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Sistemas de Ecuaciones
Diferenciales No Lineales
CAPÍTULO 11
Contenidos
•
•
•
•
11.1 Sistemas Autónomos
11.2 Estabilidad de Sistemas Lineales
11.3 Linealización y Estabilidad Local
11.4 Sistemas Autónomos como Métodos
Matemáticos
• 11.5 Soluciones Periódicas, Ciclos Límite y
Estabilidad Global
11.1 Sistemas Autónomos
• Introducción
Un sistema de ecuaciones diferenciales de
primer orden se llama autónomo, caundo
puede escribirse como
dx1
dt
dx2
dt
 g1 ( x1 , x2 , , xn )
 g 2 ( x1 , x2 , , xn )

dxn
dt
 g n ( x1 , x2 , , xn )
(1)
Ejemplo 1
dx 1
dt
dx 2
dt
 x1  3 x 2  t
2
 x1 sin( x 2 t )
El sistema anterior no es autónomo, debido a la
t presencia de t en el lado derecho.
Ejemplo 2
Considere
d 
2
dt
2

g
sin   0
l
Si permitimos que sea x = , y =  , entonces
x  y
y  
g
sin x
l
es un sistema de primer orden.
Interpretación como Campo Vectorial
• Un sistema autónomo plano puede escribirse
como
dx
 P ( x, y )
dt
dy
 Q ( x, y )
dt
El vector V(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) definne un
campo vectorial del plano.
Ejemplo 3
Un campo vectorial para el flujo de estado
estable de un líquido alrededor de un cilindro de
radio 1 está dado por
2
2

x  y
 2 xy

V ( x , y )  V0  1  2
, 2
2 2
2 2
(
x

y
)
(
x

y
)




donde V0 la velocidad del líquido lejos del
cilindro.
Ejemplo 3 (2)
Si se libera un pequeño corcho en (−3, 1), la
trayectoria
X(t) = (x(t), y(t)) satisface
2
2

x  y
 V 0  1  2
2 2
dt
(
x

y
)

dx



  2 xy 
 V0  2

2 2
dt
 (x  y ) 
dy
sujeta a X(0) = (−3, 1). Fig 11.1.
Fig 11.1
Tipos de Soluciones
(i) Una solución constante x(t) = x0, y(t) = y0 (ó
X(t) = X0 para toda t). La solución se llama
punto crítico o estacionario, y la solución
constante se llama solución de equilibrio.
Fíjese en que X(t) = 0 significa
P ( x, y )  0
Q ( x, y )  0
(ii) Una solución que define un arco, una curva plana
que no se cruza a sí misma (Fig 11.2(a)). En cuanto a
la Fig11.2(b), no puede ser una solución, puesto que
habría dos solucion que pasarían por el punto P.
Fig 11.2
(iii) Una solución periódica – se llama un ciclo. Si
p es el período, entonces X(t + p) = X(t).
Fig 11.3.
Ejemplo 4
Determine los puntos críticos de los siguientes
sistemas:
(a) x    x  y (b) x  x 2  y 2  6 (c) x   0 . 01 x (100  x 
y  x  y
Solución

(a)
y  x 2  y
y)
y   0 . 05 y ( 60  y  0 . 2 x )
x y 0
x y 0
entonces y = x. Hay infinitos puntos críticos.
Ejemplo 4 (2)
(b)
x  y 60
2
2
x  y 0
2
Como x2 = y, entonces y2 + y – 6 = (y + 3)(y – 2) = 0.
Si y = – 3, entonces x2 = – 3, No hay soluciones rales.
Si y = 2, etonces x   2 . Los puntos críticos son
( 2, 2) y ( 2, 2) .
Ejemplo 4 (3)
(c)
De 0.01x(100 – x – y) = 0, tenemos x = 0 ó x + y =
100. Si x = 0, entonces 0.05y(60 – y – 0.2x) = 0 se
transforma en y(60 – y) = 0. Así y = 0 or y = 60, y
(0, 0) y (0, 60) son puntos críticos.
Si x + y = 100, entonces 0 = y(60 – y – 0.2(100 –
y)) = y(40 – 0.8y). Tenemos que y = 0 ó y = 50.
Así (100, 0) y (50, 50) puntos críticos.
Ejemplo 5
Determinar si los siguientes sistemas poseen una
solución periódica. En cada caso, dibujo la gráfica de la
solución que satisface X(0) = (2, 0).
(a) x   2 x  8 y
(b) x   x  2 y
y   x  2 y
y  1 / 2 x  y
Solución
(a) En el Ejemplo 6 de Sec. 10.2, tenemos demostrado
x  c1 ( 2 cos 2 t  2 sin 2 t )  c 2 ( 2 cos 2 t  2 sin 2 t )
y  c1 (  cos 2 t )  c 2 sin 2 t
Ejemplo 5 (2)
Así cada solución es periódica con período . La
solución que satisface X(0) = (2, 0) es
x = 2 cos 2t + 2 sen 2t, y = – sen 2t
Fig 11.4(a).
Ejemplo 5 (3)
(b) Empleando un método similar, tenemos
x  c1 ( 2 e cos t )  c 2 ( 2 e sin t )
t
t
y  c1 (  e sin t )  c ( e cos t )
t
2
t
Debido a la presencia de et, no hay soluciones
periódicas .
La solución que satisface X(0) = (2, 0) es
x  2 e cos t , y   e sin t
t
t
Se representa en la Fig 11.4(b).
Fig 11.4(b)
Cambio a Coordenadas Polares
• Recuerde que las transformaciones son
r2 = x2 + y2 y  = tan–1(y/x),
1  dx
dy  d 
1 
dx
dy 
 x
 y
 2  y
 x
,

