Problemas resueltos de planos de fases.

(1)

Problemas resueltos de

AMPLIACIÓN DE MATEMÁTICAS

Ingeniería Industrial.

Departamento de Matemática Aplicada II. Universidad de Sevilla.

Problemas resueltos de planos de fases.

1 P 4.9

Esbozar el plano de fases del sistema

x0 = x2+ y2_{− 1} y0 = x2_{− y}2

Solución:

• Cálculo de puntos críticos:

Tenemos que hallar los puntos (x, y) que satisfacen las dos ecuaciones siguientes:

f (x, y) = x2+ y2_{− 1 = 0} g(x, y) = x2_{− y}2= 0. Resolviendo este sistema se obtienen los puntos críticos A =

µ 1 √ 2, 1 √ 2 ¶ , B = µ 1 √ 2, − 1 √ 2 ¶ , C = µ −√1 2, 1 √ 2 ¶ y D = µ −√1 2, − 1 √ 2 ¶ .

• Naturaleza y estabilidad de los puntos críticos: La matriz jacobiana es J(x, y) = ∙ fx fy gx gy ¸ = ∙ 2x 2y 2x _−2y ¸

. Es la que nos proporcionará la matriz del sistema linealizado en cada punto crítico.

A= µ 1 √ 2, 1 √ 2 ¶

. En este punto el sistema linealizado trasladado al origen tendrá matriz A1= J

µ 1 √ 2, 1 √ 2 ¶ = ∙ √ 2 √2 √ 2 ₋√2 ¸

. Nótese que, alternativamente, puede obtenerse directamente el mismo resultado si hacemos el

cambio_e_{x = x −}√1

2,ey = y − 1 √

2 para llevar el punto A al (0, 0) y aplicar la teoría: Con este cambio el sistema se transforma en

e x0 = _ex2+_√2 2ex +ey 2₊ 2 √ 2ye e y0 = _ex2+_√2 2ex − ey 2 −√2 2y.e El sistema linealizado correspondiente es, en efecto,

e x0 = √2_ex +√2y_e e y0 = √2_e_{x −}√2y_e con matriz A1 = ∙ a b c d ¸ = ∙ √ 2 √2 √ 2 ₋√2 ¸

y cuyos autovalores son λ1 = 2 > 0 y λ2= −2 < 0. Como ambos

son reales de distinto signo, el punto A = µ 1 √ 2, 1 √ 2 ¶

corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1= (1,

√

2 − 1)ty v2= (1, −1 −

√

2)t, respectivamente; y las rectas que pasan por el punto A y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son

(2)

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. B= µ 1 √ 2, − 1 √ 2 ¶ Hacemos el cambio_{x = x −}_e _√1 2,y = y +e 1 √

2 para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría. Con este cambio el sistema se transforma en

e x0 ₌ _e_x2₊_√2 2ex +ey 2₋_√2 2ye e y0 = _ex2+_√2 2ex − ey 2₊ 2 √ 2y.e El sistema linealizado correspondiente es

e x0 = √2_e_{x −}√2y_e e y0 = √2_ex +√2y_e con matriz A2= ∙ a b c d ¸ = ∙ √ 2 ₋√2 √ 2 √2 ¸

y cuyos autovalores son λ1=√2 +√2i y λ2 =√2 −√2i. Como

ambos son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto B = µ 1 √ 2, − 1 √ 2 ¶

corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi) =

√

2 > 0 (i = 1, 2), el foco es inestable y como c =√2 > 0, el sentido es antihorario. El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga.

C= µ −√1 2, 1 √ 2 ¶ Hacemos el cambiox = x +_e √1 2,y = y −e 1 √

2 para llevar el punto C al (0, 0) y aplicar la teoría. Con este cambio el sistema se transforma en

e x0 = _ex2₋√2 2ex +ey 2₊_√2 2ye e y0 = _ex2₋_√2 2ex − ey 2 −√2 2y.e El sistema linealizado correspondiente es

e x0 = ₋√2x +_e √2y_e e y0 = ₋√2_{x −}_e √2y_e con matriz A3 = ∙ a b c d ¸ = ∙ −√2 √2 −√2 ₋√2 ¸

y cuyos autovalores son λ1 = −

√

2 +√2i y λ2 = −

√

2 −√2i. Como ambos son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto C =

µ −√1 2, 1 √ 2 ¶ corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi) = −√2 < 0 (i = 1, 2), el foco es asintóticamente estable y como c = −√2 < 0, el

sentido es horario.

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga.

D= µ −√1 2, − 1 √ 2 ¶ Hacemos el cambiox = x +_e √1 2,y = y +e 1 √

2 para llevar el punto D al (0, 0) y aplicar la teoría. Con este cambio el sistema se transforma en

e x0 = _ex2₋_√2 2ex +ey 2 −√2 2ye e y0 = _ex2₋√2 2ex − ey 2₊_√2 2y.e El sistema linealizado correspondiente es

e

x0 = ₋√2_{x −}_e √2y_e e

(3)

con matriz A1 = ∙ a b c d ¸ = ∙ −√2 ₋√2 −√2 √2 ¸

y cuyos autovalores son λ1 = 2 > 0 y λ2 = −2 < 0. Como

ambos son reales de distinto signo, el punto D = µ −√1 2, − 1 √ 2 ¶

corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1= (1, −

√

2 − 1)t_{y v}

2= (1, −1 +

√

2)t_{, respectivamente; y}

las rectas que pasan por el punto D y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son

r ≡ ey = (−√2 − 1)ex s ≡ ey = (−1 +√2)_ex o, equivalentemente, r ≡ y +√1 2 = (− √ 2 − 1)(x + √1 2) s ≡ y +√1 2 = (−1 + √ 2)(x +√1 2). El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga.

