SISTEMAS DINAMICOS

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(1)Sistemas Dinámicos Héctor E. Lomelí Departamento Académico de Matemáticas Instituto Tecnológico Autónomo de México Río Hondo #1 México, DF 01000 1 de diciembre de 2005.

(2) Índice General. 1 Introducción a los Sistemas Dinámicos.. 1. 1.1. Definición de un sistema dinámico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1. 1.2. Ejemplos de sistemas dinámicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 5. 2 Sistemas Lineales. 8. 2.1. La norma de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 8. 2.2. La exponencial de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 11. 2.3. Derivadas matriciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 15. 2.4. Cálculo de la exponencial de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 19. 2.5. Ecuaciones de orden n y método de Fulmer . . . . . . . . . . . . . . . . .. 25. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 29. 3 Estabilidad de Sistemas Lineales.. 34. 3.1. Matrices no degeneradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 34. 3.2. Matrices atractoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 37.

(3) ÍNDICE GENERAL. 3.3. i. Matrices tipo silla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 40. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 46. 4 Teoría no Lineal. 4.1. 49. Teoría de Ecuaciones Diferenciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 49. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 63. 5 Estabilidad no lineal. 66. 5.1. Conjugación topológica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 66. 5.2. Linealización de puntos fijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 70. 5.3. Análisis de puntos silla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 81. 5.4. Estabilidad asintótica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 95.

(4) ÍNDICE GENERAL. ii.

(5) CAPÍTULO 1. Introducción a los Sistemas Dinámicos.. 1.1 Definición de un sistema dinámico Los Sistemas Dinámicos son el estudio de modelos que evolucionan en el tiempo. En general se estudian dos situaciones:. . tiempo continuo t ∈ R tiempo discreto t ∈ Z. En cada caso, existen muchas aplicaciones que se pueden poner dentro del esquema de un sistema dinámico:.     Ecuaciones diferenciales ordinarias. Tiempo continuo. Ecuaciones de difusión.   . Procesos estocásticos . Tiempo discreto. Métodos iterativos Iteración de mapeos.

(6) §1.1 D EFINICIÓN. DE UN SISTEMA DINÁMICO. 2. Definición 1.1.1 Sea E un conjunto. Sea un subconjunto de R × E tal que {0} × E ⊂ ⊂ R × E.Un sistema dinámico de tiempo real en E es una funciónφ : → E (t, x) → φ t (x) tal que: a) φ (0, x) = x b) φ (t, φ (s, x)) = φ (t + s, x) (en donde tenga sentido). Se dirá, además, que φ es el flujo del sistema dinámico. Dado un flujo, generalmente se utilizará la siguiente notación: φ t (x) = φ (t, x) . De esta manera, las condiciones de la definición anterior se pueden escribir como φ0 = i dE , φ t ◦ φ s = φ t+s . Recordemos que, como parte de la definición, para cada punto x ∈ E, se tiene que (0, x) ∈ . Queremos que para cada x0 , el conjunto de tiempos t para los que flujo φ (t, x) está definido sea un intervalo. El máximo intervalo I ⊂ R tal que 0 ∈ I es llamado el intervalo maximal de x y se denota D(x). Definición 1.1.2 Si para cada punto x el intervalo maximal D(x) = R, se dice que el sistema dinámico es completo. En particular, si el flujo es completo, se tiene que para cada t, la función φ t : E → E es −1 = φ −t . una biyección con inversa dada por φ t Definición 1.1.3 Sea E un conjunto. Sea un subconjunto de Z × E tal que {0} × E ⊂ . Un sistema dinámico en tiempo discreto es una función φ : → E tal que a) φ(0, x) = x, b) φ (s, φ (t, x)) = φ (s + t, x) (cuando esto tiene sentido)..

(7) §1.1 D EFINICIÓN. 3. DE UN SISTEMA DINÁMICO. En un sistema dinámicos en tiempo discreto, generalmente se utiliza = (N ∪ {0}) × E con el flujo definido como φ(t, x) = ( f ◦ f ◦ · · · ◦ f )(x). t veces. Esta composición se puede escribir como f t = f ◦ f ◦ · · · ◦ f .. t veces. En ambos casos, en tiempo discreto y tiempo continuo, nos interesa estudiar el comportamiento de los flujos, por ejemplo, nos preguntamos acerca del siguiente límite. lim φ(t, x) =?. t→∞. En los siguientes capítulos estableceremos una relación entre flujos y ecuaciones diferenciales. En particular tenemos el siguiente resultado. Proposición 1.1.4 Sea E un abierto de Rn . Sea φ un flujo definido en un abierto ⊂ R×E. Suponer que φ(t, x) es de clase C 1 . Demostrar que, para cada x ∈ E, la función y(t) = φ(t, x) satisface el siguiente problema de valores iniciales. y˙ = f (y), y(0) = x, donde f (u) =.

(8). ∂

(9) ∂t t=0 φ(t, u).. Ejemplo 1.1.5 Sea φ : ⊂ R × R → R el flujo dado por φ t (x) =. x 1 − xt. Notemos que para t = 0, siempre está definida φ está definida. Podemos usar = {(t, x) : xt = 1} .Vamos a verificar que φ es un sistema dinámico sobre R. a) φ 0 (x) = x,.

(10) §1.2 E JEMPLOS. 4. DE SISTEMAS DINÁMICOS. b) φ t (φ s (x)) = φ t. x 1−xs. . =. x 1−xs x 1− 1−xs t. =. x 1−sx−t x. =. x 1−(s+t)x. = φ s+t (x). El intervalo.   si x = 0   R 1 D(x) = −∞, x si x > 0    1 , ∞ si x < 0 x. maximal es. Para encontrar una ecuación diferencial que sea satisfecha por φ(t, x0 ) usamos la proposición 1.1.4. Usando el flujo de este ejemplo, se tiene

(11) ∂

(12)

(13) f (u) =

(14) φ(t, u) = u 2 . ∂t t=0 Notemos que y(t) = φ(t, x0 ) cumple y˙ (t) =. x02 ∂ φ(t, x0 ) = = φ(t, x0 )2 . ∂t (1 − t x0 )2. De este modo concluimos que, para cada x0 , la función y(t) = φ(t, x0 ) es una solución del problema y˙ = y 2 , y(0) = x0 .. 1.2 Ejemplos de sistemas dinámicos Ejemplo 1.2.1 Sea E = S 1 = x ∈ R2 : |x| = 1 el conjunto de estados. Sea = R × E y φ : → E dada por. φ(t, x) =. cos t − sin t sin t. cos t. x. Entonces φ es un sistema dinámico completo. Ejemplo 1.2.2 En este ejemplo, mostramos que el conjunto de estados puede ser algo más que subconjuntos de Rn . Sea E = C 2 (R) el conjunto de funciones de clase C 2 definidas.

(15) 5. E JERCICIOS. R. Notemos que E es un espacio vectorial de dimensión infinita. Para cada f ∈ E y cada t > 0, se define una función φ t ( f ) dada por ∞ 1 −(x − y)2 t f (y)dy. φ ( f )(x) = √ exp 2t 2π t −∞ Se puede demostrar que se tiene el siguiente límite lim φ t ( f )(x) = f (x).. t→0. Además φ t (φ s ( f )) = φ t+s ( f ), por lo que resulta que φ es un flujo definido en [0, ∞) × E. Ejemplo 1.2.3 Demos otro ejemplo de un sistema dinámico en tiempo real. Sea E = [0, 1) y φ (t, x) = (x + t) mod 1. Entonces φ es un sistema dinámico completo.. E JERCICIOS. ✎ 1.1 Demostrar que las siguientes funciones son flujos. a) φ : ⊂ R×(− π2 , π2 ) → (− π2 , π2 ), φ(t, x) = arctan et tan x . −1/2 . b) φ : ⊂ R×(0, ∞) → (0, ∞), φ(t, x) = e−t 1/x 2 − 1 + 1 c) φ : ⊂ R × R2 → R2 , φ(t, (x, y)) = e−t x, et y + 13 et − e−2t x 2 .. ✎ 1.2 Demostrar la proposición 1.1.4. (Sugerencia: usar las propiedades del flujo.) ✎ 1.3 Para cada una de las funciones del problema 1.1, encontrar las ecuación diferencial que es satisfecha y el máximo dominio .. ✎ 1.4 Sea φ : ⊂ R × R → R, la función dada por φ(t, x) =. et x . (et − 1)x + 1.

(16) 6. E JERCICIOS a) Demostrar que φ es flujo. b) Para cada x ∈ R encontrar el intervalo maximal D(x). c) Encontrar una ecuación diferencial satisfecha por y(t) = φ(t, x). d) Calcular limt→∞ φ(t, x) y limt→−∞ φ(t, x).. ✎ 1.5 (Cambio de variable) Sean E, F dos abiertos de Rn . Sea φ : R × E → E un flujo completo de clase C 1 . Suponer que y(t) = φ(t, z) satisface la siguiente ecuación diferencial dy = G(y), y(0) = z. dt a) Un difeomorfismo es una función biyectiva de clase C 1 tal que su inversa también es de clase C 1 . Sea h : E → F un difeomorfismo entre los abiertos E y F. Demostrar ˜ x) = h(φ(t, h −1 (x)) es un flujo completo en el conjunto de estados F. que φ(t, ˜ x) satisface la ecuación b) Dado que, y˜ (t) = φ(t, d y˜ ˜ y˜ ), y˜ (0) = x, = G( dt encontrar G˜ en términos de G, h, h −1 y h . c) Usualmente se utiliza la siguiente notación para el nuevo campo vectorial G˜ = h ∗ G. Interpretar y demostrar la siguiente igualdad ( f ◦ h)∗ G = f ∗ (h ∗ G). d) Sea = R × (0, π ). Sea φ˜ : → (0, π ) la función de clase C 1 et + 1 cos θ + et − 1 ˜ θ ) = arccos φ(t, . (et − 1) cos θ + (et + 1) Demostrar que φ˜ es un flujo completo y encontrar el problema de valores iniciales que satisface. (Sugerencia: usar el ejercicio 1.5 con E = (−1, 1), F = (0, π ) y h(u) = arccos(u). Encontrar un flujo φ en E.).