dt
r  dt
dt  dt
dt
dt 
r 
dr
Ejemplo 6
Hallar la solución del siguiente sistema
x   y  x
y  x  y
x  y
2
x  y
2
que satisfaga X(0) = (3, 3).
Solución dr 1

dt
d
dt
2
2
[ x (  y  xr )  y ( x  yr )]   r
2
r

1
r
2
[(  y )(  y  xr )  x ( x  yr )]  1
Ejemplo 6 (2)
Puesto que (3, 3) es ( 3 2 ,  / 4 ) en coordenadas polares,
X(0) = (3, 3) se transforma en r ( 0 )  3 2 y (0) =π/4.
Separando las variables, tenemos que la solución es
r 
1
t  c1
,   t  c2
para r  0. Aplicando las condiciones iniciales, tenemos
r 
1
t
,  t
2 /6

4
Ejemplo 6 (3)
La gráfica de
r 
1
 
2/6  /4
se muestra en la Fig 11.5.
Fig 11.5
Ejemplo 7
Considere el sistema en coordenadas polares:
dr
 0 . 5 ( 3  r ),
dt
d
1
dt
hallar y dibujar las soluciones qeu satisfagan
X(0) = (0, 1) y X(0) = (3, 0) en coordenadas
rectangulares.
Solución
Separando las variables, tenemos
r  3  c1e
 0 .5 t
,   t  c2
Ejemplo 7 (2)
Si X(0) = (0, 1), entonces r(0) = 1 y (0) = /2. Así
c1 = –2, c2 =/2. La curva solución e es la espiral
 0 .5 (   / 2 )
. Fíjese en que cuando t →，
r  3  2e
 aumenta sin límite y r tiende a 3.
Si X(0) = (3, 0), entonces r(0) = 3 y (0) = 0. Así
c1 = c2 = 0 y r = 3,  = t. Tenemos que la solución
es x = r cos = 3 cos t y y = r sen  = 3 sen t. Es
una solución periódica. Fig 11.6.
Fig 11.6
11.2 Estabilidad de Sistemas Lineales
• Algunas Preguntas Fundamentales
Suponga que X1 es un punto crítico de un
sistema autóno plano y X = X(t) es una
solución que sarisface X(0) = X0. Nos interesa
saber cuando X0 está cerca de X1:
(i) Es limt X(t) = X1?
(ii) Si la respuesta al (i) es “no”, permanece cerca de
X1 o se aleja de X1?
Fig 11.7
Fig 11.7
• En el caso de la Fig11.7(a) y (b), llamamos al punto
crítico localmente estable.
• Sin embargo, si se puede encontrar en alguna
vecinidad dada algún valor inicial que da un
comportamiento similar a (c), llamamos al punto
crítico inestable.
Analisis de Estabilidad
• Considere
x = ax + by
y = cx + dy
Tenemos que la matriz del sistema es de la forma
a
A 
c
b

d
Para asegurar que X0 = (0, 0) es el único punto
crítico, se supondrá que el determinante
 = ad – bc  0.
• Luego det (A – I) = 0 se transforma en
2 −  +  = 0
donde  = a + d.
2
  (    4  ) / 2
Así
Ejemplo 1
Determine los valores propios del sistema
x   x  y
y   cx  y
en términos de c, y use un programa de solución
numérica para descubrir la forma de soluciones
correspondientes al caso c = ¼ , 4, 0 y −9.
Ejemplo 1 (2)
Solución
Como la matriz de coeficientes es
1

 c
1 

 1
entonces tenemos  = −2, y  = 1 – c. Así
 
2
4  4 (1  c )
2
 1 
c
Ejemplo 1 (3)
• Si c = ¼ ,  = −1/2 y −3/2. Fig 11.8(a) ilustra el
retrato fase del sistema.
• Cuando c = 4,  = 1 y 3. Fig 11.8(b).
Ch11_35
Ejemplo 1 (4)
• Cuando c = 0,  = −1. Fig 11.8(c).
• Cuando c = −9,  = −1  3i. Fig 11.8(d).
Caso I: Valores Propios Reales y Distintos
• Según Sec 10.2, la solución general es
X ( t )  c1 K 1e
e
1t
1t
 c2 K 2e
2t
( c1 K 1  c 2 K 2 e
(  2  1 ) t
)
• (a) Ambos valores propios negativos: Nodo
Estable
Es más fácil comprobar que bajo esta
condición, X(t)  0 cuando t  
Fig 11.9.
Fig 11.9
• (b) Ambos Valores Propios Positivos: Nodo
Inestable
Es más fácil comprobar que bajo esta
condición, |X(t)| queda sin cota cuando t  
Fig 11.10
Fig 11.10
• (c) Valores Propios con Signos Opuestos
(2 < 0 < 1): Punto Silla
Cuando c1 = 0,
X(t) se aproximará 0 a lo largo de la recta
determinada por el vector propio K2 cuando
t  . Esta solución inestable se lalma punto
silla. Fig 11.11.
Fig 11.11
Ejemplo 2
Clasifique el punto crítico (0, 0) de cada sistema
X = AX como un nodo estable, nodo inestable, o un
punto silla.
(a)
(b)
6 
 2 3
  10
A 
2
A 
 15

1

 19 
Solución
(a) Puesto que los valores propios son 4, −1, (0, 0)
es un punto silla. Los vectores propios
correspondientes son respectivamente
3
K1   
2
K2
 1 