• Campo de direcciones:

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

Notemos que x0_{= 0 si y solo si x}2_{+ y}2_{− 1 = 0 que corresponde a la ecuación de una circunferencia centrada en}

el (0, 0) y de radio 1; y que y0 = 0 si y solo si x2_{− y}2_{= 0 que corresponde al par de rectas y = x e y = −x. El} estudio del signo de x0 y de y0 y, por tanto, del campo de direcciones queda recogido en la figura siguiente Figura del campo de direcciones.

• Cálculo de trayectorias rectas:

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

a = dy dx =

dy/dt dx/dt =

x2_{− y}2

x2_{+ y}2_{− 1} para todo (x, y) tal que y = ax + b.

Esto equivale a decir que

x2(a + a3_{− 1 + a) + x(2a}2b + 2ab) + (ab2_{− a + b}2) = 0 para todo x

Para ello a y b deben verificar el sistema ⎧ ⎨ ⎩ a + a3_{− 1 + a}2_{= 0} 2a2_{b + 2ab = 0} ab2_{− a + b}2_{= 0}

que es incompatible. Por tanto, no existen

trayectorias rectas del tipo y = ax + b.

Sin embargo, aquí no quedan recogidas las trayectorias verticales (aquéllas con pendiente infinita). Dichas rectas son del tipo x = m y debe verificarse que, en los puntos de dichas rectas se tenga que dx

dt = 0. dx

dt = 0 para todo (m, y) ⇒ x

2_{+ y}2

(4)

(5)

2 P 4.10

x0 = _{x − y}

y0 = 4x2+ 2y2_{− 6}

Solución:

x − y = 0 4x2+ 2y2_{− 6 = 0.}

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

A= (1, 1)

Hacemos el cambio_{x = x − 1, e}_e _{y = y − 1 para llevar el punto A al (0, 0) y aplicar la teoría.} Con este cambio el sistema se transforma en

e x0 = _{x − e}_e y e y0 ₌ ₄_e_x2_{+ 8} e x + 2y_e2_{+ 4} e y.

El sistema linealizado correspondiente es

e x0 = _{x − e}_e y e y0 = 8_ex + 4_ey con matriz A1= ∙ a b c d ¸ = ∙ 1 ₋₁ 8 4 ¸

y cuyos autovalores son λ1=

5 +√23i 2 y λ2=

5 −√23i

2 . Como ambos son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto A = (1, 1) corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi) = 5/2 > 0 (i = 1, 2), el foco es inestable y como c = 8 > 0, el sentido es antihorario.

B_{= (−1, −1)}

Hacemos el cambiox = x + 1,_e y = y + 1 para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría._e Con este cambio el sistema se transforma en

½ e

x0 ₌_e_{x − e}_y,

e

y0_{= 4}_x_e2_{− 8e}_{x + 2}_e_y2_{− 4e}_y. . El sistema linealizado

correspondi-ente es ½

e

x0 ₌_{x − e}_e _y,

e

y0_{= −8e}_{x − 4e}_y. , con matriz A2=

∙ a b c d ¸ = ∙ 1 ₋₁ −8 −4 ¸

y cuyos autovalores son λ1=−3 +

√ 57 2 y λ2 = −3 − √ 57

2 . Como los autovalores son reales y de distinto signo, B = (−1, −1) corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (1, −1.25)t y v2 = (1, 6.25)t,

respectivamente; y las rectas que pasan por el punto B y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son

r ≡ ey = −1.25ex

s ≡ ey = 6.25x_e o, equivalentemente,

r ≡ y + 1 = −1.25(x + 1) s ≡ y + 1 = 6.25(x + 1). En el sistema no linealizado el comportamiento es análogo.

Notemos que x0 _{= 0 si y solo si x − y = 0 que corresponde a la ecuación de una recta en el plano XY y que}

y0 _{= 0 si y solo si 4x}2_{+ 2y}2_{− 6 = 0 o, equivalentemente,} x2

3/2 + y2

3 = 1 que corresponde a la ecuación de la elipse centrada en el (0, 0) y de semiejesp3/2 y √3. El estudio del signo de x0 _{y de y}0 _{y, por tanto, del campo}

(6)

Figura del campo de direcciones.

a = dy dx =

dy/dt dx/dt =

4x2_{+ 2y}2_{− 6}

x − y para todo (x, y) tal que y = ax + b. Esto equivale a decir que

a(1 − a)x − ba = (4 + 2a2)x2+ 4abx + 2b2_{− 6 para todo x ⇒ 0 = 4 + 2a}2 llegando a una contradicción. Por tanto, no existen trayectorias rectas del tipo y = ax + b.

