las componentes x e y.

Notemos que x0 = 0 si y solo si x − y = 0 que corresponde a la ecuación de una recta en el plano XY y que x2 y2 y 0 = 0 si y solo si 4x2 + 2y 2 − 6 = 0 o, equivalentemente, + = 1 que corresponde a la ecuación de la 3/2 3 p √ elipse centrada en el (0, 0) y de semiejes 3/2 y 3. El estudio del signo de x0 y de y 0 y, por tanto, del campo de direcciones queda recogido en la figura siguiente

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Figura del campo de direcciones.

• Cálculo de trayectorias rectas:

Si una recta del tipo y = ax + b contiene trayectorias, debe verificarse que, en los puntos de dicha recta a=

dy dy/dt 4x2 + 2y 2 − 6 = = dx dx/dt x−y

para todo (x, y) tal que y = ax + b.

Esto equivale a decir que a(1 − a)x − ba = (4 + 2a2 )x2 + 4abx + 2b2 − 6 para todo x ⇒ 0 = 4 + 2a2 llegando a una contradicción. Por tanto, no existen trayectorias rectas del tipo y = ax + b. Sin embargo, aquí no quedan recogidas las trayectorias verticales (aquéllas con pendiente infinita). Dichas rectas dx son del tipo x = m y debe verificarse que, en los puntos de dichas rectas se tenga que = 0. dt dx = 0 para todo (m, y) ⇒ x − y = 0 para todo (m, y) ⇒ m − y = 0 para todo y dt llegando de nuevo a una contradicción. Por tanto, tampoco existen trayectorias verticales.

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P 4.12 Esbozar el plano de fases del sistema x0 y0

= x2 + 2xy + y 2 − 1 = x2 − 2xy + y 2 − 1

Solución: • Cálculo de puntos críticos:

Tenemos que hallar los puntos (x, y) que satisfacen las dos ecuaciones siguientes: x2 + 2xy + y 2 − 1 = 0 x2 − 2xy + y 2 − 1 = 0.

Resolviendo este sistema se obtienen los puntos críticos A = (1, 0) , B = (0, 1) , C = (−1, 0) y D = (0, −1). • Naturaleza y estabilidad de los puntos críticos: A = (1, 0)

Hacemos el cambio x e = x − 1, ye = y para llevar el punto A al (0, 0) y aplicar la teoría.

Con este cambio el sistema se transforma en x e0 ye0

El sistema linealizado correspondiente es

= x e2 + 2e x + 2e xye + 2e y + 2e y2 2 = x e + 2e x − 2e xye − 2e y + ye2 . x e0 ye0

¸ ∙ ¸ √ √ a b 2 2 = y cuyos autovalores son λ1 = 2 2 > 0 y λ2 = −2 2 < 0. Como ambos c d 2 −2 son reales de distinto signo, el punto A = √ (1, 0) corresponde a un √ punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (1, 2 − 1)t y v2 = (1, −1 − 2)t , respectivamente; y las rectas que pasan por el punto A y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son √ √ r ≡ ye = ( 2 − √ r ≡ y = ( 2 −√ 1)e x 1)(x − 1) o, equivalentemente, x s ≡ ye = (−1 − 2)e s ≡ y = (−1 − 2)(x − 1). con matriz A1 =

∙

= 2e x + 2e y = 2e x − 2e y

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. B = (0, 1)

Hacemos el cambio x e = x, ye = y − 1 para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría.

Con este cambio el sistema se transforma en x e0 ye0

El sistema linealizado correspondiente es

x e0 ye0

= 2e x + 2e y = −2e x + 2e y

¸ ∙ ¸ a b 2 2 = y cuyos autovalores son λ1 = 2 + 2i y λ2 = 2 − 2i. Como ambos son c d −2 2 complejos conjugados no imaginarios puros, el punto B = (0, 1) corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi ) = 2 > 0 (i = 1, 2), el foco es inestable y como c = −2 < 0, el sentido es horario. con matriz A2 =

∙

= x e2 + 2e xye + 2e x + ye2 + 2e y 2 2 = x e − 2e xye − 2e x + ye + 2e y.