  1
Ejemplo 2 (2)
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 K1. Esto es, y = (2/3)x sirve
como una asíntota. See Fig 11.12.
Fig 11.12＞
(b) Puesto que los valores propios son − 4, −25,
(0, 0) es un nodo estable. Los vectores propios
correspondientes son respectivamente
1
K1   
1
Fig 11.13.
K2
 2 


 5
Fig 11.13
Caso II: Valor Propio Real Repetido
• Según laSec 10.2, tenemos las siguientes condiciones.
• (a) Dos Valores Propios Linealmente Independientes
La solución general es
X ( t )  c1K 1e
1t
 c2K 2e
1t
 ( c1K 1  c 2 K 2 ) e
1t
Si 1 < 0, entonces X(t) tiende a 0 a lo largo de la
recta determinada por c1K1 + c2K2 y el punto crítico se
llama nodo estable degenerado.
Fig 11.14(a) muestra la gráfica para 1 < 0 y las
flechas se invierten cuando 1 > 0, y se llama nodo
inestable degenerado.
Fig 11.14
• (b) Un solo Vector Propio Linealmente
Independiente
Cuando existe un solo valor propio, la solución
general es
X ( t )  c1K 1e
 te
1t
1t
 c 2 (K 1te
(c2K 1 
c1
t
1t
K1 
 Pe
c2
t
1t
)
P)
Si 1 < 0, entonces X(t) tiende a 0 en una dirección
determinada por el vector K1(Fig 11.14(b)). Este
punto crítico se llama de nuevo nodo estable
degenerado.
Si 1 > 0, este punto crítico se llama nodo
inestable degenerado.
Caso III: Valores Propios Complejos (2 – 4 < 0)
• (a) Raíces imaginarias puras (2 – 4 < 0,  = 0)
Este punto crítico se llama centro. Fig 11.15
• (b) Parte real no nula (2 – 4 < 0,   0)
parte real > 0: punto espiral inestable (Fig 11.16(a))
parte real < 0: punto espiral estable (Fig 11.16(b))
Ejemplo 3
Clsifique el punto crítico (0, 0) de cada sistema
3
(a) A  
2
 18 

9 
1
(b) A  
1
2

1
Solución
(a) La ecuación caracteerística es
2 + 6 + 9 = ( + 3)2= 0
por tanto (0, 0) es un nodo estable degenerado.
(b) La ecuación caracteerística es
2 + 1 = 0
por tanto (0, 0) es un centro.
Ejemplo 4
Clsifique el punto crítico (0, 0) de cada sistema
 1 . 01
(a) A  
  1 . 10
3 . 10 

 1 . 02 
  a xˆ
(b) A  
  cd yˆ
 ab xˆ 

 d yˆ 
para constantes positivas.
Solución
(a)  = −0.01,  = 2.3789, 2 − 4 < 0: (0, 0) es un
punto espiral estable.
Ejemplo 4 (2)
(b) 
  ( a xˆ  d yˆ )  0 ,
  ad xˆ yˆ (1  bc )
if bc  1,   0 : a saddle point
if bc  1,   0 : either satble,
degenerate
or stable spiral
stable,
TEOREMA 11.1
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) = X0, donde X0  0.
(a) limt→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 X0 en la vecindad para la cual X(t)
queda sin cota cuando aumenta t.
11.3 Linealización y Estabilidad Local
DEFINICIÓN 11.1
Puntos Críitcos Estables
Sea X1 un punto crítico de un sistema autónomo y sea
X = X(t) la solución que satisface la condición inicial
X(0) = X0, donde X0  X1. Se dice que X1 es un punto
crítico estable cuando, dado cualquier radio
ρ > 0, hay un radio correspondiente r > 0 tal que
si la posición inicial X0 satisface │X0 – X1│< r, entonces
la solución correspondiente X(t) satisface │X(t) – X1│
< ρ para todo t > 0. Si, además limt→X(t) = X1
siempre que │X0 – X1│< r, se llama a X1 un
punto crítico asintóticamente estable.
• Esta definición se ilustra en la Fig 11.20(a).
Para resaltar que X0 debe elegirse cerca de X1,
también se emplea la terminología punto crítico
localmente estable.
DEFINICIÓN 11.2
Puntos Críticos Inestables
Sea X1 un punto crítico de un sistema autónomo y sea
X = X(t) la solución que satisface la condición inicial
X(0) = X0, donde X0  X1. Se dice que X1 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 X0 que satisface
│X0 – X1│< r, pero la solución correspondiente X(t)
satisface │X(t) – X1│ ρ para todo t > 0.
• Si un punto crítico X1 es inestable, no importa cuán
pequeña sea la vecindad respecto a X1, siempre se
puede encontrar una posición inicial X0 que da como
resultado que la solución salga de algún disco de
radio ρ en algún tiempo futuro t. Fig 11.20(b).
Ejemplo 1
Demuestre que (0, 0) es un punto crítico estable del
2
2
sistema
x'  y  x x  y
y'  x  y
x  y
2
2
Solución
En el Ejemplo 6 de Sec 11.1, tenemos demostrado que
r = 1/(t + c1),  = t + c2
es la solución.
Si X(0) = (r0, 0), entonces
r = r0/(r0 t + 1),  = t +0
Note que r < r0 para t > 0, y r tiende a (0, 0) cuando t
aumenta. De ahí que le punto crítico (0, 0) es estable y
es de ehcho asintóticamente estable. Fig 11.21.
Fig 11.21
Ejemplo 2
Considere el sistema plano
dr
 0 . 05 r ( 3  r )
dt
d
 1
dt
Demuestre que (x, y) = (0, 0) es un punto crítico
nestable.
Ejemplo 2 (2)
Solución
Como x = r cos  y y = r sin  , tenemos
dx
  r sin 
dt
dy
dt
d