dt = 0. dx

(7)

3 P 4.12

x0 = x2+ 2xy + y2_{− 1} y0 = x2_{− 2xy + y}2_{− 1}

Solución:

x2+ 2xy + y2_{− 1 = 0} x2_{− 2xy + y}2_{− 1 = 0.}

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

A= (1, 0)

Hacemos el cambio_{x = x − 1, e}_e y = y para llevar el punto A al (0, 0) y aplicar la teoría. Con este cambio el sistema se transforma en

e x0 = x_e2+ 2x + 2_e x_ey + 2_e _ey + 2y_e2 e y0 ₌ _x_e2_{+ 2} e x − 2ex_{y − 2e}_e y +_ey2_.

e x0 = 2_ex + 2_ey e y0 = 2_e_{x − 2e}y con matriz A1= ∙ a b c d ¸ = ∙ 2 2 2 ₋₂ ¸

y cuyos autovalores son λ1= 2

√

2 > 0 y λ2= −2

√

2 < 0. Como ambos son reales de distinto signo, el punto A = (1, 0) corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1= (1,

√

2 −1)ty v2= (1, −1 −

√

2)t, respectivamente; y las rectas que pasan por el punto A y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son

r ≡ ey = (√_{2 − 1)e}x

s ≡ ey = (−1 −√2)_ex o, equivalentemente,

r ≡ y = (√2 − 1)(x − 1) s ≡ y = (−1 −√2)(x − 1). El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga.

B= (0, 1)

Hacemos el cambiox = x,_e _e_{y = y − 1 para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría.} Con este cambio el sistema se transforma en

e

x0 = _ex2+ 2_exy + 2_e x +_e _ey2+ 2y_e e

y0 = _ex2_{− 2e}x_{y − 2e}_e x +_ey2+ 2y._e El sistema linealizado correspondiente es

e x0 = 2_ex + 2y_e e y0 = _−2ex + 2_ey con matriz A2= ∙ a b c d ¸ = ∙ 2 2 −2 2 ¸

y cuyos autovalores son λ1 = 2 + 2i y λ2= 2 − 2i. Como ambos son

complejos conjugados no imaginarios puros, el punto B = (0, 1) corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi) = 2 > 0 (i = 1, 2), el foco es inestable y como c = −2 < 0, el sentido es horario.

C_{= (−1, 0)}

(8)

Con este cambio el sistema se transforma en e

x0 = _ex2_{− 2e}x + 2x_e_ey +_ey2_{− 2e}y e

y0 = _ex2_{− 2e}_{x − 2e}x_ey +_ey2+ 2y._e El sistema linealizado correspondiente es

e x0_{= −2e}_{x − 2e}y y_e0_{= −2e}x + 2y_e con matriz A3= ∙ a b c d ¸ = ∙ −2 −2 −2 2 ¸

y cuyos autovalores son λ1= 2

√

2 y λ2= −2

√

2. Como ambos son reales de distinto signo, el punto C = (−1, 0) corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (1, −

√

2 − 1)t _{y v}

2 = (1, −1 +

√

2)t_{, respectivamente; y las rectas que}

pasan por el punto C y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son

r ≡ ey = (−√2 − 1)ex

s ≡ ey = (−1 +√2)_ex o, equivalentemente,

r ≡ y = (−√2 − 1)(x + 1) s ≡ y = (−1 +√2)(x + 1). El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga.

D_{= (0, −1)}

Hacemos el cambiox = x,_e _ey = y + 1 para llevar el punto D al (0, 0) y aplicar la teoría. Con este cambio el sistema se transforma en

e

x0 = _ex2+ 2x_e_{y − 2e}_e x +_ey2_{− 2e}y e

y0 = _ex2_{− e}y + 2x +_e _ey2_{− 2e}y. El sistema linealizado correspondiente es

e x0 = _−2e_{x − 2e}y e y0 = 2_e_{x − 2e}y con matriz A1= ∙ a b c d ¸ = ∙ −2 −2 2 ₋₂ ¸

y cuyos autovalores son λ1= −2 + 2i y λ2= −2 − 2i. Como ambos

son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto D = (0, −1) corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi) = −2 < 0 (i = 1, 2), el foco es asintóticamente estable y como c = 2 > 0, el sentido es antihorario.

