1. Comportamiento cualitativo de las EDO

La mayora de las ED no puede resolverse explcitamente. Interesa sin em-bargo describir cmo se comportan las soluciones, por ejemplo

1. al aumentar t crecen sin cota las soluciones?

2. tienden las soluciones a algn valor (0 por ejemplo)

3. oscilan entre ciertos valores?

Definicin 1. Sea D R R, F : D R. Una expresin de la formadx

dt= F (t, x)

o x = F (t, x) es una EDO de primer orden.

Observacin 1. Si F (t, x) = F (x), i.e., F depende slo de la variable x, entonces

x = F (x),

y en este caso la ecuacin se dice autonma.

Teorema 1 (existencia de soluciones). Sea F : R una funcin continuaen el dominio . Para todo punto (x0, y0) existe una funcin : I Rdefinida en algn intervalo I, solucin del problema de valor inicial llamado deCauchy

dx

dt= F (t, x), tal que (t0) = x0

La figura 1 ilustra el teorema con dos soluciones 1, 2

x = 2(t)

x = 1(t)

t

x

Figura 1

Teorema 2. Sea F : R tal que F, Fx

son funciones continuas en el do-

minio . Para todo punto (t0, x0) existe una nica funcin : I Rdefinida en algn intervalo I de R, solucin nica del problema de valor inicialde Cauchy.

1

Ntese que si en (2), F es un polinomio en la variable x, entonces la EDadmite solucin nica (t, x) R2. En lo que sigue, siempre supondremos exis-tencia y unicidad de los problemas de Cauchy.

Una solucin x(t) de x = F (t, x) se representa geomtricamente en el planotx. Como dado cualquier (t0, x0) D existe una solucin que pasa por (t0, x0),ello quiere decir que las soluciones de la ED se representan por una familia decurvas solucin en D y que ! curva solucin que pasa por un punto determi-nado.

Ejemplos

1. x = x t f(x,t)

Cualitativamentedx

dt= 0 x(t) al-

canza sus puntos crticos en xt = 0

-2 -1 0 1 2 3-2

-1

0

1

2

3

1

2

1

2

1 212

Analticamente

Mtodo 1 x x = t ED lineal

x(t) = edt

(

t edt dt

)+ C

= et(t et+et+C

)= t+ 1+ C et

Mtodo 2 u = x t

dudt

=dx

dt 1

du

dt+ 1 = u du

u 1 = 0ln(u 1) = t+ ku(t) 1 = C et

x(t) t = C et+1

2. x = xt, t 6= 0 dx

x= dt

t

ln |x| = ln |t|+ C|x(t)| = k 1

t

dx

dt= 0 x

t= 0 x = 0 (solucin trivial)

Pero

x > 0 t > 0 x < 0x > 0 t < 0 x > 0x < 0 t > 0 x > 0x < 0 t < 0 x < 0

2

3. x = tx, x 6= 0 xdx = t dt x2 + t2 = C

4. Autnoma: x =1

2(x2 1) x = 0 x(t) = 1 o x =

1 + et/2

3

12

1

2

1 212

Vemos entonces que no es necesario tener ni la solucin explcita ni un dibujoexacto para poder describir cualitativamente el comportamiento de la solucin

de una ED. Ms an, sidx

dt= F (x) es una ED autnoma, las soluciones de ella

tienen la siguiente propiedad:Si : R R es una solucin, entonces cualquier traslacin de la grfica de

en la direccin del eje t es la grfica de otra solucin de la ecuacin.En efecto, sea : R R con (t) = (t c), c R constante

= (t c) F ((t c)) F ((t)) tambin es una solucin

Ejemplo x = x

1

2

1

2

1 212

Observacin 2. Notemos que el comportamiento est determinado por f(x)

1. Si c R : f(c) = 0, entonces x(t) = c es una solucin

4

2. Si f(x) 6= 0, entonces x(t) es creciente o decreciente, dependiendo delsgnf(x)

Esta informacin puede representarse en una recta real que representa a x.