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. C = (−1, 0)

Hacemos el cambio x e = x + 1, ye = y para llevar el punto C al (0, 0) y aplicar la teoría. 7

Con este cambio el sistema se transforma en x e0 ye0

El sistema linealizado correspondiente es

= x e2 − 2e x + 2e xye + ye2 − 2e y 2 2 = x e − 2e x − 2e xye + ye + 2e y.

x e0 = −2e x − 2e y ye0 = −2e x + 2e y ∙ ¸ ∙ ¸ √ √ a b −2 −2 con matriz A3 = = y cuyos autovalores son λ1 = 2 2 y λ2 = −2 2. Como ambos son c d −2 2 reales de distinto signo, el punto C = (−1, 0)√corresponde a un punto √ de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (1, − 2 − 1)t y v2 = (1, −1 + 2)t , respectivamente; y las rectas que pasan por el punto C y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son √ √ r ≡ ye = (− 2 − r ≡ y = (− 2 − x √1)e √1)(x + 1) o, equivalentemente, x s ≡ ye = (−1 + 2)e s ≡ y = (−1 + 2)(x + 1). El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. D = (0, −1)

Hacemos el cambio x e = x, ye = y + 1 para llevar el punto D al (0, 0) y aplicar la teoría. Con este cambio el sistema se transforma en x e0 ye0

El sistema linealizado correspondiente es

∙

= x e2 + 2e xye − 2e x + ye2 − 2e y 2 2 = x e − ye + 2e x + ye − 2e y. x e0 ye0

= −2e x − 2e y = 2e x − 2e y

¸ ∙ ¸ a b −2 −2 con matriz A1 = = y cuyos autovalores son λ1 = −2 + 2i y λ2 = −2 − 2i. Como ambos c d 2 −2 son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto D = (0, −1) corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi ) = −2 < 0 (i = 1, 2), el foco es asintóticamente estable y como c = 2 > 0, el sentido es antihorario. El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga.

• Campo de direcciones:

Debemos estudiar el signo de x0 y de y 0 para conocer el crecimiento o decrecimiento de las componentes x e y.

Notemos que x0 = 0 si y solo si x2 +2xy +y 2 −1 = (x+y +1)(x+y −1) = 0 que corresponde a la ecuación del par de rectas x+y +1 = 0 y x+y −1 = 0; por otro lado y 0 = 0 si y solo si x2 −2xy +y 2 −1 = (x−y +1)(x−y −1) = 0 que corresponde al par de rectas x − y + 1 = 0 y x − y − 1 = 0. El estudio del signo de x0 y de y 0 y, por tanto, del campo de direcciones queda recogido en el diagrama siguiente: Diagrama de campo de direcciones.

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• Cálculo de trayectorias rectas:

Si una recta del tipo y = ax + b contiene trayectorias, debe verificarse que, en los puntos de dicha recta a=

dy dy/dt (x − y + 1)(x − y − 1) = = dx dx/dt (x + y + 1)(x + y − 1)

para todo (x, y) tal que y = ax + b.

Esto equivale a decir que x2 a(1 + a)2 + xa(1 + a)2b + (b2 − 1)a = x2 (1 − a)2 − x(1 − a)2b + (b2 − 1) para todo x ⎧ 2 ⎨ a + a3 − 1 + 3a = 0 2b(a2 + 1) = 0 Para ello a y b deben verificar el sistema que es incompatible. Por tanto, no existen ⎩ (a − 1)(b2 − 1) = 0 trayectorias rectas del tipo y = ax + b. Sin embargo, aquí no quedan recogidas las trayectorias verticales (aquéllas con pendiente infinita). Dichas rectas dx son del tipo x = m y debe verificarse que, en los puntos de dichas rectas se tenga que = 0. dt dx = 0 para todo (m, y) ⇒ (m + y + 1)(m + y − 1) = 0 para todo y ⇒ (m + y)2 − 1 = 0 para todo y dt llegando de nuevo a una contradicción. Por tanto, tampoco existen trayectorias verticales.

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P 4.13 Esbozar el plano de fases del sistema x0 y0

= x(3 − x − y) = y(x − 1)

Solución: • Cálculo de puntos críticos:

Tenemos que hallar los puntos (x, y) que satisfacen las dos ecuaciones siguientes: x(3 − x − y) = 0 y(x − 1) = 0. Resolviendo este sistema se obtienen los puntos críticos A = (0, 0), B = (3, 0) y C = (1, 2).

• Naturaleza y estabilidad de los puntos críticos: A = (0, 0)

El sistema linealizado correspondiente es x0 y0 ∙

= 3x = −y

¸ ∙ ¸ a b 3 0 con matriz A1 = = y cuyos autovalores son λ1 = 3 > 0 y λ2 = −1 < 0. Como los c d 0 −1 autovalores son reales y de distinto signo, A = (0, 0) corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (1, 0)t y v2 = (0, 1)t , respectivamente; y las rectas que pasan por el punto A y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son r≡ y=0 s≡ x=0 El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. B = (3, 0) Hacemos el cambio x e = x − 3, ye = y para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría.