El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga. • Campo de direcciones:

Notemos que x0 = 0 si y solo si x2+ 2xy + y2_{−1 = (x+y +1)(x+y −1) = 0 que corresponde a la ecuación del par} de rectas x +y +1 = 0 y x +y −1 = 0; por otro lado y0_{= 0 si y solo si x}2_{−2xy +y}2_{−1 = (x−y +1)(x−y −1) = 0}

que corresponde al par de rectas x − y + 1 = 0 y x − y − 1 = 0. El estudio del signo de x0 _{y de y}0 _{y, por tanto,}

(9)

a = dy dx =

dy/dt dx/dt =

(x − y + 1)(x − y − 1)

(x + y + 1)(x + y − 1) para todo (x, y) tal que y = ax + b. Esto equivale a decir que

x2a(1 + a)2+ xa(1 + a)2b + (b2_{− 1)a = x}2_{(1 − a)}2_{− x(1 − a)2b + (b}2_{− 1) para todo x}

Para ello a y b deben verificar el sistema ⎧ ⎨ ⎩ a2_{+ a}3_{− 1 + 3a = 0} 2b(a2_{+ 1) = 0} (a − 1)(b2− 1) = 0

que es incompatible. Por tanto, no existen

trayectorias rectas del tipo y = ax + b.

dt = 0. dx

dt = 0 para todo (m, y) ⇒ (m + y + 1)(m + y − 1) = 0 para todo y ⇒ (m + y)

2

(10)

4 P 4.13

x0 = _{x(3 − x − y)} y0 = _{y(x − 1)}

Solución:

x(3 − x − y) = 0 y(x − 1) = 0.

Resolviendo este sistema se obtienen los puntos críticos A = (0, 0), B = (3, 0) y C = (1, 2). • Naturaleza y estabilidad de los puntos críticos:

A= (0, 0)

x0 = 3x y0 = _−y con matriz A1 = ∙ a b c d ¸ = ∙ 3 0 0 ₋₁ ¸

y cuyos autovalores son λ1 = 3 > 0 y λ2 = −1 < 0. Como los

autovalores son reales y de distinto signo, A = (0, 0) corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1= (1, 0)t y v2= (0, 1)t, respectivamente; y las rectas que pasan por el

punto A y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son r ≡ y = 0

s ≡ x = 0

B= (3, 0)

Hacemos el cambio_{x = x − 3, e}_e y = y para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría. Con este cambio el sistema se transforma en

e

x0 = _−ex2_{− e}x_{y − 3e}_e _{x − 3e}y e

y0 = x_e_ey + 2y_e El sistema linealizado correspondiente es

e x0 = _−3e_{x − 3e}y e y0 = _−2ey con matriz A2 = ∙ a b c d ¸ = ∙ −3 −3 0 2 ¸

y cuyos autovalores son λ1 = 2 y λ2 = −3. Como los autovalores

son reales y de distinto signo, B = (3, 0) corresponde a un punto de silla y, por tanto, es inestable. Los correspondientes autovectores son v1 = (3, −5)t y v2 = (1, 0)t, respectivamente; y las rectas que pasan por el

punto B y tienen como direcciones las dadas por los autovectores son r ≡ 3ey = −5ex

s ≡ ey = 0 o, equivalentemente,

r ≡ 5x + 3y − 15 = 0 s ≡ y = 0

En el sistema no linealizado el comportamiento es análogo.

C= (1, 2)

Hacemos el cambio_{x = x − 1, e}_e _{y = y − 2 para llevar el punto C al (0, 0) y aplicar la teoría.} Con este cambio el sistema se transforma en

e

x0 = (_e_{x + 1)(−e}_{x − e}y) e

(11)

El sistema linealizado correspondiente es e x0 = _−e_{x − e}y e y0 = 2x_e con matriz A3= ∙ a b c d ¸ = ∙ −1 −1 2 0 ¸

y cuyos autovalores son λ1 = −

1 2+ √ 7 2 i y λ2= − 1 2− √ 7 2 i. Como ambos son complejos conjugados no imaginarios puros, el punto C = (1, 2) corresponde a un foco o punto espiral. Como Re(λi) = −

1

2< 0 (i = 1, 2), el foco es asintóticamente estable y como c = 2 > 0, el sentido es antihorario. El correspondiente sistema no linealizado se comportará de forma análoga.

Notemos que x0 _{= 0 si y solo si x(3 − x − y) = 0 que corresponde a la ecuación del par de rectas x = 0 y}

3 − x − y = 0 y que y0 _{= 0 si y solo si y(x − 1) = 0 que corresponde a la ecuación del par de rectas y = 0 y}

x − 1 = 0. El estudio del signo de x0 _{y de y}0 _{y, por tanto, del campo de direcciones queda recogido en la figura}

a = dy dx =

dy/dt dx/dt=

y(x − 1)

x(3 − x − y) para todo (x, y) tal que y = ax + b. Esto equivale a decir que

(−.a2− a)x2+ (3a − ab)x = ax2+ x(−a + b) − b para todo x ⇒ ⎧ ⎨ ⎩ −a2_{− a = a} 3a − ab = −a + b b = 0

Notemos que dichas ecuaciones se satisfacen para a = b = 0. Podemos deducir, por tanto, que la recta y = 0 es una trayectoria recta.

dt = 0. dx

(12)

(13)

5 P 4.14

Obtener los puntos críticos del sistema

x0 = _{(x − α)(y − β)} y0 = x + y + γ

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

Solución:

(x − α)(y − β) = 0 x + y + γ = 0.