(17) 7. E JERCICIOS. ✎ 1.6 Sea A una matriz tal que A2 = A. Demostrar que el siguiente es un flujo completo en Rn .. φ(t, x) = et A + (I − A) x.. Encontrar la ecuación diferencial que es satisfecha..

(18) CAPÍTULO 2. Sistemas Lineales. Un sistema lineal es una ecuación de la forma y˙ = Ay, y(0) = x0 donde A es una matriz de n × n. En este capítulo estableceremos una relación entre los sistemas lineales y la llamada exponencial de una matriz.. 2.1 La norma de una matriz Definición 2.1.1 Llamaremos M p al espacio vectorial de matrices p × p con entradas reales. El siguiente resultado se da sin demostración..

(19) §2.1 L A. 9. NORMA DE UNA MATRIZ. Proposición 2.1.2 Sea A ∈ M p y A = max Ax 2 . x 2 =1. donde x 2 es la norma euclideana usual. Entonces · es una norma M p . Además, A es la raíz cuadrada del máximo eigenvalor de A T A. Ejemplo 2.1.3 Sea. A=. 1. 2. 3 −1. .. Calcular A . Solución Usaremos la proposición 2.1.2: primero calculamos 1 2 1 2 10 −1 AT A = = . 3 −1 3 −1 −1 5 Los eigenvalores satisfacen λ2 − 15λ + 49 = 0 y por tanto λ1,2 =. 15 ±. El máximo es los eigenvalores es. . √ √ 15 ± 29 225 − 196 = . 2 2. √ 15+ 29 . 2. De este modo concluimos que A =. . √ 15+ 29 . 2. Lema 2.1.4 Si S, T ∈ M p , entonces a) ∀x ∈ R p , T x ≤ T x , b) ST ≤ S T , c) T k ≤ T k . A continuación daremos un repaso de algunos conceptos del Análisis Matemático..

(20) §2.1 L A. 10. NORMA DE UNA MATRIZ. Definición 2.1.5 Se dice que una sucesión Ak ∈ M p converge a A si Ak − A → 0. El siguiente lema, nos permite calcular “termina a término” el límite de una sucesión de matrices. Dada una matriz A, usaremos la notación (A)i j para indicar la entrada (i, j ) de A. Lema 2.1.6 Sea Ak ∈ M p una sucesión que converge a A ∈ M p . Sean u y v dos vectores de R p . Entonces a) La sucesión de números reales u · Ak v converge a u · Av. Esto es lim u · Ak v = u · Av.. n→∞. b) La sucesión de números reales (Ak )i j converge a (A)i j . Esto es lim (Ak )i j = (A)i j .. n→∞. Demostración La demostración de este hecho se basa en la desigualdad de Cauchy-Schwartz. Notemos que esta desigualdad y el lema 2.1.4 implican |u · Ak v − u · Av| = |u · (Ak − A) v| ≤ u 2 (Ak − A) v 2 ≤ u 2 Ak − A 2 v 2 La segunda parte de la demostración está basada en al primera, tomando en cuenta el hecho de que la entrada (i, j ) de una matriz A se puede escribir como (A)i j = ei · Ae j donde ei y e j son el i −ésimo y j −ésimo vectores canónicos de R p . Definición 2.1.7 Se dice que una sucesión Ak ∈ M p es de Cauchy, si para cada ε > 0 existe N ∈ N tal que si m, n ≥ N entonces Am − An < ε..

(21) §2.2 L A. 11. EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. Proposición 2.1.8 Sea Ak ∈ M p una sucesión de Cauchy. Entonces existe A ∈ M p tal que la sucesión converge a A. La demostración del Lema que da como ejercicio para el lector.. 2.2 La exponencial de una matriz Deseamos ahora darle sentido a la siguiente expresión ∞ Ak . k! k=0. Dicho objeto tendrá el papel, dentro de las matrices, de una exponencial. Esta es de fundamental importancia en el análisis de los sistemas lineales. Comencemos con una definición. Definición 2.2.1 Dada una matriz A ∈ M p se define la n−ésima suma parcial de la matriz exponencial como. n Ak . Sn (A) = k! k=0. Lema 2.2.2 Si m > n entonces Sm (A) − Sn (A) ≤. A n+1 A e . (n + 1)!. Demostración Claramente se tiene, usando la desigualdad del triángulo y el lema 2.1.4 la siguiente desigualdad Sm (A) − Sn (A) ≤. m m−n−1 A k+n+1 A k = . k! (k + n + 1)!. k=n+1. k=0.

(22) §2.2 L A. 12. EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. Es bien sabido que (k + n + 1)! ≥ k!(n + 1)! y esto implica Sm (A) − Sn (A) ≤. m−n−1 k=0. A k A n+1 k!(n + 1)!. m−n−1 A n+1 A k = (n + 1)! k!. ≤. k=0 ∞ n+1 . A (n + 1)!. k=0. A n+1 A A k = e . k! (n + 1)!. Esto termina la demostración. Proposición 2.2.3 Dada una matriz A ∈ M p , la sucesión Sn (A) es de Cauchy y por lo tanto existe una matriz E(A) tal que lim Sn (A) − E(A) = 0.. n→∞. Demostración El resultado es consecuencia del lema 2.2.2 y del siguiente límite A n lim = 0. n→∞ n!. Definición 2.2.4 Dada una matriz A cuadrada de p × p, su exponencial e A es el límite de la sucesión Sn (A), esto es e A es la matriz E(A) encontrada en la proposición 2.2.3. Usualmente se escribirá:. ∞ Ak . e = k! A. k=0. Proposición 2.2.5 La matriz e A tiene las siguientes propiedades: a) e0 = I, b) Si A B = B A, entonces e A e B = e B e A = e A+B ,.

(23) §2.2 L A. 13. EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. −1 c) e A = e−A , d) Si P es invertible, entonces exp P A P −1 = P exp [A] P −1 . Demostración a) Trivial pues Sn (0) = I para toda n ≥ 1. b) Ver ejercicio 2.2. c) Si hacemos B = − A en el inciso anterior, es claro que B A = A B, y por ende tenemos que e A+B = e A e B = e B e A ; es decir e0 = e A e−A = e−A e A = I . Por lo tanto (e A )−1 = e−A . d) Vamos a mostrar que Pe A P −1 − e P A P = 0. Notemos que 1. Sn (P A P. −1. n 1 )= (P A P −1 )k . k! k=0. Además (P A P −1 )k = P Ak P. Entonces Sn (P A P. −1. n 1 )= P Ak p −1 k! k=0. n 1 k −1 A P = P Sn (A)P −1 =P k! k=0. Por lo tanto −1. Pe A P −1 − e P A P ≤ Pe A P −1 − P Sn (A)P −1 −1. + P Sn (A)P −1 − Sn (P A P −1 ) + Sn (P A P −1 ) − e P A P −1. ≤ P e A − Sn (A)P −1 P −1 + Sn (P A P −1 ) − e P A P −→ 0 Como el lado derecho de la desigualdad converge a 0, entonces −1. Pe A P −1 − e P A P = 0 y esto termina la demostración..

(24) §2.2 L A. 14. EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. Ejemplo 2.2.6 Sea A la matriz. A=. a b. .. 0 a. Calcular e A . Solución Notemos que A2 = A3 =. a b. . a b. . . = 0 a 2ab a b. a 2 2ab. 0 a a2 0. a2. 0 a. 0 =. . a2 a 3 3a 2 b 0. . a3. Este proceso se puede continuar inductivamente y obtener a k ka k−1 b k . A = 0 ak Por lo tanto, para cada n, se tiene n Ak Sn (A) = k!. =. k=0 n k=0. 1 k!. . a k ka k−1 b 0. ak. . n =. 1 k k=0 k! a. 0. b. n. k k−1 k=1 k! a n 1 k k=0 k! a. . Usando el lema 2.1.6, podemos calcular el límite término a término y así obtener a bea e eA = . 0 ea. .

(25) §2.3 D ERIVADAS. 15. MATRICIALES. Ejemplo 2.2.7 Sea B la matriz. B=. 0 −β β. .. 0. Calcular e B . Solución . Sea J=. 0 −1 1. 0. .. Notemos que J 2 = −I, por lo que B 2 = −β 2 I, B 3 = −β 3 B, B 4 = β 4 I, etc. Este proceso se puede continuar inductivamente y obtener n Bk Bk Bk = + Sn (B) = k! k! k! k=0. =. 0≤2k≤n,. 0≤k≤n, k par (−1)k β k. k!. 0≤k≤n, k impar. I+. 0≤2k+1≤n,. (−1)k β k J. k!. En el límite se obtienen las series de seno y coseno y por lo tanto cos β − sin β B . e = (cos β) I + (sin β) J = sin β cos β Este resultado lo usaremos posteriormente.. . 2.3 Derivadas matriciales Definición 2.3.1 Supongamos que tenemos una función : (a, b) → Mn , t → (t). Se dice que es diferenciable en t ∈ (a, b) si existe una matriz L en Mn tal que el siguiente (t + h) − (t) − L lim = 0. h→0 h Si es diferenciable para toda t ∈ (a, b), entonces diremos que es diferenciable y escri-. límite existe:. biremos L = (t)..

(26) §2.3 D ERIVADAS. 16. MATRICIALES. Tenemos el siguiente lema que nos será útil para obtener la derivada de la matriz et A . Lema 2.3.2 Para cualquier matriz cuadrada A se cumple que 2 A e − I − A ≤ A e A . 2. Solución Usar n = 1 en el lema 2.2.2 y así obtener A e − I − A = e A − S1 (A) ≤ e A − Sm (A) + Sm (A) − S1 (A) A 2 A e . ≤ e A − Sm (A) + 2 Al tomar el límite cuando m → ∞, se obtiene el resultado.. . Teorema 2.3.3 Sea : R → M p dada por (t) = et A . Entonces es diferenciable en R y además (t) = Aet A = et A A. Demostración No es difícil ver que Aet A = et A A. Sea t ∈ R fija. Queremos demostrar que (t+h)A tA e − e t A = 0. − e A lim h→0 h Por el lema 2.3.2 tenemos que: tA hA (t+h)A tA e e − et A − et A Ah e − e t A − e A = h h tA hA e (e − I − h A) = h et A eh A − I − ha |h| et A h A2 h A ≤ e |h| 2 et A = A2 |h|e|h| A −→ 0 2 cuando h → 0. Esto termina la demostración. ≤.