Con este cambio el sistema se transforma en

El sistema linealizado correspondiente es

x e0 ye0

= −e x2 − x eye − 3e x − 3e y = x eye + 2e y x e0 ye0

¸ ∙ ¸ a b −3 −3 = y cuyos autovalores son λ1 = 2 y λ2 = −3. Como los autovalores c d 0 2 son reales y de distinto signo, B = (3, 0) corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (3, −5)t y v2 = (1, 0)t , respectivamente; y las rectas que pasan por el punto B y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son con matriz A2 =

∙

= −3e x − 3e y = −2e y

r ≡ 3e y = −5e x r ≡ 5x + 3y − 15 = 0 o, equivalentemente, s ≡ ye = 0 s≡ y=0

En el sistema no linealizado el comportamiento es análogo. C = (1, 2)

Hacemos el cambio x e = x − 1, ye = y − 2 para llevar el punto C al (0, 0) y aplicar la teoría.

Con este cambio el sistema se transforma en

x e0 ye0

= (e x + 1)(−e x − ye) = (e y + 2)e x. 10

El sistema linealizado correspondiente es x e0 ye0

= −e x − ye = 2e x

√ √ ¸ ∙ ¸ 1 1 7 7 a b −1 −1 = y cuyos autovalores son λ1 = − + i y λ2 = − − i. Como c d 2 0 2 2 2 2 ambos son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto C = (1, 2) corresponde a un foco o punto espiral. 1 Como Re(λi ) = − < 0 (i = 1, 2), el foco es asintóticamente estable y como c = 2 > 0, el sentido es antihorario. 2 El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. con matriz A3 =

∙

• Campo de direcciones:

Debemos estudiar el signo de x0 y de y 0 para conocer el crecimiento o decrecimiento de las componentes x e y.

Notemos que x0 = 0 si y solo si x(3 − x − y) = 0 que corresponde a la ecuación del par de rectas x = 0 y 3 − x − y = 0 y que y 0 = 0 si y solo si y(x − 1) = 0 que corresponde a la ecuación del par de rectas y = 0 y x − 1 = 0. El estudio del signo de x0 y de y 0 y, por tanto, del campo de direcciones queda recogido en la figura siguiente Figura del campo de direcciones.

• Cálculo de trayectorias rectas:

Si una recta del tipo y = ax + b contiene trayectorias, debe verificarse que, en los puntos de dicha recta a=

dy dy/dt y(x − 1) = = dx dx/dt x(3 − x − y)

para todo (x, y) tal que y = ax + b.

Esto equivale a decir que

⎧ ⎨ −a2 − a = a 3a − ab = −a + b (−.a2 − a)x2 + (3a − ab)x = ax2 + x(−a + b) − b para todo x ⇒ ⎩ b=0

Notemos que dichas ecuaciones se satisfacen para a = b = 0. Podemos deducir, por tanto, que la recta y = 0 es una trayectoria recta. Sin embargo, aquí no quedan recogidas las trayectorias verticales (aquéllas con pendiente infinita). Dichas rectas dx son del tipo x = m y debe verificarse que, en los puntos de dichas rectas se tenga que = 0. dt dx = 0 para todo (m, y) ⇒ x(3 − x − y) = 0 para todo (m, y) ⇒ m(3 − m − y) = 0 para todo y. dt Dicha ecuación se satisface para m = 0. Deducimos, por tanto, que la recta x = 0 es una trayectoria recta vertical. 11

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P 4.14 Obtener los puntos críticos del sistema x0 y0

= (x − α)(y − β) = x+y+γ

en función de los parámetros α, β, γ ∈ R, indicando su naturaleza. Dibujar el plano de fases para el caso α = 1, β = γ = 0. Solución: • Cálculo de puntos críticos:

Tenemos que hallar los puntos (x, y) que satisfacen las dos ecuaciones siguientes: (x − α)(y − β) = 0 x + y + γ = 0.

Resolviendo este sistema se obtienen los puntos críticos A = (α, −α − γ) y B = (−β − γ, β). • Naturaleza y estabilidad de los puntos críticos: A = (α, −α − γ)

Hacemos el cambio x e = x − α, ye = y + α + γ para llevar el punto A al (0, 0) y aplicar la teoría. Con este cambio el sistema se transforma en

El sistema linealizado correspondiente es

x e0 ye0

= −(α + γ + β)e x+x eye = x e + ye

x e0 ye0

= −(α + γ + β)e x = x e + ye ∙ ¸ ∙ ¸ a b −(α + γ + β) 0 con matriz A1 = = y cuyos autovalores son λ1 = −(α+γ +β) y λ2 = 1. Notemos c d 1 1 que: 1. Si −(α + γ + β) 6= 1, los dos autovalores son reales y distintos. Si además se tiene que −(α + γ + β) > 0, entonces son ambos de signo positivo proporcionando un nodo inestable y si −(α + γ + β) < 0, entonces son de distinto signo proporcionando un punto de silla inestable. 2. Si −(α + γ + β) = 1, tenemos un único autovalor real doble con multiplicidad geométrica igual a uno que nos conduce a un nodo inestable. B = (−β − γ, β)

Hacemos el cambio x e = x + β + γ, ye = y − β para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría.