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

A_{= (α, −α − γ)}

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

e

x0 = _{−(α + γ + β)e}x +_exy_e e

y0 = _ex +_ey El sistema linealizado correspondiente es

e x0 = _{−(α + γ + β)e}x e y0 = x +_e _ey con matriz A1= ∙ a b c d ¸ = ∙ −(α + γ + β) 0 1 1 ¸

y cuyos autovalores son λ1= −(α+γ +β) y λ2= 1. Notemos

que:

1. Si −(α + γ + β) 6= 1, los dos autovalores son reales y distintos. Si además se tiene que −(α + γ + β) > 0, entonces son ambos de signo positivo proporcionando un nodo inestable y si −(α + γ + β) < 0, entonces son de distinto signo proporcionando un punto de silla inestable.

2. Si −(α + γ + β) = 1, tenemos un único autovalor real doble con multiplicidad geométrica igual a uno que nos conduce a un nodo inestable.

B_{= (−β − γ, β)}

Hacemos el cambiox = x + β + γ,_e _e_{y = y − β para llevar el punto B al (0, 0) y aplicar la teoría.} Con este cambio el sistema se transforma en

e

x0 = _{−(β + γ + α)e}y +x_ey_e e

y0 = x +_e _ey. El sistema linealizado correspondiente es

e x0 = _{−(β + γ + α)e}y e y0 = x +_e y_e con matriz A3= ∙ a b c d ¸ = ∙ 0 _{−(β + γ + α)} 1 1 ¸

y cuyos autovalores son λ = 1 ± p

1 − 4(β + γ + α) 2 . Note-mos que:

1. Si 1 − 4(β + γ + α) < 0, los autovalores son complejos no imaginarios puros proporcionando un punto espiral. Como la parte real de dichos autovalores es positiva, el comportamiento es inestable y como c = 1, el sentido es antihorario.

(14)

3. Si 1 − 4(β + γ + α) > 0, los autovalores son reales y distintos de forma que si, además, β + γ + α > 0, los dos tienen signo positivo proporcionando un nodo inestable y si β + γ + α < 0, los autovalores tienen distinto signo proporcionando un punto de silla inestable.

• Estudiemos el plano de fases en el caso α = 1, β = 0 = γ. Tal como se ha analizado antes, en este caso el sistema es

x0 = _{(x − 1)y} y0 = x + y y los puntos críticos son A = (1, −1) y B = (0, 0).

Para A = (1, −1), sabemos que es un punto de silla inestable puesto que los autovalores correspondientes son λ1= 1 > 0 y λ2= −1 < 0. Fácilmente, se puede comprobar que los correspondientes autovectores son v1= (0, 1)t

y v2= (−2, 1)t, respectivamente, y las rectas que pasan por el punto A y tienen como direcciones las dadas por

los autovectores son

r ≡ ex = 0

s ≡ ex = −2ey o, equivalentemente,

r ≡ x − 1 = 0

s ≡ x − 1 = −2(y + 1) Para B = (0, 0), sabemos que es un punto espiral inestable con sentido antihorario.

Notemos que x0 _{= 0 si y solo si (x − 1)y = 0 que corresponde a la ecuación del par de rectas x − 1 = 0 e y = 0.}

Por otro lado y0_{= 0 si y solo si y + x = 0 que corresponde a una recta. El estudio del signo de x}0 _{y de y}0 _{y, por}

tanto, del campo de direcciones queda recogido en el diagrama siguiente Diagrama del campo de direcciones.

a = dy dx =

dy/dt dx/dt =

x + y

(x − 1)y para todo (x, y) tal que y = ax + b. Esto equivale a decir que

(15)

Este sistema es incompatible, por tanto no existen órbitas rectas del tipo y = ax + b.

dt = 0. dx

dt = 0 para todo (m, y) ⇒ (x − 1)y = 0 para todo (m, y) ⇒ (m − 1)y = 0 para todo y.

(16)

6 P 4.19

Se considera el sistema no lineal _½

˙x = x2+ y2_{− 4} ˙y = y(y − x)

Calcular y analizar los puntos de equilibrio o puntos críticos del sistema, determinando su estabilidad y la config-uración de las trayectorias próximas. Estudiar el campo de direcciones, precisando las líneas de tangente vertical y horizontal. Calcular, si existen, trayectorias u órbitas rectas. Hacer un esquema del plano de fases.

Solución. Puntos críticos: Resolveremos el sistema f (x, y) = x2+ y2_{− 4 = 0} g(x, y) = _{y(y − x) = 0} Si y = 0, x2_{+ y}2_{− 4 = 0 = x}2_{− 4 =⇒ x = ±2 y se obtienen P} 1= (2, 0) y P2= (−2, 0). Si y 6= 0 ha de ser y = x, x2_{+ y}2 _{− 4 = 0 = 2x}2_{− 4 =⇒ x = y = ±}√_{2 y se obtienen P} 3 = ( √ 2,√2) y P4= (−√2, −√2). Análisis:

La matriz jacobiana del sistema es A(x, y) = ∙ fx fy gx gy ¸ = ∙ 2x 2y −y 2y − x ¸

Estudiaremos el comportamiento del sistema linealizado correspondiente a cada punto crítico:

• P1 = (2, 0) : A(2, 0) =

∙ 4 0 0 ₋₂

¸

, cuyos autovalores y autovectores son λ1 = −2, con a1 =

∙ 0 1 ¸ y λ2 = 4, con a2= ∙ 1 0 ¸

. Se trata entonces de un punto de silla, por lo que es inestable. La configuración de las órbitas próximas es similar a la familia de hipérbolas con asíntotas los vectores a1y a2(los ejes) recorridas viniendo del

eje OY y alejándose hacia el eje OX.