dt
 r cos 
d
dt
dr
cos 
dt

dr
sin 
dt
Como dr/dt = 0.05r(3-r), entonces r = 0 implica
dr/dt = 0. Así cuando r = 0, tenemos dx/dt = 0, dy/dt = 0.
Lllegamos a la conclusión de que (x, y) = (0, 0) es un
punto crítico.
Ejemplo 2 (3)
Resolviendo la ecuación diferencial dada con r(0) =
r0 y r0  0, tenemos
r 
3
1  c0e
 0 . 15 t
donde c 0  ( 3  r0 ) / r0 . Como
lim
3
t 
1  c0e
 0 . 15 t
3
No importa cuán cerca de (0, 0) comience una
solución, la solución se alejará de (0, 0). Así (0, 0) es
un punto crítico inestable. Fig 11.22.
Fig 11.22
Linealización
• Si escribimos el sistema de los Ejemplos 1 y 2
como X = g(X). El proceso para hallar un
término lineal A(X – X1) que más se aproxima
al g(X) se llama linealización.
TEOREMA 11.2
Criterio de Estabilidad para
Sistemas Lineales
Sea x1 un punto crítico de la ecuación diferencial
autónoma x = g(x), donde g es diferenciable en x1.
(a) Si g(x1) < 0, entonces x1 es un punto crítico
asintóticamente estable.
(b) Si g(x1) > 0, entonces x1 es un punto crítico inestable.
Ejemplo 3
Tanto x 

como x 
4
5
son puntos críticos
de
4
x '  cos x  sin x .
Predecir el comportamiento de soluciones cerca d
eesos do puntos críticos. Como
g ' ( x )   sin x  cos x
g ' ( 4 )   2  0 , g ' ( 5 4 ) 
2 0
Puesto que x = /4 es un punto crítico
asintóticamente estable pero x = 5/4 es inestable.
Fig 11.23.
Fig 11.23
Ejemplo 4
Sin resolver de forma explícita, analice los puntos
críticos del sistema 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) 
r
(K  2 x)
K
g ' (0)  r  0, g ' ( K )   r  0
Puesto que x = K es un punto crítico
asintóticamente estable pero x = 0 es inestable.
Matriz Jacobiana
• Una ecuación del palno tangente a la superficie z =
g(x, y) at X1 = (x1, y1) es
z  g ( x1 , y1 ) 
g
x
( x1 , y1 ) ( x
 x1 ) 
g
y
( x1 , y1 ) (
y  y1 )
De manera similar, cuando X1 = (x1, y1) es un punto
crítico, entonces P (x1, y1) = 0, Q (x1, y1) = 0.
• Tenemos
x' P ( x, y ) 
y ' Q ( x, y ) 
P
x
Q
x
( x1 , y1 ) ( x
( x1 , y1 ) ( x
 x1 ) 
 x1 ) 
P
y
Q
y
( x1 , y1 ) (
y  y1 )
( x1 , y1 ) (
y  y1 )
• El sistema original X = g(X) puede aproximarse por
X = A(X – X1), donde
 P

x

A
 Q

 x
P
( x1 , y1 )
( x1 , y1 )

( x1 , y1 ) 
y

Q

( x1 , y1 ) 
y

Esta matriz recibe el nombre de Matriz Jacobiana en
X1 y se denota por g(X1).
TEOREMA 11.3
Criterios de Estabilidad para
Sistemas Autónomos Planos
Sea X1 un punto crítico de la ecuación diferencial
autónoma X’ = g(X), donde P(x, y) y Q(x, y) tienen
primeras parciales continuas en una vecindad de X1.
(a) Si los valores propios de A = g’(X1) tienen parte real
negativa, entonces X1 es un punto crítico
asintóticamente estable.
(b) Si A = g’(X1) tiene un valor propio con parte real
positiva, entonces X1 es un punto crítico inestable.
Ejemplo 5
Clasifique los puntos críticos de cada sistema.
(a) x’ = x2 + y2 – 6
(b) x’ = 0.01x(100 – x – y)
y’ = x2 – y
y’ = 0.05y(60 – y – 0.2x)
Solución
(a)
Los puntos críticos
2x
g ' ( X )  
2x
2y

 1
son ( 2 , 2 ) y (  2 , 2 ),
Ejemplo 5 (2)
2 2
A 1  g ' (( 2 , 2 ))  
2 2
4 

 1
 2 2
A 2  g ' ((  2 , 2 ))  
 2 2
4 

 1
Como el determinante de A1 es o A1 tiene un
palor propio positivo. Por lo cual ( 2 , 2 ) es
inestable. A1 tiene un determinante positivo y
una traza negativa. Ambos valores propios
tienen sus partes reales negativas. Por lo cual
( 2 , 2 ) es estable.
Ejemplo 5 (3)
(b) Los puntos críticos son (0, 0), (0, 60), (100, 0),
(50, 50). La matriz Jacobiana es
 0 . 01 (100  2 x  y )
g '(X )  
 0 . 01 y