Con este cambio el sistema se transforma en

El sistema linealizado correspondiente es

x e0 ye0

= −(β + γ + α)e y+x eye = x e + ye.

x e0 ye0

= −(β + γ + α)e y = x e + ye p ∙ ¸ ∙ ¸ 1 ± 1 − 4(β + γ + α) a b 0 −(β + γ + α) = y cuyos autovalores son λ = . Notecon matriz A3 = c d 1 1 2 mos que: 1. Si 1 − 4(β + γ + α) < 0, los autovalores son complejos no imaginarios puros proporcionando un punto espiral. Como la parte real de dichos autovalores es positiva, el comportamiento es inestable y como c = 1, el sentido es antihorario. 2. Si 1 − 4(β + γ + α) = 0, tenemos un único autovalor real doble positivo con multiplicidad geométrica igual a uno. La matriz correspondiente no es diagonalizable y estamos trabajando con un nodo inestable. 13

3. Si 1 − 4(β + γ + α) > 0, los autovalores son reales y distintos de forma que si, además, β + γ + α > 0, los dos tienen signo positivo proporcionando un nodo inestable y si β + γ + α < 0, los autovalores tienen distinto signo proporcionando un punto de silla inestable. • Estudiemos el plano de fases en el caso α = 1, β = 0 = γ. Tal como se ha analizado antes, en este caso el sistema es x0 y0

= (x − 1)y = x+y

y los puntos críticos son A = (1, −1) y B = (0, 0).

Para A = (1, −1), sabemos que es un punto de silla inestable puesto que los autovalores correspondientes son λ1 = 1 > 0 y λ2 = −1 < 0. Fácilmente, se puede comprobar que los correspondientes autovectores son v1 = (0, 1)t y v2 = (−2, 1)t , respectivamente, y las rectas que pasan por el punto A y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son r≡ x e=0 r ≡ x−1 =0 o, equivalentemente, s≡ x e = −2e y s ≡ x − 1 = −2(y + 1)

Para B = (0, 0), sabemos que es un punto espiral inestable con sentido antihorario. • Campo de direcciones:

Debemos estudiar el signo de x0 y de y 0 para conocer el crecimiento o decrecimiento de las componentes x e y.

Notemos que x0 = 0 si y solo si (x − 1)y = 0 que corresponde a la ecuación del par de rectas x − 1 = 0 e y = 0. Por otro lado y 0 = 0 si y solo si y + x = 0 que corresponde a una recta. El estudio del signo de x0 y de y 0 y, por tanto, del campo de direcciones queda recogido en el diagrama siguiente Diagrama del campo de direcciones.

• Cálculo de trayectorias rectas:

Si una recta del tipo y = ax + b contiene trayectorias, debe verificarse que, en los puntos de dicha recta a=

dy dy/dt x+y = = dx dx/dt (x − 1)y

para todo (x, y) tal que y = ax + b.

Esto equivale a decir que ⎧ ⎨ −ab − b = 0 ab − a2 − 1 − a = 0 a2 x2 + (ab − a2 − 1 − a)x − ab − b = 0 para todo x ⇒ ⎩ a=0 14

Este sistema es incompatible, por tanto no existen órbitas rectas del tipo y = ax + b. Sin embargo, aquí no quedan recogidas las trayectorias verticales (aquéllas con pendiente infinita). Dichas rectas dx son del tipo x = m y debe verificarse que, en los puntos de dichas rectas se tenga que = 0. dt dx = 0 para todo (m, y) ⇒ (x − 1)y = 0 para todo (m, y) ⇒ (m − 1)y = 0 para todo y. dt Dicha ecuación se satisface para m = 1. Deducimos, por tanto, que la recta x = 1 es una trayectoria recta vertical.