(27) §2.3 D ERIVADAS. 17. MATRICIALES. Proposición 2.3.4 Si (t) es diferenciable en t la derivada es única. La demostración del siguiente resultado se hace de forma análoga a la del lema 2.1.6. Proposición 2.3.5 Sea (t) diferenciable en t y sea i j (t) la entrada (i, j ). Entonces la entrada (i, j ) de la derivada es ( )i j (t) = ( i j ) (t). 0 −1 Ejemplo 2.3.6 Sea A = . Notemos que 1 0 . 0 −t. tA =. t. .. 0. Se vió en el ejemplo 2.2.7 que et A =. La derivada de et A es d tA e = dt. cos t − sin t sin t. . .. cos t. − sin t − cos t − sin t. cos t. .. Por otra parte, et A A =. cos t − sin t sin t. . cos t. 0 −1 1. . =. 0. − sin t − cos t − sin t. cos t. De este modo verificamos la fórmula de derivada. Ejemplo 2.3.7 Notemos que.

(28). d

(29) dt t=0. et A = Aet A . Si. et A = e−t encontrar A.. 1 t 0 1. . =. e−t te−t 0. e−t. ,. ..

(30) §2.3 D ERIVADAS. 18. MATRICIALES. Solución En este caso. luego A =. −1. 1. 0. −1. .

(31) −t e−t − te−t −e d

(32)

(33) ; et A = dt

(34) t=0 0 −e−t. . Notemos que Aet A = =. −1. 1. 0. −1. . e−t te−t 0. −e−t e−t − te−t 0. −e−t. . e−t .. A continuación vamos a relacionar a las matrices exponenciales con flujos en Rn y con ecuaciones diferenciales. Proposición 2.3.8 Sea A ∈ Mn . Sea φ : R × Rn → Rn , con φ(t, x) = et A x. Entonces φ es un flujo completo en Rn . Solución Se deja como ejercicio al lector.. . Proposición 2.3.9 Para cada x, φ(t, x) = et A x es solución de la siguiente ecuación diferencial: y˙ = Ay con y(0) = x. Demostración Sea x ∈ Rn y y(t) = et A x. Como φ es un flujo, sabemos que y satisface y˙ =

(35) f (y), y(0) = x, donde f (u) = dtd

(36) t=0 φ(t, u). En este caso,

(37) d

(38)

(39) d tA e u = Aet A u. φ(t, u) =

(40) dt t=0 dt

(41) Por lo tanto, f (y) = Aet A y

(42) t=0 = Ay..

(43) §2.4 C ÁLCULO. DE LA EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. 19. 2.4 Cálculo de la exponencial de una matriz Definición 2.4.1 Sea A ∈ M p . Una función matricial : R → M p es una matriz fundamental de soluciones de la matriz A si a) (t) es invertible, b) (t) = A (t). Ejemplo 2.4.2 (t) = et A es una matriz fundamental de soluciones. Lema 2.4.3 Sean w1 (t), w2 (t), . . . , wn (t) soluciones de y˙ = Ay, que son soluciones linealmente independientes. Entonces (t) = (w1 (t) · · · wn (t)) es una matriz fundamental de soluciones. Demostración La matriz (t) es invertible porque las columnas son linealmente independientes. Notemos que (t) = (w˙1 (t) · · · w˙n (t)) = (Aw1 (t) · · · Awn (t)) = A (w1 (t) · · · wn (t)) = A (t). Concluimos que (t) es una matriz fundamental de soluciones. Proposición 2.4.4 Sean 1 (t) y 2 (t) dos funciones matriciales definidas en el mismo intervalo. Entonces d ( 1 (t) 2 (t)) = 1 (t) 2 (t) + 1 (t) 2 (t). dt Demostración Sea (t) = 1 (t) 2 (t), queremos estimar (t + h) − (t). − [ 1 (t) 2 (t) + 1 (t) 2 (t)] . h.

(44) §2.4 C ÁLCULO. DE LA EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. 20. Fijamos t y definimos Z 1 (h) = 1 (t + h) − 1 (t) − h 1 (t) y Z 2 (h) = 2 (t + h) − 2 (t) −. h 2 (t). Se puede ver que. Z 1 (h) =0y lim h→0 h . y. Z 2 (h) =0 lim h→0 h . Entonces también lim Z 1 (h) = 0 y lim Z 2 (h) = 0.. h→0. h→0. Se puede ver que: (t + h) − (t) . − [ (t) (t) +. (t) (t)] 1 2 2 1 h Z 1 (h) Z 2 (h) . + |h| (t) (t) . + 1 (t) + h (t) ≤. (t + h) 2 1 1 2 h h El límite cuando h → 0 del lado derecho es 0 y por lo tanto (t + h) − (t). − [ 1 (t) 2 (t) + 1 (t) 2 (t)] lim = 0. h→0 h Esto termina la demostración. Proposición 2.4.5 Sea (t) ∈ Mn una matriz fundamental de A. Entonces et A = (t) (0)−1 . Esto es, (t) = et A (0). Demostración Sea (t) = e−t A (t). Vamos a demostrar que (t) = 0. Por la proposición anterior,. (t) = e−t A (− A) (t) + e−t A (t) = e−t A (− A) (t) + e−t A A (t) = 0 Por lo tanto, (t) es una matriz constante, (t) ≡ c. En particular, c = (0) = I (0) = (0). Concluimos que et A (t) = (0) y como (0) es invertible, et A = (t) (0)−1 ..

(45) §2.4 C ÁLCULO. 21. DE LA EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. Corolario 2.4.6 Si (t) es una matriz fundamental de soluciones entonces A = (0) (0)−1 . Demostración Sabemos que et A = (t) (0)−1 . Esto implica al sacar derivadas que Aet A = (t) (0)−1 . Finalmente, se sustituye t = 0 y se obtiene A = (0) (0)−1 y esto termina la demostración. Ejemplo 2.4.7 Calcular et A si A =. 3 1 4 3. .. Solución Queremos encontrar dos soluciones linealmente independientes del problema x˙ = Ax. Usaremos el método de vectores propios. Primero calculamos el polinomio característico. PA (λ) = λ2 − 6λ + 5 = (λ − 1)(λ − 5).. Si λ1 = 1 entonces v1 = (1, −2)T es vector propio. Si λ2 = 5 entonces v2 = (1, 2)T es vector propio. Entonces. x1 (t) = eλ1 t v1 =. y. . −2et . x2 (t) = eλ2 t v2 =. et. e5t. . 2e5t. son dos soluciones linealmente independientes. Por lo tanto, e5t et (t) = −2et 2e5t.

(46) §2.4 C ÁLCULO. 22. DE LA EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. es una matriz fundamental de soluciones y tenemos: e. tA. −1. = (t) (0) = =. et. =. e5t. et. . e5t. 1. 1. −1. −2et 2e5t −2 2 1/2 −1/4. −2et 2e5t. 1/2. 1/4. 1/2(et + e5t ) 1/4(−et + e5t ) −et + e5t. . 1/2(et + e5t ). .. Ejemplo 2.4.8 Sea. . −3 0.  A=  0. 0.  0.  3 −2   1 1. Calcular la matriz et A . Solución Debemos encontrar w1 (t), w2 (t), w3 (t), tres soluciones linealmente independientes del problema x˙ = Ax. Usamos el método de vectores propios. El polinomio característico es PA (λ) = det(A − λI ) = (−3 − λ)(λ2 − 4λ + 5) Los valores propios son λ1 = −3, λ2 = 2 + i, λ3 = 2 − i Los vectores propios v1 para λ1 = −3 se calculan usando la ecuación (A − λI )v1 = 0. Esto es .  0 0. 0. .  0.      0 6 −2  v1 =  0  .     0 1 4 0.

(47) §2.4 C ÁLCULO. 23. DE LA EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. Concluimos que. .  1.    v1 =   0  0 es vector propio. Con λ2 = 2 + i hacemos algo similar    0 −5 − i 0 0      0 1−i −2    v2 =  0 0 0 1 −1 − i . Concluimos.   . .  0.    v2 =  1 + i   1 es vector propio. Por lo tanto obtenemos para λ1 la siguiente solución   −3t e   λt  w1 (t) = e v1 =  0   0 Para λ2 y v2 separamos en parte real e imaginaria. Recordemos que si v2 es vector propio con valor propio λ2 y además estos se pueden escribir como λ2 = α + iβ y v2 = r + i s, entonces las siguientes son dos soluciones del sistema lineal w2 (t) = eαt [(cos βt) r − (sin βt) s] , w3 (t) = eαt [(sin βt) r + (cos βt) s] . En este caso α = 2, β = 1,. .  0. .  0.      y s =  1 . r = 1     1 0.

(48) §2.4 C ÁLCULO. 24. DE LA EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ. Obtenemos. . .  0. . .      1  − sin t  cos t w2 (t) = e2t      1     0     2t    w3 (t) = e sin t  1   + cos t  1. 0.   1   0  0   1   0. De lo anterior construimos una matriz fundamental de soluciones.  e−3t 0 0  2t 2t  (t) =  0 e (cos t − sin t) e (sin t + cos t) 0 e2t cos t e2t sin t.    . Por la propiedad anterior, et A = (t) (0)−1  −1 1 0 0    = (t)  0 1 1   0 1 0   1 0 0    = (t)  0 0 1   0 1 −1  e−3t 0 0  2t 2t  =  0 e (sin t + cos t) −2e sin t e2t (cos t − sin t) 0 e2t sin t. .   . .