1
A 1  g ' (( 0 , 0 ))  
0
0

3
 0 .4
A 2  g ' (( 0 , 60 ))  
  0 .6
0

3
 0 . 01 x


0 . 05 ( 60  2 y  0 . 2 x ) 
Ejemplo 5 (4)
1
A 3  g ' (( 100 , 0 ))  
 0
 1

2 
  0 .5
A 4  g ' (( 50 , 50 ))  
  0 .5
 0 .5 

 2 .5 
Comprobando los signos de los determinantes y
trazas de cada amtriz, obtenemos que (0, 0) es
inestable; (0, 60) es inestable; (100, 0) es
inestable; (50, 50) es estable.
Ejemplo 6
Clasifique todos los puntos críticos del Ejemplo
5(b).
Solución
Para la matriz A1 correspondiente a (0, 0),  = 3,
 = 4, 2 – 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
A4,  > 0,  < 0, (50, 50) es un nodo estable.
Ejemplo 7
Considere el sistema x + x – x3 = 0. Tenemos
x = y,
y = x3 – x.
Halle y clasifique los puntos críticos.
Solución
x  x  x ( x  1)  0 , los puntos críticos son
3
2
(0, 0), (1, 0), (-1,0).
Ejemplo 7 (2)
Las matrices correspondientes son
 0
A 1  g ' (( 0 , 0 ))  
1
1

0
0
A 2  g ' (( 1, 0 ))  g ' ((  1, 0 ))  
2
1

0
Como det A 2  0 , (1, 0) y (-1, 0) ambos son puntos
sillas. Los valores propios de A 1 son  i y el
estado de (0, 0) sigue en duda.
Ejemplo 8
Use el método de plano fase par clasificar el único
punto crítico (0, 0) del sistema
x = y2
y = x2
Solución
El determinante de la matriz Jacobiana
 0
g'(X )  
2x
2y

0 
es 0 en (0, 0), y por tanto la naturaleza de (0, 0)
sigue en duda.
Ejemplo 8 (2)
Usando el método de plano fase, obtenemos
dy

dx

dy / dt

dx / dt
y dy 
2

x
2
y
2
x dx , ó y  x  c
2
3
3
3
Si X (0)  ( 0 , y 0 ), y  x  y 0 ó y 
3
3
3
3
x  y0 .
3
Fig 11.26 ilustra una colección de curvas
soluciones. El punto crítico (0, 0) es inestable.
Fig 11.26
Ejemplo 9
Use el método de plano fase para determinar la
naturaleza de las soluciones de x + x − x3 = 0 en
cercanías de (0, 0).
Solución
Si dejamos que sea dx / dt  y entonces
dy
dx

dy / dt

ydy 
x  3x
y
 ( x  3 x ) dx , ó
3
( x  1)
2
así y 
2
3
3
dx / dt

dy / dt  x  3 x .
2
2
 c0 .
y
2
2

x
4
4

x
2
2
 c,
Ejemplo 9 (2)
2
Si X (0)  ( x 0 ,0 ), 0  x 0  1, entonces
( x  1)
2
y 
2
2
2
2

( x 0  1)
2
2
c0 
2
,
2
2
( 2  x  x 0 )( x 0  x )
2

2
 ( x 0  1)
2
2
Note que y = 0 cuando x = −x0 y el lado derecho
es positivo cuando −x0 < x < x0. Así que cada x
tiene dos valores correspondientes de y. La
solución X = X(t) que satisface X(0) = (x0, 0) es
periódica, y (0, 0) es un centro. Fig 11.27.
Fig 11.27
11.4 Sistemas Autónomos como Modelos Matemáticos
• Péndulo No Lineal
Considere la ecuación diferencial no lineal de
segundo orden
d 
2
dt
2

g
sin   0
l
Cuando permitimos que sea x = , y =  ,
podemso escribir
x  y
y  
g
l
sin x
• Los puntos críticos son (k, 0) y la matriz
Jacobiana es
0

g ' ((  k  , 0 ))  
k 1 g
 (  1)

l
1

0

Si k = 2n + 1,  < 0, y por tanto todos los
puntos críticos ((2n +1), 0) son puntos silla.
Particularmente, el punto crítico (, 0) es
inestable, como se esperaba. Fig 11.28.
Fig 11.28
• Cuando k = 2n, los valores propios son
imaginarios puros, y por tanto la naturaleza de
estos puntos permanece en duda. Como se ha
supuesto que no hay fuerzas de
amortiguamiento, se espera que todos los
púntos críticos ((2n, 0) sean centros. De
dy
dx

dy / dt
dx / dt
 
g sin y
l
, then y 
2
y
2g
cos x  c
l
If X (0)  ( x 0 , 0 ), then y 
2
2g
l
(cos x  cos x 0 )
• Note que y = 0 cuando x = −x0, y que
(2g/l)(cos x – cos x0) > 0 para |x| < |x0| < .
Así cada x tiene dos valores correspondientes
de y, y por tanto la solución X = X(t) que
satisface X(0) = (x0, 0) es periódica. Podemos
concluir que (0, 0) es un centro. Fig 11.29.
Fig 11.29
Ejemplo 1
A un péndulo en una posición de equilibrio con
 = 0 se le aplica una velocidad angular inicial de
0 rad/s. Determine en qué condiciones el
movimiento resultante es periódico.
Solución
La condición inicial es X(0) = (0, 0).
De y 
2
2g
(cos x  c ), se deduce
l
y 
2
2g
l
(cos x  1 
l
2g
0 )
2
Ejemplo 1 (2)
Para establecer que la solución X(t) es periódica basta
con mostrar que hay dos abscisas x = x0 entre − y  y
que al lado derecho es positive for |x| < |x0|. Entonces
cada x tiene dos valores correspondientes de y.
Si y = 0, cos x = 1 – (l/2g)02, y esta ecuación tiene dos
soluciones x = x0 entre − y , siempre que
1 – (l/2g)02 > −1. Note que (l/2g)(cos x – cos x0) es
positivo para |x| < |x0|. Esta restricción en la velocidad
inicial se puede escribir como
0  2
g
l
Oscilaciones No Lineales: Cuenta Deslizante
• Observe la Fig 11.30. La fuerza tangencial F tiene
magnitud mg sen , y por tanto Fx = − mg sen  cos .
Puesto que tan  = f (x), tenemos
F x   mg sin  cos    mg
Se supone una fueraza
De la segunda
f '( x)
1  [ f ' ( x )]
de amortiguam
2
iento D , y D x   
ley de Newton : mx "   mg
f '( x)
1  [ f ' ( x )]
2
dx
dt
 x'
,
y el sistema autónomo plano correspondiente es
x'  y
y'   g
f ' ( x)
1  [ f ' ( x)]
2