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6

P 4.19 Se considera el sistema no lineal

½

x˙ = x2 + y 2 − 4 y˙ = y(y − x)

Calcular y analizar los puntos de equilibrio o puntos críticos del sistema, determinando su estabilidad y la configuración de las trayectorias próximas. Estudiar el campo de direcciones, precisando las líneas de tangente vertical y horizontal. Calcular, si existen, trayectorias u órbitas rectas. Hacer un esquema del plano de fases. Solución. Puntos críticos: Resolveremos el sistema f (x, y) = x2 + y 2 − 4 = 0 g(x, y) = y(y − x) = 0 Si y = 0, x2 + y 2 − 4 = 0 = x2 − 4 =⇒ x = ±2 y se obtienen P1 = (2, 0) y P2 √ = (−2, 0). √ √ 2 2 2 Si y √ 6= 0 ha de ser y = x, x + y − 4 = 0 = 2x − 4 =⇒ x = y = ± 2 y se obtienen P3 = ( 2, 2) y √ P4 = (− 2, − 2). Análisis:

¸ ∙ ¸ 2x 2y fx fy = −y 2y − x gx gy Estudiaremos el comportamiento del sistema linealizado correspondiente a cada punto crítico: ∙ ¸ ∙ ¸ 4 0 0 • P1 = (2, 0) : A(2, 0) = , cuyos autovalores y autovectores son λ1 = −2, con a1 = y λ2 = 4, 0 −2 1 ∙ ¸ 1 con a2 = . Se trata entonces de un punto de silla, por lo que es inestable. La configuración de las órbitas 0 próximas es similar a la familia de hipérbolas con asíntotas los vectores a1 y a2 (los ejes) recorridas viniendo del eje OY y alejándose hacia el eje OX.

La matriz jacobiana del sistema es A(x, y) =

∙

−4 0 0 2

∙

¸ ∙ ¸ 1 , cuyos autovalores y autovectores son λ1 = −4, con a1 = y λ2 = 2, 0

• P2 = (−2, 0) : A(−2, 0) = ∙ ¸ 0 con a2 = . Se trata entonces de un punto de silla, por lo que es inestable. La configuración de las órbitas 1 próximas es similar a la de hipérbolas con asíntotas en los ejes recorridas viniendo del eje OX y alejándose hacia el eje OY. √ ¸ ∙ √ √ √ √ √ √ √ 2 √2 2√ 2 • P3 = ( 2, 2) : A( 2, 2) = , cuyos autovalores son λ = 32 2 ± 12 i 14, las soluciones de la 2 − 2 √ √ ¡ ¢ ecuación λ2 − 3 2λ + 8 = 0. Se trata por tanto de un foco inestable Re λ = 32 2 > 0 . La configuración de órbitas próximas es similar a espirales que se alejan √ del punto girando en sentido horario (negativo), lo que se reconoce por ser negativo el elemento A21 = − 2 y se verá confirmado cuando estudiemos el campo de direcciones. √ √ ¸ ∙ √ √ √ √ √ √ −2 2 −2√ 2 √ • P4 = (− 2, − 2) : A(− 2, − 2) = , cuyos autovalores son λ = − 32 2 ± 12 i 14, las 2 − 2 √ √ ¡ ¢ soluciones de la ecuación λ2 + 3 2λ + 8 = 0. Se trata por ello de un foco estable Re λ = − 32 2 < 0 .y por tanto asintóticamente estable La configuración de órbitas próximas es similar a espirales que se acercan √ al punto girando en sentido antihorario (positivo), lo que se reconoce por ser positivo el elemento A21 = 2 y se verá confirmado cuando estudiemos el campo de direcciones. Orbitas rectas: • verticales (x = k) : x = k será una orbita si, y solo si, x˙ = 0 = k 2 + y 2 − 4 ∀y, pero eso no se verifica para ningún valor de k, luego no existen orbitas rectas verticales.

16

• no verticales (y = mx + n) : la recta y = mx + n será una órbita si, y solo si, y˙ (mx + n) (mx + n − x) , ∀x = 2 x˙ x2 + (mx + n) − 4 ³ ´ lo que equivale a que sea m x2 + (mx + n)2 − 4 − (mx + n) (mx + n − x) = 0, ∀x, lo cual, reagrupando los términos según potencias de x equivale a que todos los coeficientes del correspondiente polinomio sean nulos: ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ 2m + m3 − m2 x2 + 2m2 n − 2mn + n x + mn2 − 4m − n2 = 0. ¡ ¢ Respecto al primer coeficiente, 2m + m3 − m2 = m m2 − m + 2 = 0 ⇐⇒ m = 0 ya que el m2 − m ¡ factor ¢ +2 2 2 solo se anula si m es complejo. Análogamente, el segundo coeficiente 2m n − 2mn + n = n 2m − 2m + 1 solo se anula para n = 0 ya que 2m2 − 2m + 1 no tiene raices reales. Puesto que para m = n = 0 tambien se anula el tercer coeficiente, la recta y = 0 es una órbita (o un conjunto de órbitas) y es la única recta no vertical con esa propiedad. y0 = m =