(49) §2.5 E CUACIONES. DE ORDEN. n. Y MÉTODO DE. F ULMER. 25. 2.5 Ecuaciones de orden n y método de Fulmer Definición 2.5.1 Una ecuación lineal de orden n con coeficientes constantes es una ecuación de la forma: αn y (n) + αn−1 y (n−1) + · · · + α1 y + α0 y = 0. donde αn = 0. Vamos a establecer una relación entre la exponencial de una matriz y una ecuación de orden n. Usaremos el siguiente resultado. Teorema 2.5.2 (Cayley-Hamilton) Sea A ∈ Mn y PA (λ) su polinomio característico: PA (λ) = (−1)n λn + · · · + α1 λ + α0 = 0. Entonces PA (A) = (−1)n An + · · · + α1 A + α0 I = 0. 3 1 Ejemplo 2.5.3 Si A = ; su polinomio característico es λ2 − 6λ + 5. Entonces 4 3 13 6 A2 = . Por lo tanto 24 13 PA (A) = A2 − 6 A + 5I 13 6 18 6 5 0 = − + = 0. 24 13 24 18 0 5 Proposición 2.5.4 Sea A ∈ Mn y PA (λ) = (−1)n λn +αn−1 λn−1 +· · ·+α1λ+α0 . Entonces cada una de las entradas de et A satisface la ecuación (−1)n y (n) + αn−1 y (n−1) + · · · + α1 y + α0 y = 0. Demostración.

(50) §2.5 E CUACIONES. Sabemos que. DE ORDEN. d tA dt e. n. Y MÉTODO DE. 26. F ULMER. = Aet A Entonces: d2 t A e = A2 et A dt 2 d3 t A e = A3 et A dt 3 .. . dn t A e = An et A n dt. Esto implica que dn t A d e + · · · + α1 e t A + α0 e t A n dt dt n n tA = (−1) A e + · · · + α1 Aet A + α0 et A. (−1)n. = ((−1)n An + · · · + α1 A + α0 I )et A = 0. Sea y(t) la entrada (i, j ) de et A : y(t) = (et A )i j . Sabemos que. dk y(t) dt k. =. . dk t A e dt k ij. . Por. lo tanto (−1)n y (n) + αn−1 y (n−1) + · · · + α1 y + α0 y = ( n ) ( ) t A d tA d tA n e e + · · · + α + α e ij = (−1) 1 0 dt n dt ij ij ) ( n d tA n d tA tA = 0. (−1) n e + · · · + α1 e + α0 e dt dt ij Esto termina la demostración. 3 1 Ejemplo 2.5.5 Sea A = . Por la proposición anterior, cada entrada de et A satis4 3 . face y − 6y + 5y = 0. La solución general de esta ecuación es y(t) = c1 et + c2 e5t . Esto concuerda con el resultado del ejemplo 2.5.3, pues se obtuvo que t + 2e5t t + e5t −e 2e 1 . et A = 4 −4et + 4e5t 2et + 2e5t Esto es, cada entrada es de la forma de la solución general..

(51) §2.5 E CUACIONES. DE ORDEN. n. Y MÉTODO DE. 27. F ULMER. Supongamos que podemos encontrar la solución general de la ecuación (−1)n y (n) + αn−1 y (n−1) + · · · + α1 y + α0 y = 0, en la forma de y(t) = c1 η1 (t) + c2 η2 (t) + · · · + cn ηn (t). Supongamos que yi j (t) es la entrada (i, j ) de et A . Entonces existirán constantes ci1j , ci2j , . . . , cinj tales que yi j (t) = ci1j η1 (t) + · · · + cinj ηn . Llamaremos E k a la matriz de coeficientes que acompañan a ηk . Concluimos que et A = η1 (t)E 1 + · · · + ηn (t)E n . De este modo, conociendo el polinomio característico de una matriz se puede escribir la forma de la exponencial. El problema de encontrar la exponencial se reduce, por tanto, a calcular las matrices E1, . . . , En . Ejemplo 2.5.6 Calcular la matriz exponencial de A =. 1 α 0 1. .. Solución El polinomio característico de A es PA (λ) = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2 . Cada entrada de A satisface y − 2y + y = 0. Como λ1 = 1 es raíz repetida la solución general de la ecuación es y(t) = c1 et +c2 tet . Se utiliza en este caso η1 (t) = et y η2 (t) = tet . Por lo tanto, la exponencial es de la forma et A = et E 1 + tet E 2 , donde E 1 y E 2 son matrices por determinar. Notemos que al sustituir t = 0 se tiene que I = e0 = E 1 . Además, d tA e = Aet A = et E 1 + et E 2 + tet E 2 . dt.

(52) §2.5 E CUACIONES. DE ORDEN. n. Y MÉTODO DE. 28. F ULMER. Si volvemos a sustituir t = 0 entonces A = E 1 + E 2 = I + E 2 y esto implica que E 2 = A− I . Por lo tanto et A = et I + tet (A − I ) 1 0 0 α = et + tet 0 1 0 0 et αtet = 0 et. . Esto concuerda con lo encontrado en el ejemplo 2.2.6. 0 −1 Ejemplo 2.5.7 Sea A = . Calcular et A por el método descrito en esta sección. 1 0 Solución En este caso PA (λ) = λ2 + 1, entonces las entradas de et A satisfacen y + y = 0; cuya solución general es y(t) = c1 cos t + c2 sin t. La exponencial es et A = (cos t)E 1 + (sin t)E 2 , entonces Aet A = (− sin t)E 1 + (cos t)E 2 . Si t = 0, entonces tenemos que I = E 1 y que A = E 2 . Por lo tanto,. . et A = (cos t)I + (sin t)A = Este resultado concuerda con el del ejemplo 2.2.7.. cos t − sin t sin t. . cos t. .. . Dada una ecuación αn y (n) + · · ·+ α1 y + α0 y = 0 y el polinomio característico asociado: αn λn + · · · + α1 λ + α0 = 0; se puede obtener la solución general con base en las raíces del polinomio: P(λ) = αn (λ − λ1 )m 1 (λ − λ2 )m 2 . . . (λ − λr )m r . Si λi es real con multiplicidad m i , podemos asociarle m i soluciones: {eλi t , teλi t , t 2 eλi t , . . . , t m i −1 eλi t }. Si λi es complejo, entonces λi también lo es. A la pareja λi , λi le asociamos 2m i soluciones. Supongamos que λi = α + iβ. Se tienen las soluciones {eαt cos βt, eαt sin βt, teαt cos βt, teαt sin βt, . . . , t m i −1 eαt cos βt, t m i −1 eαt sin βt}..

(53) 29. E JERCICIOS .  0 9. 3.   . Ejemplo 2.5.8 Calcular la exponencial de A =  0 2 −1   0 1 2 Solución . . −λ 9 3   2  det  0 2 − λ −1   = (−λ)(2 − λ) − λ = 0 0 1 2−λ Entonces λ1 = 0, λ2 = 2 + i y λ3 = 2 − i . De aquí que η1 (t) = eλ1 t = 1, η2 (t) = e2t cos t y η3 (t) = e2t sin t. Entonces et A = E 1 + e2t cos t E 2 + e2t sin t E 3 , Aet A = 2e2t cos t E 2 + e2t (− sin t)E 2 + 2e2t sin t E 3 + e2t cos t E 3 , A2 et A = (4e2t cos t − 2e2t sin t)E 2 − (2e2t sin t + e2t cos t)E 2 + (4e2t sin t + 2e2t cos t + 2e2t cos t − e2t sin t)E 3 . Si evaluamos en t = 0 tenemos el siguiente sistema de ecuaciones I = E1 + E2, A = 2E 2 + E 3 , A2 = 3E 2 + 4E 3 . Por lo tanto, E 1 = I − E 2 , E 2 = 1/5(4 A − A2 ) y E 3 = 1/5(2 A2 − 3 A).. E JERCICIOS. ✎ 2.1 Usar el lema 2.2.2 para demostrar la siguiente desigualdad n+1 A e − Sn (A) ≤ A e A . (n + 1)!. .

(54) 30. E JERCICIOS. ✎ 2.2 Sean A y B dos matrices de n × n. Sean α = A y β = B . Suponer que las matrices conmutan, es decir, que A B = B A. a) Demostrar que la siguiente serie converge. ∞ αr β s . r ! s! k=0 r +s=k. b) Demostrar. n Ar B s Sn (A + B) = r ! s! k=0 r +s=k. y. . Sn (A)Sn (B) =. 0≤r,s≤n. Ar B s . r ! s!. c) Demostrar la siguiente desigualdad. Sn (A)Sn (B) − Sn (A + B) ≤. ∞ . αr β s . r ! s!. k=n+1 r +s=k. d) Concluir que e A e B = e A+B = e B e A . e) Encontrar dos matrices cuyas exponenciales no satisfagan la ecuación del inciso anterior.. ✎ 2.3 Las siguientes son tres soluciones linealmente independientes de un problema lineal de la forma x˙ = Ax.   x1 (t) =  . 4 − 2 et 0. −4 + 3 et. . .    , x2 (t) =   . −7 et et 7 et. . .    y x3 (t) =   . Encontrar la matriz A y calcular la matriz exponencial et A .. ✎ 2.4 Encontrar la exponencial de las siguientes matrices.. 2 − 2 et 0 −2 + 3 et.   . .