y
m
Si X1 = (x1, y1) es un punto crítico, entonces y1 = 0 y
f (x1) = 0. Así la perla debe permanecer en reposo en
un plano sobre el alambre donde la recta es horizontal.
• La matriz Jacobiana en X1 es
0

g'(X1)  
  gf " ( x1 )

 

m
1 
  , así que
 
m
,   gf " ( x1 ),   4  
2

2
m
2
 4 gf " ( x1 ).
• Se pueden hacer las siguientes conclusiones.
(i) f ”(x1) < 0 :
Hay un máximo relativo en x = x1 y como  < 0,
hay un punto silla inestable en X1 = (x1, 0).
(ii) f ”(x1) > 0 y  > 0:
Hay un mínimo relativo en x = x1 y como  < 0 y 
> 0, X1 = (x1, 0) es un punto crítico estable. Si 2 >
4gm2f (x1), el sistema es sobreamortiguado y el
punto crítico es un nodo estable.
Si  2 < 4gm2f (x1), el sistema es subamortiguado y el
punto crítico es un punto espiral estable. La naturaleza
exacta del punto crítico estable aún está en duda si
 2 = 4gm2f (x1).
(iii) f ”(x1) > 0 y el sistema está subamortiguado ( = 0):
En este caso los valores propios son imaginarios puros,
pero el método del plano fase se puede usar para
mostrar que le punto crítico es un centro. Así las
soluciones con X(0) = (x(0), x(0)) cerca de X1 = (x1, 0)
son periódicas.
Ejemplo 2
• Una cuenca de 10 gramos se desliza a lo lrgo de la
gráfica de z = sin x. Los mínimos relativos en
x1 = −/2 y x2 = 3/2 son puntos críticos estables.
Fig 11.31.
Fig 11.32
• Fig 11.32 ilustra los movimientos cuando los puntos
críticos son puntos espirales estables.
Fig 11.33
• Fig 11.33 ilustar una colección de curvas solución
para el caso no amortiguado
Modelo Predador-Presa de Lotka-Volterra
• Recuerde el modelo predador-presa:
x '   ax  bxy  x (  a  by )
y '   cxy  dy  y (  cx  d )
Los puntos críticos
son ( 0 , 0 ) y ( d/c,a/b ), por tanto
 a
A 1  g ' (( 0 , 0 ))  
 0
0
 y
d
0

A 2  g ' (( d / c , a / b ))  
  ac / b
bd / c 
.
0 
Fig 11.34
• El punto crítico (0, 0) es un punto silla. Fig 11.34.
• Como A2 tiene valores propios imaginarios
puros, el punto crítico puede ser un centro.
Como
dy

dx

y (  cx  d )
x (  a  by )
 a  by
dy 
y

, entonces
 cx  d
dy ,
x
 a ln y  by   cx  d ln x  c1 , ó
d
(x e
 cx
a
)( y e
 by
)  c0
Fig 11.35
• Las gráficas típicas se representan en la Fig 11.35.
1. Si y = a/b, la ecuación F(x)G(y) = c0 tiene
exacamente dos soluciones xm y xM que
satisfacen xm < d/c < xM.
2. Si xm < x1 < xM y x = x1, entonces F(x)G(y) = c0
tiene exactamente dos soluciones y1 y y2 que
satisfacen y1 < a/b < y2.
3. Si x está fuera del intervalo [xm, xM], entonces
F(x)G(y) = c0 no tiene soluciones.
• La gráfica de solución periódica típica se
muestra en la Fig 11.36.
Fig 11.36
Ejemplo 3
• Si dejamos que sea a = 0.1, b = 0.002, c = 0.0025,
d = 0.2, el punto crítico en el primer cuadrante es
(d/c, a/b) = (80, 50), y sabemos que es un centro.
Fig 11.37.
Fig 11.37
Modelo de Competencia de Lotka-Volterra
• Considere el modelo:
x'
r1
K1
y'
r2
K2
x ( K 1  x   12 y )
y ( K 2  y   21 x )
(1)
este sistema tiene puntos críticos en (0, 0), (K1, 0) y
(0, K2).
Ejemplo 4
Considere el modelo
x '  0 . 004 x ( 50  x  0 . 75 y )
y '  0 . 001 y (100  y  3 . 0 x )
Determine y clasifique todos los puntos críticos.
Solución
Los puntos críticos son (0, 0), (50, 0), (0, 100), (20, 40).
Por tanto 1221 = 2.25 > 1, y por tanto el punto crítico
(20, 40) es un punto silla. La matriz Jacobiana es
Ejemplo 4 (2)
 0 . 2  0 . 008 x  0 . 003 y
g '(X )  
 0 . 003 y

 0 .2
A 1  g ' (( 0 , 0 ))  
 0


0 . 1  0 . 002 y  0 . 003 x 
0 

0 .1 
  0 . 2  0 . 15 
A 2  g ' (( 50 , 0 ))  

0 . 05 
 0
  0 . 08  0 . 12 
A 3  g ' (( 20 , 40 ))  