Lineas lugar geométrico de puntos con tangente vertical (x˙ = 0) : la circunferencia x2 + y 2 = 4 de centro el origen y radio 2. Lineas lugar geométrico de puntos con tangente horizontal (y˙ = 0) : las rectas y = 0 (el eje OX) e y = x (la bisectriz del primer y tercer cuadrantes. Nótese que, como era de esperar, las intersecciones de ambos tipos de líneas se producen en los puntos críticos antes obtenidos. Asimismo se confirman las orbitas rectas en el eje OX. Campo de direcciones: Las líneas anteriores delimitan 8 regiones del plano, cuatro dentro de la circunferencia x2 + y 2 = 4 (donde es x˙ < 0) y cuatro fuera (donde x˙ > 0). De las citadas ocho regiones hay cuatro situadas en los angulos agudos comprendidos entre el eje OX (la recta y = 0) y la recta y = x. Dos están en el primer cuadrante (en ellas es y > 0, y < x) y las otras dos en el tercero (en ellas es y < 0, y > x). En las cuatro se tiene que y˙ < 0. Las otras cuatro regiones están situadas sobre los angulos obtusos y en ellas es y˙ > 0. (y > 0 e y > x en las que contienen el segundo cuadrante y la mitad adyacente del primero; y < 0 e y < x en las que contienen el cuarto cuadrante y la mitad adyacente del tercero).

Esquema del plano de fases: Con todos los datos anteriores podemos realizar un dibujo esquemático del plano de fases.

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18

7

P 4.20 Sea el sistema de ecuaciones diferenciales

(

·

x = x(2y − x − 1), · y = y(1 − x).

a) Calcular los puntos de equilibrio caracterizando su tipo y estabilidad. b) Obtener las órbitas que son rectas. c) Esbozar el plano de fases. d) Si x(0) > 0 e y(0) > 0, ¿qué se puede decir de lim x(t) y de lim y(t)? t→+∞

t→+∞

Solución: a) Los puntos de equilibrio son las soluciones del sistema ½ f (x, y) = x(2y − x − 1) = 0 g(x, y) = y(1 − x) = 0 Si x = 0 necesariamente ha de ser tambien y = 0, con lo que obtenemos el primero, por P1 = (0, 0). ¡ x+1dado ¢ Si x 6= 0 entonces ha de ser 2y − x − 1 = 0, es decir, y = x+1 con lo que resulta (1 − x) = 0. Las dos únicas 2 2 posibilidades de que eso suceda son que sea x = 1 o x = −1. Obtenemos asi los otros dos puntos críticos P2 = (1, 1) y P3 = (−1, 0) y no hay mas que los tres obtenidos. Para analizarlos utilizamos la matriz Jacobiana ∙ ¸ ∙ ¸ fx fy 2y − 2x − 1 2x H(x, y) = = −y 1−x gx gy ∙ ¸ −1 0 En P1 = (0, 0) tenemos A1 = H(0, 0) = cuyos autovalores son λ1 = −1 y λ2 = 1 con autovectores 0 1 correspondientes a1 = [1, 0]t y a2 = [0, 1]t . La configuración local es la de un punto de silla, las asíntotas de las trayectorias son paralelas a los ejes y el sentido de recorrido de forma que vienen en la dirección del horizontal y se van en la dirección del vertical. Obviamente∙ se trata ¸de un punto de equilibrio inestable. −1 2 En P2 = (1, 1) tenemos A2 = H(1, 1) = cuyos autovalores son las soluciones de −1 0 ¯ ¯ ¯ −1 − λ 2 ¯ ¯ = λ (1 + λ) + 2 = λ2 + λ + 2 = (1 + λ)2 + 1 = 0, ¯ ¯ −1 −λ ¯

es decir, λ1 = −1 + i y λ2 = −1 − i . La configuración local es la de un foco, asintóticamente estable al ser negativa la parte real de los autovalores. El sentido de giro lo proporcionará el campo de direcciones. No obstante, puesto que en · el sistema linealizado es y = −x es claro que se cortará al semieje real positivo hacia abajo y al semieje real negativo hacia arriba, luego se girará en sentido horario, es ∙ decir, en¸ sentido negativo, como después se podrá comprobar. 1 −2 En P3 = (−1, 0) tenemos A3 = H(−1, 0) = cuyos autovalores son λ1 = 1 y λ2 = 2 con autovectores 0 2 t t correspondientes a1 = [1, 0] y a2 = [2, −1] . La configuración local es la de un nodo inestable, las trayectorias son curvas similares a parábolas que se alejan del punto de equilibrio al principio tangentes al eje real y al final en direcciones paralelas al vector a2 = [2, −1]t . b) Para ver si hay órbitas rectas, comenzaremos con las de la forma y = mx + n. Existirán si, y solo si, ·