(55) 31. E JERCICIOS . . . 0 1 1.  a)   1 1  1   b)  1 1.  0 1   1 0  1 1  1 1   1 1. −2.  c)   −10 −4 d). 1. 3. −1 0 0.  7.  16   6. . 0 −1. (Sugerencia: notar que λ = 2 es un valor propio para el inciso c.). ✎ 2.5 ¿Cómo se podría resolver el siguiente problema de valores iniciales? dy = Ay + b(t), dt y(0) = x0 , en donde b : R → Rn es una función continua y A es una matriz de n × n. (Sugerencia: usar la exponencial e−t A como factor integrante.). ✎ 2.6 Sea A ∈ Mn . Sea φ : R × Rn → Rn , con φ(t, x) = et A x. Demostrar que φ es un flujo completo en Rn .. ✎ 2.7 Sea A ∈ Mn y α ∈ R. Sea φ : R × Rn → Rn , dada por φ(t, x) = e−αt et A x. Demostrar que φ es un flujo completo en Rn y encontrar la ecuación diferencial que satisface.. ✎ 2.8 Sea A una matriz de 2 × 2. Demostrar lo siguiente. a) Si A tiene dos valores propios reales y distintos entonces λ1 y λ2 entonces et A =. λt 1 e 1 (A − λ2 I ) − eλ2 t (A − λ1 I ) . λ1 − λ2. b) Si A tiene un dos valores propios complejos λ1 = α + iβ y λ2 = α − iβ con β = 0, entonces e. tA. ) ( 1 =e (cos βt) I + (sin βt) (A − α I ) . β αt.

(56) 32. E JERCICIOS c) Si A tiene un valor propio repetido λ1 entonces et A = eλ1 t (I + t ( A − λ1 I )) .. ✎ 2.9 Sea A ∈ Mn . Se dice que W ⊂ Rn es un subespacio invariante de A si Av ∈ W para todo v ∈ W. Demostrar que si W es un subespacio invariante para A, entonces también lo es para et A .. ✎ 2.10 Sea A una matriz de 2 × 2 con dos valores propios reales y distintos λ1 y λ2. Sean W1 = ker (A − λ1 I ) y W2 = ker (A − λ2 I ) . Demostrar a) R2 = W1 ⊕ W2 . b) W1 y W2 son subespacios invariantes de A. c) Dado x ∈ R2 existen dos funciones y1 (t) y y2 (t) tales que x = y1 (0) + y2 (0), et A x = y1 (t) + y2 (t) y yi (t) ∈ Wi . Encontrar y1 (t) y y2 (t) explícitamente. (Sugerencia: Notar que (A − λ1 I ) (A − λ2 I ) = (A − λ2 I ) (A − λ1 I ) = 0 .). ✎ 2.11 Una matriz D de n × n es diagonalizable si existe una matriz invertible P tal que D = P diag(λ1 , . . . , λn )P −1 . Demostrar que, si D es diagonalizable entonces et D = P diag(eλ1 t , . . . , eλn t )P −1 .. ✎ 2.12 Una matriz N de n × n es nilpotente si N n ≡ 0. Un teorema de álgebra lineal nos permite afirmar que, para cualquier matriz A de n × n, existen matrices D y N tales que a) D es diagonalizable, b) N es nilpotente, c) A = D + N y d) N D = D N .. Demostrar que et A = et D I + t N +. 1 2 2 2! t N. t n−1 + . . . (n−1)! N n−1 ..

(57) E JERCICIOS. 33. ✎ 2.13 Sea A una matriz de n × n tal que PA (λ) = (λ − γ )n . Calcular et A . (Sugerencia: demostrar primero que A − γ I es nilpotente.). ✎ 2.14 Sea matriz A de n × n. Suponer que v = r + i s un vector propio con valor propio λ = α + iβ, donde β = 0. Demostrar que el espacio W = span {r, s} es un subespacio invariante para et A . ¿Es cierto que si x ∈ W entonces ) ( 1 tA αt e x=e (cos βt) x + (sin βt) ( Ax − αx) ? β.

(58) CAPÍTULO 3. Estabilidad de Sistemas Lineales.. 3.1 Matrices no degeneradas En este capítulo iniciaremos el estudio del comportamiento de las soluciones de un sistema lineal. Sabemos que la soluciones de este sistema están íntimamente relacionadas con la matriz exponencial de A; esto es, cualquier función de la forma et A x es solución del problema y˙ = Ay,. (PL). y(0) = x. Nos preguntamos si todas las soluciones son de esta forma. Tenemos el siguiente resultado. Proposición 3.1.1 La función y(t) = et A x es la única solución del problema (PL). Definición 3.1.2 Una matriz A es no degenerada si.

(59) §3.1 M ATRICES. 35. NO DEGENERADAS. a) det(A) = 0, b) A no tenga raíces repetidas, c) Los valores propios de A tengan parte real distinta de cero. Una matriz que viola alguna de las condiciones anteriores se dirá que es degenerada. Definición 3.1.3 Sea A una matriz no degenerada. a) Diremos que A es de tipo atractor si todos los valores propios de A tienen parte real negativa. b) Diremos que A es de tipo repulsor si todos los valores propios de A tienen parte real positiva. c) Diremos que A es de tipo silla si A tiene valores propios tanto con parte real positiva como con parte real negativa. Ejemplo 3.1.4 Demostrar que la siguiente matriz es no degenerada y clasificarla.   −1 2 3   . A= 0 0 1   0 −6 5 Solución El polinomio característico de A es (−1)(λ + 1)(λ − 3)(λ − 2). Los valores propios de A son λ1 = −1, λ2 = 2 y λ3 = 2. Notemos que det(A) = λ1 λ2 λ3 = −6 = 0. No hay raíces repetidas ni valores propios con parte real cero, por lo tanto A es no degenerada. También, como hay valores propios con parte real positiva y negativa A es silla.. . Ejemplo 3.1.5 Encontrar los casos degenerados de las matrices de 2 × 2 en términos de la traza y el determinante de A..

(60) §3.1 M ATRICES. 36. NO DEGENERADAS. Solución Sea A una matriz de 2 × 2. El polinomio característico de A es PA (λ) = λ2 − tr(A)λ + det(A). Sea (A) = tr(A)2 − 4 det(A). La matriz A tiene raíces repetidas sí y sólo si el discriminate (A) = 0. Los valores propios √ tr(A) ± (A) λ1,2 = 2 1 Si (A) < 0 entonces la parte real de λ1,2 es 2 tr(A). Es decir, si (A) < 0, entonces el son. caso degenerado ocurre cuando tr(A) = 0. Tal caso sucede si det(A) > 0 y tr(A) = 0. Si (A) > 0 entonces no hay caso degenerado si det(A) = 0. En resumen A es degenerada si alguna de las siguientes ocurre. a) det(A) = 0, b) (A) = 0, c) det(A) > 0 y tr (A) = 0. Posteriormente haremos un examen más detallado de los sistemas 2 × 2.. . En un diagrama tenemos los siguientes puntos degenerados encontrados en el ejemplo anterior. En el caso 2 × 2 los casos no degenerados se encuentran en cinco regiones. Las propiedades de los valores propios correspondientes a las matrices en estas cinco regiones se resumen en la siguiente tabla. valores propios Región det(A). tr(A) (A). tipo. parte real. nombre. +. nodo atractor. I. +. +. +. reales. II. +. +. −. complejos +. espiral atractora. III. +. −. −. complejos −. espiral repulsora. IV. +. −. +. reales. V. −. ∗. +. complejos +, −. −. nodo repulsor silla.

(61) §3.2 M ATRICES. 37. ATRACTORAS. det(A). III. D(A) = 0. II. IV. I 0. tr(A). V. 3.2 Matrices atractoras Teorema 3.2.1 Sea A una matriz cuadrada no degenerada. Las siguientes afirmaciones son equivalentes: a) A es de tipo atractor. b) Existen constantes positivas C, α tales que et A ≤ Ce−αt para toda t ≥ 0. c) Para toda x0 ∈ Rn , lim et A x0 = 0. t→∞. d) Existe una matriz simétrica positiva definida, M, tal que M A + A T M = −I . Demostración.

(62) §3.2 M ATRICES. 38. ATRACTORAS. a)⇒b) Sabemos que existen funciones η1 (t), . . . , ηn (t) y matrices E 1 , . . . , E n tales que et A. = η1 (t)E 1 (t) + · · · + ηn (t)E n ; en donde cada función es de la forma ηk (t) = eλk t ó. ηk (t) = eαk t cos βk t ó ηk (t) = eαk t sin βk t, ya que A es no degenerada. Como A es de tipo atractor, entonces λk < 0 ó αk < 0, según el caso. Sea α > 0 tal que max{Re(λ) : λ es valor propio de A} < −α < 0. Notemos que eαt ηk (t) es de la forma eαt ηk (t) = e(α+λk )t. ó. eαt ηk (t) = e(α+αk )t cos βk t. ó. eαt ηk (t) = e(α+λk )t sin βk t. Por construcción α + Re(λ) < 0 y por lo tanto |eαt ηk (t)| ≤ 1 para toda t ≥ 0. Notemos que eαt et A = eαt η1 (t)E 1 + · · · + eαt ηn (t)E n ≤ |eαt η1 | E 1 + · · · + |eαt ηn (t)| E n ≤ E 1 + . . . E n para toda t ≥ 0.Sea C = E 1 + . . . E n , entonces si t ≥ 0 tenemos que eαt et A ≤ C y, por lo tanto, et A ≤ Ce−αt . b)⇒c) Sea x0 ∈ Rn . Entonces lim et A x0 = x0. t→∞. si y sólo si. lim et A x0 2 = 0.. t→0. Notemos que 0 ≤ et A x0 ≤ et A x0 ≤ Ce−αt x0 −→ 0 para algunas constantes C, α > 0 y toda t ≥ 0. Por lo tanto, lim et A x0 = 0.. t→0. Luego lim et A x0 = 0.. t→0.