2. Anlisis analtico vs cualitativo

dy

dt= 4y(1 y) dy

4y(1 y) = dt /

Podramos encontrar la solucin tras la integracin, pero las frmulas obtenidasno son fciles de interpretar. Por ello, los mtodos geomtricos y cualitativa per-miten obtener mucha informacin con poco trabajo. Esto es importante sobretodo para ED difciles.

Considerar

dy

dt= ey

2/10 sen2 y

(

ey2/10 sen2 y

)1dy =

dt

Pero cualitativamente

f(y) = ey2/10 sen2 y > 0

excepto para y = n que nos dan las soluciones de equilibrio.

1

2

12

1 2 3 4 5 6 7 8 9123456789

La ecuacin del ejemplo tiene slo tres soluciones esencialmente diferentes:crecientes, decreciente y constante.

5

Este resumen de comportamientos cualitativos se puede ilustrar geomtrica-mente definiendo una lnea de fases

Definicin 2. Sea x = F (x), y sea x0 R : F (x0) = 0. Entonces diremos quex0 es una singularidad o un punto de equilibrio de la ED

Notar que x(t) = x0 es una solucin (cte.) de la ED, pues

x(t) = 0 y F (x0) = 0

Observacin 3. La lnea de fase se puede obtener directamente de x(t) = F (x),simplemente mirando cuando F (x) 0.

Ejemplo Supongamos que GrF viene dado por

Entonces, la lnea de fase

en donde la direccin de la flecha indica si la funcin crece () o decrece ()Observacin 4. Dependiendo del comportamiento local de las soluciones de laecuacin de una singularidad aislada en la Lnea de Fases, se distinguen lossiguientes tipos de singularidades

1. Repulsor o fuente

6

2. Atractor o sumidero

3. Atractor-repulsor

4. Repulsor-atractor

Ejemplo. Describir cualitativamente los tipos de soluciones que admite laEDO x = (x 1)3 ecos(x41).

Solucin. Es inmediato que x = 1 es la nica singularidad (aislada) de la

EDO. Como ecos(x41) > 0, x R, la grfica de F (x) = (x 1) ecos(x41), la

lnea de fases y los tipos de soluciones de la EDO, son como ilustra la figura,respectivamente.

La ecuacin del ejercicio anterior, es muy fcil de integrar bajo el punto devista del clculo. En consecuencia es difcil conocer explcitamente las ecuacionesde las soluciones que indica la figura. Sin embargo, la lnea de fases permite daruna descripcin cualitativa del tipo de soluciones y punto de equilibrio.

Definicin 3. Dos ecuaciones diferenciales autnomas, se dicen cualitativa-mente equivalentes si, y slo si, tienen la misma lnea de fases, en el sentido delmismo nmero de puntos singulares, de la misma naturaleza y distribuidos enel mismo orden.

Ejemplos

1. Las ED x = x, x = (x 1) ecos(x41), son equivalentes, pues solo tiene unnico punto atractor en sus respectivas lneas de fases.

2. x = (x+2)(x+1) x = 12 (x21). Pero x = (x+2)(x+1) 6 x = 12 (x21)(pues en este ltimo caso el atractor y el repulsor se encuentran en distintoorden).

3. Sistemas de ED de primer orden (en el plano)

Consideremos el sistema

x = f(t, x, y)y = g(t, x, y)

que podemos expresar matricialmente en la forma

dY

dt= F (t, Y ),

donde

Y =

(xy

)dY

dt=

(xy

)F (t, Y ) =

(f(t, x, y)g(t, x, y)

)

7

Una condicin inicial para este sistema viene dada por

x(t0) = x0y(t0) = y0

o Y (t0) =

(x0y0

)= Y0

Una solucin de este sistema es una matriz Y (t) que satisface el sistema.