dy y(1 − x) (mx + n) (1 − x) y = · = = dx x(2y − x − 1) x(2 (mx + n) − x − 1) x es decir para aquellos valores de m y n que verifiquen m=

mx(2 (mx + n) − x − 1) − (mx + n) (1 − x) = 2m2 x2 + (2mn − 2m + n)x − n ≡ 0

lo cual solo sucede para m = n = 0. La recta y = 0 es la única trayectoria recta de este tipo. Por último probaremos con trayectorias rectas verticales de la forma x = k, las únicas no incluidas en la forma · anterior. Existirán si, y solo si, x = k(2y − k − 1) = −k2 + 2ky − k ≡ 0, lo cual solo sucede si es k = 0. La recta x = 0 es la única trayectoria recta vertical. c) Empezaremos analizando las líneas lugar comun de puntos con tangente horizontal (o más brevemente ”líneas de tangente horizontal”) y las de tangente vertical. Las líneas de tangente horizontal son y = 0 y x = 1, ya que en · sus puntos es y = 0. Las líneas de tangente vertical son x = 0 y 2y − x − 1 = 0 por razón análoga. Confirmamos ahora gráficamente que los puntos de intersección de líneas de diferente tipo son los puntos críticos antes obtenidos y analizados. 19

Seguimos con el estudio del campo de direcciones en cada una de las 10 regiones delimitadas por las líneas anteriores. Hay seis situadas en el semiplano superior: · · En R1 = {y > 0, x < 0, 2y − x − 1 > 0} es y > 0, x < 0. · · En R2 = {y > 0, 0 < x < 1, 2y − x − 1 > 0} es y > 0, x > 0. · · En R3 = {y > 0, x > 1, 2y − x − 1 > 0} es y < 0, x > 0. · · En R4 = {y > 0, x > 1, 2y − x − 1 < 0} es y < 0, x < 0. · · En R5 = {y > 0, 0 < x < 1, 2y − x − 1 < 0} es y > 0, x < 0. · · En R6 = {y > 0, x < 0, 2y − x − 1 < 0} es y > 0, x > 0. Para las cuatro situadas en el semiplano inferior: · · En R7 = {y < 0, x < 0, 2y − x − 1 > 0} es y < 0, x < 0. · · En R8 = {y < 0, x < 0, 2y − x − 1 < 0} es y < 0, x > 0. · · En R9 = {y < 0, 0 < x < 1, 2y − x − 1 < 0} es y < 0, x < 0. · · En R10 = {y < 0, x > 1, 2y − x − 1 < 0} es y > 0, x < 0. Con toda la información obtenida podemos hacer el esbozo que se nos pide del plano de fases:

d) Dado el carácter del punto (1,1) y a la vista del esbozo del plano de fases, es bastante evidente que, si x(0) > 0 e y(0) > 0, entonces lim x(t) = lim y(t) = 1. t→+∞

t→+∞

20

8

P 4.21

Sea el sistema plano de ecuaciones diferenciales ⎧ 2 ⎪ ⎨ x˙ = x − y − 1 2 2 2 ⎪ ⎩ y˙ = − x − y + 1 . 2 2 a) Obtener sus puntos de equilibrio, analizar su tipo y estabilidad y especificar la configuración de las trayectorias próximas. b) Hallar el campo de direcciones, incluyendo las líneas de tangente vertical y horizontal. Determinar, si existen, trayectorias u órbitas rectas. Hacer un esbozo del plano de fases. c) Siendo [x(t), y(t)] la solución del sistema para la que x(0) = y(0) = 0, deducir los valores de lim x(t) y

t→+∞

lim y(t).