(63) §3.2 M ATRICES. 39. ATRACTORAS. c)⇒d) Consideremos la siguiente función lineal: : Mn → Mn , (B) = B A + AT. B. Recordemos que dim(ker( )) + dim(Im( )) = dim(Mn ). Si demostramos que. ker( ) = (0), habremos demostrado que es inyectiva y suprayectiva. Sea N ∈ Mn tal que (N ) = 0. Sea x0 ∈ Rn . Definimos : R → R como (t) = N et A x0 , et A N x0 . Entonces d d d. (t) = N et A x0 , et A N x0 + et A N x0 , et A N x0 dt dt dt tA tA = N e x0 , Ae N x0 + N Aet A N x0 , et A N x0 = A T N et A x0 , et A N x0 + N Aet A x0 , et A N x0 = (A T N + N A)et A x0 , et A N x0 = 0. Por otro lado tenemos que, por hipótesis, lim (t) ≡ 0.. t→∞. De este modo concluimos que (t) ≡ 0 y en particular (0) = 0 = N x0, N x0 . Es decir N x0 = 0 y esto implica N x0 = 0. Como x0 es arbitrario, entonces N ≡ 0. Por lo tanto. es inyectiva y suprayectiva. Sea M ∈ Mn tal que (M) = M A + A T M = −I . Notemos que (M T ) = (M)T =. (M). Como es inyectiva entonces M = M T . Para ver que M también es positiva definida, tomemos x0 = 0 y demostremos que x0 , M x0 > 0. Sea K (t) = et A x0 , Met A x0 . d K (t) = Aet A x0 , Met A x0 + et A x0 , M Aet A x0 dt = et A x0 , A T Met A x0 + et A x0 , M Aet A x0 = et A x0 , (A T M + M A)et A x0 = −et A x0 , et A x0 = − et A x0 2 < 0 También, por hipótesis, lim K (t) = 0.. t→∞.

(64) §3.3 M ATRICES. 40. TIPO SILLA. Entonces K (0) > 0. Es decir que x0 , M x0 > 0. Por lo tanto M es positiva definida. ¯ d)⇒a) Sea v un vector propio de A con valor propio λ. Entonces Av = λv y Av = λv. El número v T Mv es un número real puesto que v T Mv = v T Mv = v T M T v = v T Mv. Entonces v T (M A + A T M)v = v T M Av + v T A T Mv = λ(v T Mv) + λ(v T Mv) = (λ + λ)T (v T Mv) Pero v T (M A + A T M)v = −v¯ T v < 0. Concluimos que 2Re(λ) = λ + λ =. −v¯ T v < 0. v¯ T Mv. Por lo tanto, todos los valores propios tienen parte real negativa y entonces A es de tipo atractor.. 3.3 Matrices tipo silla Sea A una matriz no degenerada. Nos preguntamos acerca de las condiciones iniciales x tales que lim et A x = 0.. t→∞. Por el teorema 3.2.1 anterior, si A es atractor, este límite se cumple para toda x ∈ Rn . Además se cumple el siguiente resultado. Proposición 3.3.1 Sea A de tipo atractor, entonces para toda x = 0 se tiene que lim et A x2 = +∞.. t→−∞. Notemos que, si A es de tipo repulsor, entonces − A es atractor. Esto implica el siguiente..

(65) §3.3 M ATRICES. 41. TIPO SILLA. Corolario 3.3.2 Si A es de tipo repulsor, entonces lim et A x = 0. t→−∞. para todo x y. lim et A x2 = +∞,. t→∞. para x = 0. En una matriz de tipo silla algunas condiciones iniciales cumplen lim et A x = 0, otras t→∞. lim et A x = 0 y otras ninguna de las dos. Para estudiar las distintas condiciones iniciales. t→−∞. tenemos el siguiente. Teorema 3.3.3 (Subespacios invariantes) Sea A una matriz de tipo silla. Sean Es = {x ∈ Rn : lim et A x = 0} t→∞. y Eu = {x ∈ Rn : lim et A x = 0}. t→−∞. Entonces a) Es , Eu son subespacios vectoriales de Rn . b) R = Es ⊕ Eu . c) Cualquier solución x(t) del sistema lineal x˙ = Ax se puede escribir como x(t) = qs (t) + qu (t), donde qs (t) ∈ Es , qu (t) ∈ Eu , lim qs (t) = 0 y lim qu (t) = 0. t→∞. t→−∞. d) Cada subespacio Eu , Es es invariante. e) dim Es = #{valores propios con parte real negativa} y dim Eu = #{valores propios con parte real positiva}. A Es se le llama espacio estable y a Es el espacio inestable de la matriz A..

(66) §3.3 M ATRICES. 42. TIPO SILLA. Demostración Sean σ + (A) = {valores propios con parte real positiva} y σ − (A) = {valores propios con parte real negativa}. Tenemos que + + + + + σ + (A) = {λ+ 1 , . . . , λm 1 , µ1 , . . . , µm 2 , µ1 , . . . , µm 2 },. donde λi+ son reales y µ+j son complejos. Notar que #(σ + (A)) = m 1 + 2m 2 . Además − − − − − σ − (A) = {λ− 1 , . . . , λm 3 , µ1 , . . . , µm 4 , µ1 , . . . , µm 4 },. y #(σ − (A)) = m 3 + 2m 4 . + Para cada real λi+ existe un vector propio vi+ y para cada complejo µ+j = α + j + iβ j existe. un valor propio r+j + i s+j . Para λi+ tenemos la solución +. eλi t vi+ = fi+ (t) y para cada µ+j tenemos dos soluciones, +. + + + αi t (cos(β + g+ j (g) = e j t)r j − sin(β j t)s j ). y +. + + + h +j (g) = eαi t (sin(β + j t)r j + cos(β j t)s j ).. Cualquier solución x(t) es una combinación lineal. x(t) = +. m1 i=1 m3 i=1. Ci+ fi+. m2 + + + + (D + j g j + Fj h j ). Ci− fi− +. j =1 m 4 . − − − (D − j g j + Fj h j ). j =1.

(67) §3.3 M ATRICES. 43. TIPO SILLA. Si x(t) = et A x, entonces x = x(0) =. m1 . Ci+ vi+. +. Ci− vi− +. qs (t) =. m4 . − − − (D − j r j + Fj s j ). j =1. i=1. Sean. m3 . Ci− fi−. +. m1 . m4 . − − − (D − j g j + F j h j ),. j =1. i=1. qu (t) =. + + + (D + j r j + Fj s j ). j =1. i=1 m3 . +. m2 . Ci+ f i+ +. m2 . + + + (D + j g j + F j h j ).. j =1. i=1. Entonces x(t) = qs (t) + qu (y). lim qs (t) = 0 y lim qu (t) = 0.. t→∞. t→−∞. Además una condición necesaria y suficiente para que lim x(t) = 0. t→∞. es que qu (t) ≡ 0; del mismo modo lim x(t) = 0. t→−∞. + − − − si y sólo si qs (t) ≡ 0. Como las soluciones fi+ , g + j , h j , f i , g j , h j son linealmente inde-. pendientes, entonces lim x(t) = 0. t→∞. si y sólo si x ∈ span{vi− , r−j , s−j }. Concluimos que Es = span{vi− , r−j , s−j }, Eu = span{vi+ , r+j , s+j }. Como vi+ , r+j , s+j , vi− , r−j , s−j son linealmente independientes, entonces dim(Es ) = m 1 + 2m 2 y dim(Eu ) = m 3 + 2m 4 , y por lo tanto, Rn = Es ⊕ Es ..

(68) §3.3 M ATRICES. 44. TIPO SILLA. . 3 −3.  1.   . Encontrar Es y Eu . Ejemplo 3.3.4 Sea A =  0 0 1   0 −2 −2 Solución − − La matriz A tiene 3valores propios λ+ 1 = 3, µ1 = −1 + i y µ1 = −1 − i . Tenemos los. siguientes vectores propios:. .  1.    v1+ =   0  0 y. . . . . . 1 0           1  =  1  +i  0 . −1 + i −1 1               1     1   0     y Es = span  1  ,  0  . Por lo visto en el teorema 3.3.3, Eu = span  0             0   −1  1  Podemos resolver este problema directamente de la definición. Tenemos tres soluciones r1−. + i s1−.  = . 1. . linealmente independientes: . e3t. .   + , f 1+ (t) = eλ1 v1+ =  0   0  cos t  − g1 (t) = e−t  cos t  − cos t − sin t y.   −t  (t) = e h− 1 .    .  sin t sin t cos t − sin t.  . .

(69) §3.3 M ATRICES. 45. TIPO SILLA. . Sea. e3t.  (t) =   0 0. e−t cos t. e−t sin t. e−t cos t. e−t sin t. . −e−t (cos t + sin t) e−t (cos t − sin t).  . . Sabemos que (t) es una matriz fundamental de soluciones y por lo tanto et A = (t) (0)−1 . Esto es . e−t cos t. e3t. e−t sin t.  1. 1.   −t cos t −t sin t  0 1 et A =  e 0 e   0 −e−t (cos t + sin t) e−t (cos t − sin t) 0 −1   1 −1 e−t cos t e−t sin t e3t    0 1 = e−t cos t e−t sin t   0 −t −t 0 1 0 −e (cos t + sin t) e (cos t − sin t)   3t 3t −t −t e −e + e (cos t + sin t) e sin t   −t  . = 0 e−t sin t e (cos t + sin t)  −t −t 0 −2e sin t e (cos t − sin t) Supongamos que x = (u, v, w) ∈ Es . Queremos que lim et A x = 0.. t→∞. Notemos que   e x=  tA. ue3t. − ve3t. + ve−t (cos t. ve−t (cos t. + sin t) + we−t. + sin t) + we−t.  sin t. sin t. −2ve−t sin t + we−t (cos t − sin t). Entonces x = (u, v, w) ∈ Es si sólo si u − v = 0. Concluimos que . s 3 E = (u, v, w) ∈ R : u = v ..  . . 0. −1.  0   1  0  0   1.

(70) 46. E JERCICIOS. Ya habíamos visto que.      0  1       s    E = span   1  ,  0  .     −1 1 . Ambos resultados coinciden.. . E JERCICIOS. ✎ 3.1 La función y(t) = et A x es la única solución del problema y˙ = Ay, y(0) = x. ✎ 3.2 Sea A una matriz no degenerada. Demostrar a) A es de tipo atractor si y sólo si lim et A x 2 = +∞, para todo x = 0. t→−∞. b) A es de tipo repulsor si y sólo si lim et A x 2 = +∞, para todo x = 0. t→∞. ✎ 3.3 Clasificar las siguientes matrices. . a). . 3. .. −2 −6 . b). 1. c). 0. 3. d). 1. 1. . .. 3. 3. −1 2. .. −1 0 1. g). −1. . 0 2. . .. −2 −1 . .. 1 −1 . f) . .. 2 100 . . . 3. −2 11 . e). 1. −1 0 0. .  h)   2 2.  7 1  . 1 7. . . 1 1 1    i)  1 1 1  . 1 1 1. (Sugerencia: Para clasificar, no es necesario resolver el sistema lineal.).