  0 . 06  0 . 04 
  0 .1
A 4  g ' (( 0 ,100 ))  
  0 .3


 0 .1 
0
 0 . 003 x
Ejemplo 4 (3)
Por tanto (0, 0) es inestable, mientras que tanto
(50, 0) como (0, 100) son nodos estable y (20, 40)
es un punto silla.
11.5 Soluciones Periódicas, Limit Cycles y Global Stability
TEOREMA 11.4
Ciclos y Puntos Críticos
Si un sistema autónomo plano tiene una solución priódica
X = X(t) in uan región simplemente conexa R, entonces el
sistema tiene al menos un punto crítico dentro de la curva
simplemente cerrada C. Si sólo hay un punto crítico dentro
de C, entonces este punto crítico no puede ser punto silla.
COROLARIO
Si una región simplemente conexa R o no ocntiene puntos
críticos de un sistema autónomo palno o contiene un único
punto silla, entonces no hay soluciones periódicas en R.
Ejemplo 1
Demostras que el sistma autónomo plano
x’ = xy
y’ = −1 – x2 – y2
no tieen soluciones periódicas.
Solución
Si (x, y) es un punto crítico, entonces ó x = 0 ó y = 0.
Si x = 0, entonces −1 – y2 = 0, y2 = –1. Asimismo, y =
0 implica x2 = –1. Así este sistema no tiene puntos
críticos y no tiene soluciones periódocas.
Ejemplo 2
Demostrar que
x '  0 . 004 x ( 50  x  0 . 75 y )
y '  0 . 001 y (100  y  3 . 0 x )
no tiene soluciones periódicas en el primer
cuadrante.
Solución
Del Ejemplo 4 de la Sec 11.4, sólo conocíamos que
(20, 40) está en el primer cuadrante y (20, 40) es un
punto silla. Por el corolario, no hay soluciones
periódicas en el primer cuadrante.
TEOREMA 11.5
Criterio Negativo de Bendixson
Si div V =  P/y + Q/ y no cambia el signo en la región
conexa R, entonces el sistema autónomo plano no tiene
soluciones periódicas en R.
Ejemplo 3
Estudiar las posibles soluciones periódicas de
cada sistema.
(a) x '  x  2 y  4 x  y ,
y '   x  2 y  yx  y
(b) x '  y  x ( 2  x  y ),
y '  x  y (2  x  y )
3
2
2
2
2
2
3
2
Solución
(a) div V   P /  x   Q /  y
 1  12 x  2  x  3 y  3 , y por tanto
2
no hay soluciones
2
2
periódicas .
Ejemplo 3 (2)
(b) div V  ( 2  3 x  y )  ( 2  x  3 y )
2
2
2
2
 4  4( x  y )
2
2
Si R es el interior del ciclo dado, div V > 0 y por
tanto hay soluciones periódicas dentro del ciclo.
Note que div V < 0 en el exterior del círculo. Si R
es un subconjunto simplemente conexo del
exterior, entonces no hay soluciones periódicas
en R. Si hay una solución periódica en el exterior,
tiene que encerrar el círculo x2 + y2 = 1. (aquí dice “circle”,
círculo, aunque la ecuación es de una circunferencia ¿?)
Ejemplo 4
La cuenca que desliza en la Sec 11.4 satisface
mx "   mg
f '( x)
1  [ f ' ( x )]
2
 x'
Demostrar que no hay soluciones periódicas.
Solución
x' y, y'  g
div V 
P
x

f '( x)
1  [ f ' ( x )]
Q
y
 

m
2

0

m
y
TEOREMA 11.6
Criterio Negativo de Dulac
Si (x, y) tiene sus derivadas primeras continuas en una
región simplemente conexa R y
 ( P )
x

 ( Q )
y
no
cambia el signo en R, entonces el sistema autónomo
planohas no tiene soluciones periódicas en R.
Ejemplo 5
Demostrar que
x "  x  ( x ')  x  x '
2
2
no tiene soluciones periódicas.
Solución
x '  y , y '  x  y  x  y.
2
2
Dejando que sea δ ( x , y )  e
 ( P )
x
e

ax  by
ax  by
,
 ( Q )
y
( ay  2 y  1)  e
ax  by
b( x  y  x  y)
2
2
Ejemplo 5 (2)
Si ponemos a = −2, b = 0, entonces
 ( P )
x

 ( Q )
y
 e
ax  by
que es siempre negativo. El sistema no tiene
soluciones periódicas.
Ejemplo 6
Use (x, y) = 1/(xy) para demostrar que
x'
r1
K1
y'
r2
K2
x ( K 1  x   12 y )
y ( K 2  y   21 x )
no tiene soluciones periódicas en el primer
cuadrante.
Ejemplo 6 (2)
Solución
r1
P 
K1
 ( P )
x