• P2= (−2, 0) : A(−2, 0) =

∙ −4 0

0 2 ¸

, cuyos autovalores y autovectores son λ1= −4, con a1=

∙ 1 0 ¸ y λ2= 2, con a2= ∙ 0 1 ¸

. Se trata entonces de un punto de silla, por lo que es inestable. La configuración de las órbitas próximas es similar a la de hipérbolas con asíntotas en los ejes recorridas viniendo del eje OX y alejándose hacia el eje OY. • P3 = (√2,√2) : A(√2,√2) = ∙ 2√2 2√2 −√2 √2 ¸

, cuyos autovalores son λ = 3₂√_{2 ±}1₂i√14, las soluciones de la ecuación λ2_{− 3}√2λ + 8 = 0. Se trata por tanto de un foco inestable ¡Re λ =3₂√2 > 0¢. La configuración de órbitas próximas es similar a espirales que se alejan del punto girando en sentido horario (negativo), lo que se reconoce por ser negativo el elemento A21 = −√2 y se verá confirmado cuando estudiemos el campo de

direcciones. • P4 = (−√2, −√2) : A(−√2, −√2) = ∙ −2_√√2 ₋₂√2 2 ₋√2 ¸

, cuyos autovalores son λ = −32

√ 2 ± 12i

√ 14, las soluciones de la ecuación λ2+ 3√2λ + 8 = 0. Se trata por ello de un foco estable ¡_{Re λ = −}3

2

√

2 < 0¢.y por tanto asintóticamente estable La configuración de órbitas próximas es similar a espirales que se acercan al punto girando en sentido antihorario (positivo), lo que se reconoce por ser positivo el elemento A21 =

√

2 y se verá confirmado cuando estudiemos el campo de direcciones.

Orbitas rectas:

(17)

• no verticales (y = mx + n) : la recta y = mx + n será una órbita si, y solo si, y0= m = ˙y

˙x=

(mx + n) (mx + n − x) x2_{+ (mx + n)}2_{− 4} , ∀x

lo que equivale a que sea m³x2_{+ (mx + n)}2

− 4´− (mx + n) (mx + n − x) = 0, ∀x, lo cual, reagrupando los términos según potencias de x equivale a que todos los coeficientes del correspondiente polinomio sean nulos:

¡

2m + m3_{− m}2¢x2+¡2m2_{n − 2mn + n}¢x +¡mn2_{− 4m − n}2¢= 0.

Respecto al primer coeficiente, 2m + m3_{− m}2_{= m}¡_m2_{− m + 2}¢_{= 0 ⇐⇒ m = 0 ya que el factor m}2_{− m + 2}

solo se anula si m es complejo. Análogamente, el segundo coeficiente 2m2_{n − 2mn + n = n}¡2m2_{− 2m + 1}¢solo se anula para n = 0 ya que 2m2_{− 2m + 1 no tiene raices reales. Puesto que para m = n = 0 tambien se anula el}

tercer coeficiente, la recta y = 0 es una órbita (o un conjunto de órbitas) y es la única recta no vertical con esa propiedad.

Lineas lugar geométrico de puntos con tangente vertical ( ˙x = 0) : la circunferencia x2_{+ y}2_{= 4 de centro el origen y}

radio 2.

Lineas lugar geométrico de puntos con tangente horizontal ( ˙y = 0) : las rectas y = 0 (el eje OX) e y = x (la bisectriz del primer y tercer cuadrantes.

Nótese que, como era de esperar, las intersecciones de ambos tipos de líneas se producen en los puntos críticos antes obtenidos. Asimismo se confirman las orbitas rectas en el eje OX.

Campo de direcciones:

Las líneas anteriores delimitan 8 regiones del plano, cuatro dentro de la circunferencia x2_{+ y}2_{= 4 (donde es ˙x < 0)}

y cuatro fuera (donde ˙x > 0).

De las citadas ocho regiones hay cuatro situadas en los angulos agudos comprendidos entre el eje OX (la recta y = 0) y la recta y = x. Dos están en el primer cuadrante (en ellas es y > 0, y < x) y las otras dos en el tercero (en ellas es y < 0, y > x). En las cuatro se tiene que ˙y < 0.

Las otras cuatro regiones están situadas sobre los angulos obtusos y en ellas es ˙y > 0. (y > 0 e y > x en las que contienen el segundo cuadrante y la mitad adyacente del primero; y < 0 e y < x en las que contienen el cuarto cuadrante y la mitad adyacente del tercero).

Esquema del plano de fases:

(18)

(19)

7 P 4.20

Sea el sistema de ecuaciones diferenciales ( _·

x = x(2y − x − 1),

·

y = y(1 − x).

a) Calcular los puntos de equilibrio caracterizando su tipo y estabilidad. b) Obtener las órbitas que son rectas.

c) Esbozar el plano de fases.

d) Si x(0) > 0 e y(0) > 0, ¿qué se puede decir de lim

t→+∞x(t) y de limt→+∞y(t)?