Ejemplo. Comprobar que Y (t) =(e4t3 e2t,3 e4t+3 e2t) es una

solucin dedY

dt=

( x+ y3x 5y

)

Solucin. Derivar y reemplazar.

x(t) = e4t3 e2ty(t) = 3 e4t+3 e2t

Definicin 4. 1. Un sistema de la formadY

dt= F (Y ) se llama autnomo

2. Y0 es un punto de equilibrio paradY

dt= F (Y ) si F (Y0) = 0. La funcin

Y (t) = Y0 t es una solucin de equilibrio.3. El plano de fase (equivalente a lnea de fase pero en dos dimensiones)

determina el comportamiento cualitativo de x(t) e y(t), si t crece

Ejemplos

1.

2.

Sea Y (t) = (x(t), y(t)) solucin dedY

dt=

(f(x, y)g(x, y)

). La curva C : x =

x(t), y = y(t) tiene la propiedad que en el punto (x, y) C, el vector tangentea la curva en (x, y) es (f(x, y), g(x, y)).

Esto sugiere dibujar el campo de vectores del sistema, donde cada puntoP = (x, y) del plano se dibuja el vector (f(x,y),g(x,y)) con punto inicial P .

Problema. Los vectores varan en magnitud, esto dificulta el dibujo, por lotanto, se utiliza el campo de direcciones, se dibujan vectores de igual magnitud,

por ejemplo,(f(x, y), g(x, y))

(f(x, y), g(x, y)) si (f(x, y), g(x, y)) 6= (0, 0)

8

Teorema 3. SeadY

dt= F (t, Y )

Y (t0) = Y0

un problema de valor inicial

F (t, Y ) =

(f(t, x, y)g(t, x, y)

)

Si F es de clase C1, es decir, si f y g son de clase C1, entonces > 0 y unafuncin Y (t) definida para t ]t0 , t0 + [ tal que Y (t) satisface el problemade valor inicial. Adems esta solucin es nica.

Observacin 5. Si el sistema es autnomo, es decir,dY

dt= F (Y ), con F de clase

C1, entonces, por el teorema, existen nicas dos funciones distintas y1(t) e y2(t)no pueden intersectarse.

Supongamos que y1(t) e y2(t) se intersectan en el punto Y0, es decir Y1(t1) =Y0 = Y2(t2). Como el campo vectorial F (Y ) no cambia con el tiempo, obtenemoslas mismas curvas solucin de dos soluciones diferentes que empiezan en el mismopunto Y0 en tiempos diferentes Y1(t1+t) = Y2(t2+t) t. No ocurre lo mismopara sistemas no autnomos.

Ejemplos de sistemas de ED de primer orden

Ejemplo. (Sistema depredador-presa) Sea R(t) la poblacin de presas pre-sentes en el instante t. F (t) la poblacin de depredadores presentes en el instantet. Se supone R(t), F (t) > 0

dR

dt= 2R 1,2RF

dF

dt= F + 0,9RF

El trmino 2R representa el crecimiento exponencial de las presas en ausenciade depredadores y 1,2RF corresponde al efecto negativo sobre la presa por lainteraccin de ambas especies.

F corresponde a la hiptesis de que los depredadores mueren si no hay presasque comer y 0,9RF es el efecto positivo sobre los depredadores por la mismainteraccin.

Solucin de equilibrio:

(2 1,2F )R = 0(1 + 0,9R)F = 0

9

(R(t) = 0, F (t) =) (R(t) = 109, F (t) =

5

3) el sistema est en

equilibrio perfecto.Computador. Campo de direcciones y algunas soluciones.

Ejemplo. Otro modelo

dR

dt= 2R

(1 R

2

) 1,2RF

dF

dt= F + 0,9RF

Capacidad de soporte de R es 2.

Ejemplo. Movimiento de una masa unida a un resorte

y = 0

posicin de reposo

Figura 2

Una masa unida a un resorte se desliza sobre una mesa sin friccin.Problema. Calcular su movimiento horizontal cuando el resorte se estira (o

comprime) y luego se suelta.Suponer que lo nico que acta sobre la masa es la fuerza del resorte

Ley de Hooke: La fuerza restauradora ejercida por un resorte es lineal-mente proporcional al desplazamiento del resorte desde su posicin de reposo yest dirigida hacia esa misma posicin.