(
K1

y
 ( Q )
y
x
y

  12 ),  Q 
r1
K1
(
1
y
)
r2
K2
r2
(
K2
x

y
x
  21 )
1
( )
K2
x
Para (x, y) en el primer cuadrante, la última
expresión es siempre negativa.
DEFINICIÓN 11.3
Región Invariante
Una región R es se llama región invariante para un
sistema autónomo plano si, siempre que X0 está en R,
X = X(t) que satisface X(0) = X0 permanece en R.
• Fig 11.40 muestra dos tipos estándar de
regiones invariantes.
Fig 11.40
TEOREMA 11.7
Vector Normal y Regiones Invariantes
Si n(x, y) denota un vector normal en la frontera que está
dirigido hacia el interior, entonces R es un región
invariante para el sistema autónomo plano siempre que
V(x, y)‧n(x, y)  0 para todo punto (x, y) de la frontera.
Ejemplo 7
Halle una región circular con centro en (0, 0) que sea
uan región invariante para el sistema
x'  y  x
y' x  y
3
3
Solución
Para cada círculo x2 + y2 = r2, n = (−2x, −2y) es un vector
normal que apunta hacia el interior del círculo.
Como
V  n  (  y  x , x  y )  (  2 x , 2 y )  2 ( x  y )
3
3
4
4
deducimos que Vn  0 en el círculo x2 + y2 = r2. Por el
Teorema 11.7, la región circular x2 + y2  r2 es una
región invariante para el sistema para todo r > 0.
Ejemplo 8
Halle una corona circular que sea una región invariante
del sistema
x' x  y  5 x( x  y )  x
2
2
5
y' x  y  5 y(x  y )  y
2
2
5
Solución
Como en el Ejemplo 7, el vector normal n1 = (−2x, −2y)
al interior de la circunferencia x2 + y2 = r2, mientras que
el vector normal n2 = − n1 apunta hacia fuera.
V  n1   2(r  5r  x  y )
2
4
6
6
Ejemplo 8 (2)
Si r = 1, V‧n1 = 8 – 2(x6 + y6)  0.
Si r = 1/4, V‧n1  – 2(r2 – 5r4) < 0 y por tanto V‧n2 > 0.
La corona circular 1/16  x2 + y2  1 es un región
invariante.
Ejemplo 9
La ecuación de Van der Pol es una ecuación
diferencila no lineal de segundo orden que se
emplea en electrónica,
x' y
y '    ( x  1) y  x
2
Fig 11.41 muestra el campo vectorial para  = 1,
junto con las curvas y = 0 y (x2 – 1)y = −x a lo
largo de las cuales, los vectores son verticales y
horizontales, respectivamente.
Fig 11.41
• No es posible hallar una región invariante simple
cuya frontera sean rectas o circunferencias.
TEOREMA 11.8
Poincare-Bendixson I
Sea R una región invariante para un sistema autónomo plano y
supóngase que R no tiene puntos críticos en su frontera.
(a) Si R es una región de Tipo I que tiene un único nodo inestable
o un punto espiral inestable en su interior, entonces hay al
menos una solución periódica en R.
(b) Si R es una región de Tipo II que no contiene puntos críticos
del sistema, entonces hay al menos una solución periódica en R.
En cualquiera de los dos casos, si X = X(t) es una solución no
periódica en R, entonces X(t) dibuja espirales alrededor de un ciclo
que es una solución del sistema. Esta solución periódica se llama
ciclo limite .
Ejemplo 10
Use el Teorema 11.8 para demostrar que
x '   y  x (1  x  y )  y ( x  y )
2
2
2
2
y '  x  y (1  x  y )  x ( x  y )
2
2
2
2
tiene al menos una solución periódica.
Solución
We first construimos una region invariante
limitada por circunferencias. Si n1 = (−2x, −2y)
then
2
2
V  n 1   2 r (1  r )
Ejemplo 10 (2)
Si dejamos que sea r = 2 y r = ½, llegamos a la
conclusión de que la corona circular R: ¼  x2 + y2 
4 es invariant. Si (x1, y1) es un punto crítico,
entonces V‧n1 = (0, 0)‧n1 = 0. Por tanto r = 0 ó r = 1.
Si r = 0, entonces (x1, y1) = (0, 0) es un punto crítico.
Si r = 1, el sistema se reduce a −2y = 0, 2x = 0 y
llegamos a una contradicción. Por tanto (0, 0) es el
único punto crítico y no está en R. Así el sistema
tiene al menos una solución periódica en R.
Ejemplo 11
Demuestre que las ecuaciones de Van der Pol
tienen una solución periódica cuando  > 0.
Solución
Determinamos que el único punto crítico es (0, 0)
y la matriz Jacobiana es
 0
g ' (( 0 , 0 ))  
1
1
 , luego

   ,   1,   4     4
2
2
Ejemplo 11 (2)
Como  > 0, el punto crítico es un punto espiral
inestable o un nodo inestable. Por la parte (i) del
Teorema 11.8 el sistema tiene al menos una
solución periódica en R. Fig 11.42.
Fig 11.42
TEOREMA 11.8
Poincare-Bendixson II
Sea R una region invariante de Type I para un sistema
autónomo plano que carece de solución periodica en R.
(a)Si R contiene un número finito de nodos o puntos
espirales, entonces para cualquier posición inicial
dada X0 en R, limt→X(t) = X1 para un punto crítico X1.
(b) Si R tiene un único nodo estable o punto espiral
estable X1 en su interior y no tiene puntos críticos en
su frontera, limt→X(t) = X1 para toda posición inicial
X0 in R.
Ejemplo 12
Estudie la estabilidad global del sistema del
Ejemplo 7.
x'  y  x
y' x  y
3
3
Solución
No es difícil de probar que el único punto crítico
es (0, 0) y la matriz Jacobiana es
0
g ' (( 0 , 0 ))  
1
 1
 , y   0 ,   1
0 
Ejemplo 12 (2)
(0, 0) puede ser un punto espiral estable o no
estable. Teorema 11.9 garantiza que
lim X ( t )  X 1 para algunos
t 
puntos críticos
X 1.
Como (0, 0) es el único punto crítico, tiene que ser
lim X ( t )  ( 0 , 0 ) para cualquier
t 
posición
inicial
X ( 0) en el plano.
Por tanto el punto crítico es un punto espiral
globalmente estable. Fig 11.43.
Fig 11.43