Solución:

a) Los puntos de equilibrio son las soluciones del sistema ½

f (x, y) = x(2y − x − 1) = 0 g(x, y) = y(1 − x) = 0

Si x = 0 necesariamente ha de ser tambien y = 0, con lo que obtenemos el primero, dado por P1= (0, 0).

Si x 6= 0 entonces ha de ser 2y − x − 1 = 0, es decir, y =x+12 con lo que resulta

¡x+1 2

¢

(1 − x) = 0. Las dos únicas posibilidades de que eso suceda son que sea x = 1 o x = −1. Obtenemos asi los otros dos puntos críticos P2= (1, 1) y

P3= (−1, 0) y no hay mas que los tres obtenidos.

Para analizarlos utilizamos la matriz Jacobiana

H(x, y) = ∙ fx fy gx gy ¸ = ∙ 2y − 2x − 1 2x −y 1 − x ¸ En P1 = (0, 0) tenemos A1 = H(0, 0) = ∙ −1 0 0 1 ¸

cuyos autovalores son λ1 = −1 y λ2 = 1 con autovectores

correspondientes a1 = [1, 0]t y a2 = [0, 1]t. La configuración local es la de un punto de silla, las asíntotas de las

trayectorias son paralelas a los ejes y el sentido de recorrido de forma que vienen en la dirección del horizontal y se van en la dirección del vertical. Obviamente se trata de un punto de equilibrio inestable.

En P2= (1, 1) tenemos A2= H(1, 1) =

∙ −1 2 −1 0

¸

cuyos autovalores son las soluciones de ¯ ¯ ¯ ¯ −1 − λ₋₁ _−λ2 ¯ ¯ ¯ ¯ = λ (1 + λ) + 2 = λ2+ λ + 2 = (1 + λ)2+ 1 = 0,

es decir, λ1= −1 + i y λ2= −1 − i . La configuración local es la de un foco, asintóticamente estable al ser negativa la

parte real de los autovalores. El sentido de giro lo proporcionará el campo de direcciones. No obstante, puesto que en el sistema linealizado es_{y = −x es claro que se cortará al semieje real positivo hacia abajo y al semieje real negativo}· hacia arriba, luego se girará en sentido horario, es decir, en sentido negativo, como después se podrá comprobar.

En P3 = (−1, 0) tenemos A3 = H(−1, 0) =

∙ 1 ₋₂ 0 2

¸

cuyos autovalores son λ1 = 1 y λ2 = 2 con autovectores

correspondientes a1 = [1, 0]t y a2 = [2, −1]t. La configuración local es la de un nodo inestable, las trayectorias

son curvas similares a parábolas que se alejan del punto de equilibrio al principio tangentes al eje real y al final en direcciones paralelas al vector a2= [2, −1]t.

b) Para ver si hay órbitas rectas, comenzaremos con las de la forma y = mx + n. Existirán si, y solo si,

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

mx(2 (mx + n) − x − 1) − (mx + n) (1 − x) = 2m2x2_{+ (2mn − 2m + n)x − n ≡ 0} lo cual solo sucede para m = n = 0. La recta y = 0 es la única trayectoria recta de este tipo.

Por último probaremos con trayectorias rectas verticales de la forma x = k, las únicas no incluidas en la forma anterior. Existirán si, y solo si,_{x = k(2y − k − 1) = −k}· 2_{+ 2ky − k ≡ 0, lo cual solo sucede si es k = 0. La recta x = 0}

es la única trayectoria recta vertical.

(20)

Seguimos con el estudio del campo de direcciones en cada una de las 10 regiones delimitadas por las líneas anteriores. Hay seis situadas en el semiplano superior:

En R1= {y > 0, x < 0, 2y − x − 1 > 0} esy > 0,· x < 0.· En R2= {y > 0, 0 < x < 1, 2y − x − 1 > 0} esy > 0,· x > 0.· En R3= {y > 0, x > 1, 2y − x − 1 > 0} esy < 0,· x > 0.· En R4= {y > 0, x > 1, 2y − x − 1 < 0} esy < 0,· x < 0.· En R5= {y > 0, 0 < x < 1, 2y − x − 1 < 0} esy > 0,· x < 0.· En R6= {y > 0, x < 0, 2y − x − 1 < 0} esy > 0,· x > 0.·

Para las cuatro situadas en el semiplano inferior:

En R7= {y < 0, x < 0, 2y − x − 1 > 0} esy < 0,· x < 0.·

En R8= {y < 0, x < 0, 2y − x − 1 < 0} esy < 0,· x > 0.·

En R9= {y < 0, 0 < x < 1, 2y − x − 1 < 0} esy < 0,· x < 0.·

En R10= {y < 0, x > 1, 2y − x − 1 < 0} esy > 0,· x < 0.·

Con toda la información obtenida podemos hacer el esbozo que se nos pide del plano de fases:

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

lim

(21)

8 P 4.21

Sea el sistema plano de ecuaciones diferenciales ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ˙x =x 2 2 − y − 1 2 ˙y = −x 2 2 − y + 1 2.

a) Obtener sus puntos de equilibrio, analizar su tipo y estabilidad y especificar la configuración de las trayectorias próximas.

b) Hallar el campo de direcciones, incluyendo las líneas de tangente vertical y horizontal. Determinar, si existen, trayectorias u órbitas rectas. Hacer un esbozo del plano de fases.

c) Siendo [x(t), y(t)] la solución del sistema para la que x(0) = y(0) = 0, deducir los valores de lim

t→+∞x(t) y t→+∞lim y(t).