(71) 47. E JERCICIOS. ✎ 3.4 Consideremos el siguiente problema con valores iniciales: . X˙ =. 0. 1. . X,. 2 −1 u X (0) = , v donde u y v son constantes reales. a) Resolver el problema.. b) ¿Cuánto debe valer u y v si deseamos que lim X (t) = 0? t→∞. ✎ 3.5 Calcular los espacios estable e inestable de la siguiente matriz. . −1 0.  A=  1. 1. . 0.  1 −1   1 1. ✎ 3.6 Suponer que la siguiente matriz está en la región I I o I I I ; es decir, es de tipo espiral.. A=. a b. . c d. a) Demostrar que bc < 0. b) Suponer que x(t) = (x1 (t), x2 (t)) es solución del sistema x˙ = Ax. Escribir el sistema en coordenadas polares x1 = r cos θ, x2 = r sin θ. Esto es, encontrar ecuaciones para θ˙ y r˙ , en términos de θ y r..

(72) E JERCICIOS. 48. c) Mostrar que la espiral se mueve en la dirección contraria a las manecillas del reloj si c > 0 y en la dirección opuesta si c < 0. (Sugerencia: mostrar que θ˙ > 0 si c > 0 y θ˙ < 0 si b > 0.) d) Demostrar que r˙ > 0 si A está en la región I I y r˙ < 0 si A está en la región I I I. ¿Por qué se denomina a estas matrices “espirales”?.

(73) CAPÍTULO 4. Teoría no Lineal.. 4.1 Teoría de Ecuaciones Diferenciales. Existen dos tipos de ecuaciones. . autónomas no autónomas. En las autónomas, el campo vectorial f no depende explícitamente de t; esto es son de la forma x˙ = f (x). En las no autónomas, f depende explícitamente del tiempo t y son de la forma x˙ = f (x, t)..

(74) §4.1 T EORÍA. DE. 50. E CUACIONES D IFERENCIALES .. Una no autónoma puede ser transformada en una autónoma pues, si hacemos y = ecuación x , entonces t x˙ f (x, t) y˙ = = 1 1 . Si y=. x. . y F(y) =. t. f (y). . 1. entonces y˙ = F(y) es autónoma.Un punto de equilibrio, o solución de punto fijo, de una ecuación diferencial. dy = F(y) dt. es un punto p tal que F( p ) = 0. Para un sistema lineal 0 es siempre punto de equilibrio. Sin embargo, pueden existir otros puntos de equilibrio. Si el det(A) = 0, entonces 0 es el único punto de equilibrio. Si det(A) = 0, existe una infinidad de puntos de equilibrio. En este capítulo estudiaremos ecuaciones de la forma x˙ = f (x), donde f : E ⊂ Rn → Rn es una función de continuamente diferenciable o de clase C 1 definida en un abierto E de Rn . Recordemos la definición de la clase C 1 . Definición 4.1.1 Sea E un abierto de Rn . Se dice que f : E → Rn es diferenciable en x 0 si existe una matriz de n × n, A (x0 ) , tal que f (x0 + h) − f (x0 ) − A (x0 ) h 2 = 0. h→0 h 2 lim. A la matriz A (x0 ) es llamada matriz jacobiana y se escribe A (x0 ) = f (x0 ). Si la función es diferenciable en todos los puntos de su dominio se dirá simplemente que es diferenciable..

(75) §4.1 T EORÍA. DE. 51. E CUACIONES D IFERENCIALES .. Notemos que si f : E ⊂ Rn → Rn es diferenciable en E, entonces tenemos una función f : E → Mn ≈ Rn×n entre espacios métricos y por lo tanto podemos hablar de continuidad. Diremos que f es de clase C 1 en E si f es continua en E. Teorema 4.1.2 Sea f : E ⊂ Rn → Rm con .  f1  .  .  f =  . . fm. Entonces f ∈ C 1 (E) sí y sólo si todas las derivadas parciales son continuas en E, es decir, ∂ fi es continua para todo i = 1, . . . , m y j = 1, . . . , n. Además si ∂xj   ∂ f1 ∂ f1 ∂ f1 · · · ∂ xn  ∂ .x1 ∂ .x2 . ..  .. .. .. f (x0 ) =  .    ∂ fm ∂ fm ∂ fm ∂ x1 ∂ x2 · · · ∂ xn x=x0. Ejemplo 4.1.3 ¿Por qué necesitamos funciones de clase C 1 ? Consideremos la ecuación x˙ = 3x 2/3 . Si queremos resolver con x(0) = 0, existen dos soluciones x1 (t) = 0, x2 (t) =. t 3 si t > 0, 0 si t ≤ 0.. Queremos tener condiciones bajo las cuales esto no ocurra. A continuación enunciaremos y probaremos el famoso teorema de existencia y unicidad. De este teorema existen, en realidad, un sinnúmero de versiones dependiendo de las hipótesis que se impongan sobre el campo vectorial en cuestión. Daremos una versión débil de este teorema. Para demostrarlo necesitamos primero demostrar un lema..

(76) §4.1 T EORÍA. DE. 52. E CUACIONES D IFERENCIALES .. Lema 4.1.4 Sea γ : [a, b] → Rn una función continua. Entonces b b γ (s) 2 ds. γ (s)ds ≤ a. a. 2. Demostración Notemos que . b a. 2 ( b ) ( b ) γ (s)ds γ (s)ds · γ (t)dt = a a 2 b b = (γ (s) · γ (t)) dsdt a a b b γ (s) 2 γ (t) 2 dsdt ≤ a. ( =. a. b. a. ) (. γ (s) 2 ds. b a. ) γ (t) 2 dt. ( = a. b. )2 γ (s) 2 ds. .. Esto termina la demostración. La técnica que se usará para demostrar el teorema de existencia y unicidad es el de iteraciones de Picard. Estas consisten en una sucesión de funciones que convergen en el espacio de norma uniforme a la única solución del problema que queremos resolver. Definición 4.1.5 (Iteraciones de Picard) Sea f : E → Rn un campo vectorial. La sucesión de Picard, o iteraciones de Picard, del problema de valores iniciales x˙ = f (x), x(0) = x0 es la sucesión dada recursivamente por U0 (t) ≡ x0 ,. . t. Uk+1 (t) = x0 + 0. f (Uk (s)) ds.. (4.1).

(77) §4.1 T EORÍA. DE. E CUACIONES D IFERENCIALES .. 53. Notemos el siguiente hecho, si las iteraciones de Picard convergen a una sola función x, esta debería satisfacer la siguiente igualdad. . t. x(t) = x0 +. f (x(s))ds.. (4.2). 0. Resulta que encontrar una función que satisfaga (4.2) es equivalente al problema original (4.1) de valores iniciales. La demostración del teorema de existencia y unicidad es, en esencia, la demostración de que las iteraciones de Picard convergen en C ([−a, a] , Rn ) , donde a es un número positivo por definir. Recordemos que la norma del supremo o norma del máximo en C ([−a, a] , Rn ) es la siguiente v ∞ = max { v(t) 2 : t ∈ [−a, a]} . Es bien conocido que C ([−a, a] , Rn ) con la norma · ∞ es un espacio de Banach. Con la herramientas anteriores, podemos demostrar lo siguiente. Teorema 4.1.6 (Existencia y Unicidad. Versión débil) Sean E un abierto de Rn , x0 ∈ E y f de clase C 1 . Entonces existe un intervalo (−a, a) tal que el problema x˙ = f (x) x(0) = x0 tiene una solución única en (−a, a) . Demostración Primero demostremos la existencia. Sea δ > 0 tal que Bδ (x0 ) ⊂ E. Claramente el conjunto Bδ/2 (x0 ) es un compacto contenido en E. Sea . - K = max f (x) : x ∈ Bδ/2(x0 ) , donde · es la norma de matrices. Por ser f una función continua y Bδ/2 (x0 ) un conjunto compacto, se cumple que 0 ≤ K < ∞. Sean x, y ∈ Bδ/2 (x0 ). En base a x y y, definimos la función G : [0, 1] → Rn dada por G(s) = f (x + s(y − x)). Notemos que G (s) = f (x + s(y − x))(y − x).

(78) §4.1 T EORÍA. DE. 54. E CUACIONES D IFERENCIALES .. y, por otro lado,. G(1) − G(0) =. 1. G (s)ds.. 0. Esto implica. . 1. f (y) − f (x) =. f (x + s(y − x))(y − x)ds. 0. Rn. obtenemos 1 . f (y) − f (x) 2 = f (x + s(y − x))(y − x)ds . Sacando la norma euclideana en. 0 1. . ≤ 0. 2. f (x + s(y − x))(y − x) ds 2. Notemos que. si x, y ∈ Bδ/2(x0 ) y si s ∈ [0, 1] entonces x + s(y − x) ∈ Bδ/2 (x0 ). Sabemos que f (x + s(y − x))(y − x) ≤ f (x + s(y − x)) y − x 2 2 ≤ K y − x 2 Concluimos. . 1. f (y) − f (x) 2 ≤ K y − x 2 ds = K y − x 2 (4.3) 0 . Sean b = δ/4 y M = max f (x) 2 : x ∈ Bb (x0 ) . Claramente M < ∞. Supongamos, sin pérdida de generalidad, que M > 0. Sea a un número que satisfaga 0 / 1 b , . 0 < a < min K M Estos números (a, b, K , M) nos servirán para hacer estimaciones acerca de las iteraciones de Picard. Sean U0 (t) ≡ x0. . t. Uk+1 (t) = x0 +. f (Uk (s)) ds. 0. Veremos que Uk es una sucesión de Cauchy en el espacio C [−a, a] . Definamos A(b) = v ∈ C [−a, a] , Rn : v − U0 ∞ < b ..