t→+∞

Solución: a) Para encontrar los puntos críticos o de equilibrio resolvemos el sistema formado por las dos ecuaciones: x2 1 − y − = 0, 2 2 1 x2 g(x, y) = − − y + = 0. 2 2

f (x, y) =

Sumándolas resulta y = 0, con lo que la primera ecuación se convierte en x2 = 1, de donde x = ±1 y se obtienen P1 = (1, 0) y P2 = (−1, 0) como únicos puntos de equilibrio. Para analizarlos observamos que la matriz jacobiana del sistema es ∙ ¸ ∙ ¸ fx fy x −1 A(x, y) = = . −x −1 gx gy Estudiaremos el comportamiento del sistema linealizado correspondiente a cada punto crítico: ∙ ¸ ∙ √ ¸ √ 1 −1 1+ 2 y • P1 = (1, 0) : A(1, 0) = , cuyos autovalores y autovectores son λ1 = − 2, con a1 = −1 −1 −1 ¸ ∙ √ 1√ λ2 = 2, con a2 = . Se trata entonces de un punto de silla, por lo que es inestable. La configuración 1+ 2 de las órbitas próximas es similar a la familia de hipérbolas con asíntotas los vectores a1 y a2 recorridas viniendo de la dirección de a1 y alejándose hacia la de a2 . ¸ −1 −1 , cuyos autovalores son λ = −1 ± i, las soluciones de la ecuación 1 −1 λ2 + 2λ + 2 = 0. Se trata por ello de un foco estable (Re λ = −1 < 0) .y por tanto asintóticamente estable. La configuración de órbitas próximas es similar a espirales que se acercan al punto girando en sentido antihorario (positivo), lo que se reconoce por ser positivo el elemento A21 = 1 y se verá confirmado cuando estudiemos el campo de direcciones.

• P2 = (−1, 0) : A(−1, 0) =

∙

b) Comenzaremos analizando si existen órbitas o trayectorias rectas, determinaremos las líneas lugares geométricos de puntos con tangente vertical y las de tangente horizontal, para estudiar después el campo de direcciones en cada una de las regiones determinadas por dichas líneas. Finalmente esbozaremos el plano de fases Órbitas rectas: • verticales (x = k) : x = k será una órbita si, y solo si, x˙ = 0 = ningún valor de k, luego no existen órbitas rectas verticales.

k2 2

−y−

1 2

∀y, pero eso no se verifica para

• no verticales (y = mx + n) : la recta y = mx + n será una órbita si, y solo si,

y˙ 2y˙ −x2 − 2 (mx + n) + 1 = = 2 , ∀x x˙ 2x˙ x − 2 (mx + n) − 1 ¢ ¡ ¢ ¡ lo que equivale a que sea m x2 − 2 (mx + n) − 1 − −x2 − 2 (mx + n) + 1 = 0, ∀x, lo cual equivale a que, reagrupando los términos según potencias de x, todos los coeficientes del correspondiente polinomio sean nulos: ¡ ¢ (m + 1) x2 + 2m − 2m2 x + (2n − 1 − 2mn − m) = 0. y0 = m =

Respecto al primer coeficiente, m + 1 = 0 ⇐⇒ m = −1. Análogamente, el segundo coeficiente 2m − 2m2 = 2m (1 − m) sólo se anula para m = 0 o para m = 1. Por tanto, no puede haber órbitas rectas no verticales, independientemente de lo que ocurra con el tercer coeficiente (el término independiente). 21

Lineas lugar geométrico de ¡puntos¢ con tangente vertical (x˙ = 0) : la parábola y = 12 x2 − 12 de eje vertical y ramas hacia arriba, con vértice en 0, − 12 y pasando por los puntos de equilibrio. 1 2 1 Lineas lugar geométrico de puntos ¡ 1 ¢ con tangente horizontal (y˙ = 0) : la parábola y = − 2 x + 2 de eje vertical y ramas hacia abajo, con vértice en 0, 2 y pasando por los puntos de equilibrio, simétrica de la anterior respecto al eje OX. Nótese que, como era de esperar, las intersecciones de ambos tipos de líneas se producen en los puntos críticos antes obtenidos. Campo de direcciones: Las líneas anteriores delimitan 5 regiones del plano, una que contiene al origen, a la que llamaremos R1 y cuatro que no lo contienen a las que denominaremos R2 , R3 , R4 , R5 , recorridas en sentido horario empezando por la situada por encima de ambas parábolas. De las citadas cinco regiones hay dos situadas por encima de la parábola y = 12 x2 − 12 , que son R1 y R2 , en las que es x˙ > 0. Las otras tres están situadas por debajo y por tanto en ellas es x˙ < 0. Por similares razones, en R1 y R4 es y˙ < 0 mientras que en R2 , R3 y R5 es y˙ > 0.

Esquema del plano de fases: Con todos los datos anteriores podemos realizar un dibujo esquemático del plano de fases. 2

1.5

1

0.5

0

-0.5

-1

-1.5

-2 -2.5

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

c) A la vista del plano de fases y con la información de que se dispone se deduce que la órbita que pasa por el origen acaba dirigiéndose hacia el foco situado en el punto (−1, 0), por lo que, para la citada solución, lim x(t) = −1 y

t→+∞

22

lim y(t) = 0.

t→+∞