Solución:

a) Para encontrar los puntos críticos o de equilibrio resolvemos el sistema formado por las dos ecuaciones:

f (x, y) = x 2 2 − y − 1 2= 0, g(x, y) = ₋x 2 2 − y + 1 2= 0.

Sumándolas resulta y = 0, con lo que la primera ecuación se convierte en x2 _{= 1, de donde x = ±1 y se obtienen}

P1= (1, 0) y P2= (−1, 0) como únicos puntos de equilibrio.

Para analizarlos observamos que la matriz jacobiana del sistema es

A(x, y) = ∙ fx fy gx gy ¸ = ∙ x ₋₁ −x −1 ¸ .

Estudiaremos el comportamiento del sistema linealizado correspondiente a cada punto crítico:

• P1 = (1, 0) : A(1, 0) =

∙

1 ₋₁ −1 −1

¸

, cuyos autovalores y autovectores son λ1 = −√2, con a1=

∙ 1 +√2 −1 ¸ y λ2= √ 2, con a2= ∙ 1 1 +√2 ¸

. Se trata entonces de un punto de silla, por lo que es inestable. La configuración de las órbitas próximas es similar a la familia de hipérbolas con asíntotas los vectores a1y a2recorridas viniendo

de la dirección de a1y alejándose hacia la de a2.

• P2 = (−1, 0) : A(−1, 0) =

∙

−1 −1 1 ₋₁

¸

, cuyos autovalores son λ = −1 ± i, las soluciones de la ecuación λ2_{+ 2λ + 2 = 0. Se trata por ello de un foco estable (Re λ = −1 < 0) .y por tanto asintóticamente estable. La} configuración de órbitas próximas es similar a espirales que se acercan al punto girando en sentido antihorario (positivo), lo que se reconoce por ser positivo el elemento A21 = 1 y se verá confirmado cuando estudiemos el

campo de direcciones.

b) Comenzaremos analizando si existen órbitas o trayectorias rectas, determinaremos las líneas lugares geométricos de puntos con tangente vertical y las de tangente horizontal, para estudiar después el campo de direcciones en cada una de las regiones determinadas por dichas líneas. Finalmente esbozaremos el plano de fases

Órbitas rectas:

• verticales (x = k) : x = k será una órbita si, y solo si, ˙x = 0 = k22 − y − 1

2 ∀y, pero eso no se verifica para

ningún valor de k, luego no existen órbitas rectas verticales.

• no verticales (y = mx + n) : la recta y = mx + n será una órbita si, y solo si, y0= m = ˙y ˙x = 2 ˙y 2 ˙x = −x2_{− 2 (mx + n) + 1} x2_{− 2 (mx + n) − 1} , ∀x

lo que equivale a que sea m¡x2_{− 2 (mx + n) − 1}¢₋¡_−x2_{− 2 (mx + n) + 1}¢= 0, _{∀x, lo cual equivale a que,} reagrupando los términos según potencias de x, todos los coeficientes del correspondiente polinomio sean nulos:

(m + 1) x2+¡_{2m − 2m}2¢_{x + (2n − 1 − 2mn − m) = 0.}

Respecto al primer coeficiente, m + 1 = 0 ⇐⇒ m = −1. Análogamente, el segundo coeficiente 2m − 2m2 ₌

(22)

Lineas lugar geométrico de puntos con tangente vertical ( ˙x = 0) : la parábola y = 1₂x2₋1

2 de eje vertical y ramas

hacia arriba, con vértice en¡_{0, −}1₂¢y pasando por los puntos de equilibrio.

Lineas lugar geométrico de puntos con tangente horizontal ( ˙y = 0) : la parábola y = −1

2x2+12 de eje vertical y ramas

hacia abajo, con vértice en¡0,1₂¢y pasando por los puntos de equilibrio, simétrica de la anterior respecto al eje OX. Nótese que, como era de esperar, las intersecciones de ambos tipos de líneas se producen en los puntos críticos antes obtenidos.

Campo de direcciones:

Las líneas anteriores delimitan 5 regiones del plano, una que contiene al origen, a la que llamaremos R1 y cuatro

que no lo contienen a las que denominaremos R2, R3, R4, R5, recorridas en sentido horario empezando por la situada

por encima de ambas parábolas.

De las citadas cinco regiones hay dos situadas por encima de la parábola y = 1₂x2₋1

2, que son R1y R2, en las que

es ˙x > 0. Las otras tres están situadas por debajo y por tanto en ellas es ˙x < 0. Por similares razones, en R1 y R4 es ˙y < 0 mientras que en R2, R3y R5 es ˙y > 0.

Esquema del plano de fases:

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

-2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5 2

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

lim