(79) §4.1 T EORÍA. DE. 55. E CUACIONES D IFERENCIALES .. Demostraremos que si Uk ∈ A(b) entonces Uk+1 ∈ A(b). Esto lo hacemos por inducción. Supongamos, como hipótesis de inducción, que Uk − U0 < b. Sea t ∈ [−a, a], entonces t Uk+1 (t) − x0 2 = f (s)) ds (U k 0. 2. Uk − U0 < b implica que para todo t ∈ [−a, a] se cumple Uk (t) − x0 2 < b. Es decir, para todo t ∈ [−a, a] se tiene que Uk (t) ∈ Bb (x0 ). Por lo tanto f (Uk (t)) 2 ≤ M para todo t ∈ [−a, a] . Entonces si t ∈ [−a, a] entonces Uk+1 (t) − x0 2 ≤. |t| 0. f (Uk (s)) 2 ds ≤. |t|. Mds ≤ Ma < b.. 0. El máximo satisface Uk+1 − U0 ∞ = max Uk+1 (t) − x0 2 ≤ Ma < b. t∈[−a,a]. Demostraremos ahora que la sucesión es de Cauchy. Estimaremos primero U2 − U1 ∞ . Si t ∈ [−a, a] , entonces. t t U2 (t) − U1 (t) 2 = f (U1 (s)) ds − x0 − f (U0 (s)) ds x0 + 0 0 2 t f (U1 (s)) − f (U0 (s)) 2 ds. ≤ 0. Sabemos que para todo t ∈ [−a, a] se tiene que δ U1 (t) − U0 (t) 2 < b < . 2 Por lo tanto, si |s| ≤ |t| < a entonces f (U1 (s)) − f (U0 (s)) 2 ≤ K U1 (t) − U0 (t) 2 < K b..

(80) §4.1 T EORÍA. DE. 56. E CUACIONES D IFERENCIALES .. Concluimos. U2 (t) − U1 (t) 2 <. |t|. (K b) ds < K ab.. 0. Por inducción se puede ver que U j +1 − U j ≤ (K a) j b. ∞ Si m > n ≥ N , entonces Um − Un ∞ ≤. (K a) N b , 1 − Ka. pues 0 < K a < 1. Dado que lim (K a) N = 0. N→∞. concluimos que {Um } es de Cauchy en la norma · ∞ y por lo tanto converge a un elemento x ∈ C ([−a, a] , Rn ) que además cumple . t. x(t) = x0 +. f (x(s))ds,. 0. para todo t ∈ [−a, a]. Esto termina la demostración. Ejemplo 4.1.7 Usar el método de Picard para resolver el siguiente problema lineal. x˙ = Ax, x(0) = x0 , Demostración Definimos U0 (t) = x0 ,. . t. Uk+1 (t) = x0 +. AUk (s)ds.. 0. . Obtenemos. t. U1 (t) = x0 + 0. (Ax0 ) ds = x0 + t Ax0 ,.

(81) §4.1 T EORÍA. DE. 57. E CUACIONES D IFERENCIALES . . U2 (t) = x0 + α. t. ( x0 + t Ax0 ds =. 0. ) t2 2 I + t A + A x0 , 2. t(. ) t2 2 I + t A + A x0 ds U3 (t) = x0 + α 2 0 ) ( 2 3 t 2 t 3 = I + t A + A + A x0 . 2 3! Por inducción podemos ver que Un (t) =. n tk k=0. Ak x 0 .. k!. Claramente esta sucesión converge, en la norma del supremo a x(t) = et A x0 que, como ya hemos estudiado, es solución de la ecuación. En resumen, si consideremos el problema (4.1) donde f es una función de clase C 1 en un abierto E de Rn , entonces sabemos que existe un intervalo [−a, a] en donde existe una única solución de este problema. Ejemplo 4.1.8 Si f no es C 1 en todo el plano no podemos garantizar la unicidad. Consideremos el siguiente problema 2. x˙ = 3x 3 , x(0) = x0 . 2. Se puede ver que f (x) = 3x 3 es de clase C 1 en = R\ {0} y, por tanto, dicha solución es única si x0 = 0. Si x0 = 0, puede verificarse directamente que x(t) = 0 y x(t) = t 3 son dos soluciones posibles. esto no viola el resultado del teorema 4.1.6 pues la función f no es diferenciable en 0, por lo que no puede garantizarse unicidad. Ejemplo 4.1.9 El problema de valores iniciales y˙ = tan e y − arctan y y(t0 ) = y0.

(82) §4.1 T EORÍA. DE. E CUACIONES D IFERENCIALES .. 58. tiene una solución única para todo t0 y todo y0 pues la función f que define a la ecuación es de clase C 1 en un abierto de Rn . Esto se sabe a pesar de que, en general, la solución no puede calcularse explícitamente. Nos preguntamos ahora acerca de hasta dónde podemos extender la solución. Tenemos el siguiente teorema que damos sin demostración. Teorema 4.1.10 Sean E un abierto de Rn , f una función de clase C 1 . Entonces, para cada punto x0 ∈ E, existe un intervalo D(x0 ) (llamado intervalo maximal) tal que a) D(x0 ) = (α, β) , y contiene a t = 0, b) El problema y˙ = f (y) y(0) = x0 tiene una solución y(t) definida en D(x0 ), c) La solución y(t) es única en el siguiente sentido. Si el problema tuviera otra solución z(t), definida en un intervalo I, entonces I ⊂ D(x0 ), y z(t) = y(t) en I. Ejemplo 4.1.11 Considerar x˙ =. −1 . 2x. en E = (0, ∞). Calcular D(1). Solución Resolveremos −1 2x x(0) = 1 x˙ =. y veremos hasta dónde podemos extender la solución. Resulta que la solución es x(t) =. √ 1−t.

(83) §4.1 T EORÍA. DE. E CUACIONES D IFERENCIALES .. 59. En este caso, x(t) está definido para todo t ∈ (−∞, 1] . Sin embargo, en t = 1, x(t) sale del conjunto E. Por lo tanto, D(1) = (−∞, 1) .. . Ejemplo 4.1.12 Consideremos x˙ =. 1 x. definida en E = (0, ∞) . Encontrar D(x0 ). Solución Para cada x0 la solución x(t) que satisface x(0) = x0 es x(t) = 2t + x02 El dominio de x(t) es t ∈ R | 2t + x02 ≥ 0 = − x20 , ∞ . El intervalo maximal es por tanto D(x0 ) = (−x0 /2, ∞) .. . En base al teorema anterior, podemos demostrar que las soluciones de una ecuación autónoma x˙ = f (x) son en realidad un flujo sobre el dominio del campo vectorial. Teorema 4.1.13 Sean E un abierto de Rn , f una función de clase C 1 . Sea ψ(t, x0 ) la solución del problema y˙ = f (y) y(0) = x0 definida en el intervalo D(x0 ). Si t ∈ D(x0 ), s ∈ D (ψ (t, x0)) , entonces a) s + t ∈ D(x0 ), b) ψ (s + t, x0 ) = ψ (s, ψ (t, x0 )) . Demostración Suponer t > 0 y D(x0 ) = (α, β) . Definimos la función x : (α, s + t] → E dada por ψ (r, x) α≤r ≤t x(r ) = ψ (r − t, ψ (t, x0)) t ≤ r ≤ s + t.

(84) §4.1 T EORÍA. DE. E CUACIONES D IFERENCIALES .. 60. Claramente x(r ) es diferenciable en todos los puntos del dominio con la posible excepción de r = t. Además x(r ) es continua en r = t. Queremos demostrar que el siguiente limite existe. x(t + h) − x(t) h→0 h lim. Sabemos lim. h→0+. x(t + h) − x(t) ψ(r, ψ(t, x0 )) − ψ(t, x0 ) = lim + h h h→0

(85)

(86) ∂

(87) ψ(r, ψ(t, x0)) = f (ψ(t, x0 )). = ∂r

(88) r =0. Por otro lado lim. h→0−. x(t + h) − x(t) ψ (t + h, x0 ) − ψ(t, x0 ) = lim h h h→0−

(89) ∂

(90)

(91) = ψ(r, x0 ) = f (ψ(t, x0 )). ∂r

(92) r =t. Concluimos que.

(93) d

(94)

(95) x(r ) = f (ψ(t, x0 )) = f (x(t)) dr

(96) r =t Se puede ver que para cualquier otro valor de r, se tiene que d x(r ) = f (x(r )). dr. Además x(0) = x0 . Por el Teorema 4.1.10, (α, s + t] ⊂ D(x0 ), y además x(r ) = ψ(r, x0 ) para todo r ∈ (α, s + t] . En particular, s + t ∈ D(x0 ), y x(s + t) = ψ (s + t, x0 ) = ψ (s, ψ (t, x0 )) . Esto termina la demostración. Definimos de este modo un flujo asociado a una ecuación diferencial. Sea E un abierto de Rn y f ∈ C 1 (E) . Sea D(x) el intervalo maximal correspondiente a x. Definimos = {(t, x) ∈ R × E : t ∈ D(x)}.

(97) §4.1 T EORÍA. DE. 61. E CUACIONES D IFERENCIALES .. Por ser D(x) un intervalo, se puede ver que es un abierto de R × Rn . En definimos el flujo asociado a f como la función φ : → E tal que φ (0, x) = x, ∂ φ (t, x) = f (φ (t, x)) . ∂t Además, esta función es única. Ejemplo 4.1.14 Encontrar el flujo asociado a la ecuación x˙ = sec x donde E = − π2 , π2 . Solución Resolveremos el siguiente problema de valores iniciales. x˙ = sec x, x(0) = x0 , donde x0 ∈ E. Usando el método de separación obtenemos. 1. cos xd x =. 1. dt y por lo tanto. sin x = t + C. Para determinar el valor de la constante C echamos mano de la condición inicial. Esto es, sin x0 = C. Sustituyendo y simplificando obtenemos sin x(t) = t + sin(x0 ), x(t) = arcsin(t + sin(x0 )). Por lo tanto, la forma de el flujo para este sistema dinámico es φ t (x0 ) = arcsin(t + sin(x0 ))..