F = ky k = cte. del resorte

md2y

dt2= ky d

2y

dt2+

k

my = 0 (ecuacin diferencial de 2.o orden)

oscilador armnico

10

Problema de valor inicial: se necesitan dos condiciones iniciales y(0) = y0 y(0) = v0 (pues, estirarlo y liberarlo 6= estirarlo y despus empujarle con unacierta velocidad inicial). Sea v(t) =velocidad de la masa en el tiempo t. Laecuacin de 2.o orden se puede escribir como un sistema:

dy

dt= v

dv

dt= k

my

Analizar el problema de valor inicial, con km = 1:

d2y

dt2= y

y(0) = 1

y(0) = 0

(1)

dy

dt= v

dv

dt= y

(y(0), v(0)) = (1, 0)

(2)

Solucin de (1): y(t) = cos t.Solucin de (2): (y(t), v(t)) = (cos t, sen t).En el plano yv la solucin es una circunferencia con centro en el origen y

radio 1, es decir, la solucin es peridica, la masa oscila para siempre de ida yavuelta a travs de su posicin de reposo.

4. Sistemas desacoplados

Definicin 5. Un sistema de ED est desacoplado si la razn de cambio de unams de las variables dependientes, depende slo de su propio valor.

Ejemplo.dx

dt= 2x

dy

dt= y

11

Solucin general (x(t), y(t)) =(k1 e

2t, k2 et). Si se da la condicin inicial

y(0) = (1, 1) se tiene k1 = 1 k2 = 1 y(t) =(e2t, et

)es la solucin del

problema de valor inicial y(t) es una parametrizacin de x = y2 con y > 0.

t

x, y

1y(t)

x(t)

5. Sistema parcialmente desacoplado

dx

dt= 2x+ 3y

dy

dt= 4y

Solucin para y: y(t) = k2 e4t. Sustituyendo en la primera ecuacin:

dx

dt= 2x+ 3k2 e

4t ecuacin diferencial lineal de primer orden

x(t) = e2t(

e2t 3k2 e4t dt+K

)

x(t) = k1 e2t1

2k2 e

4t

x(t) = k1 e2t1

2k2 e

4t

y(t) = k2 e4t

Si ponemos la condicin inicial x(0) = 0, y(0) = 1, se tiene que

k1 12 k2 = 0k2 = 1

k1 = 12 k2 = 1

x(t) =1

2e2t1

2e4t

y(t) = e4t

12

Si la condicin inicial es (x(0), y(0)) =( 12 , 1) k1 = 0 k2 = 1.

x(t) = 12

e4t

y(t) = e4t

En este ltimo caso observemos quey(t)

x(t)= 2 t la solucin se encuentra

sobre una recta que pasa por el origen y que tiende a (0, 0) cuanto t ycrece cuando t .

y(t)

x(t)

6. Sistemas Linealesdx

dt= ax+ by

dy

dt= cx+ dy

sistema lineal (en el plano) con coeficientes constantes

(autnoma)

6.1. Notacin matricial

Sea A =

(a bc d

)(matriz de los coeficientes) e Y =

(xy

), el sistema queda

dY

dt= AY .

Anlogamente para un sistema n-dimensional.

Observacin 6. Si detA 6= 0, el nico punto de equilibrio para el sistema es elorigen. En este caso se dice que el sistema es no degenerado.

6.2. Principio de linealidad

SeadY

dt= AY

1. Si Y (t) es una solucin kY (t) es una solucin k R.2. Si Y1(t)Y2(t) son dos soluciones Y1(t)+Y2(t) es tambin una solucin.

13

Consecuencia Y1(t) Y2(t) son soluciones k1Y1(t) + k2Y2(t) es solucin k1, k2 R

Por ejemplo,dY

dt=

(2 30 4

)Y .

Ya sabemos que

Y1(t) =

(e2t

0

) Y2(t) =

( e4t2 e4t

)

entonces

Y1(t) + Y2(t) =

(e2t e4t2 e4t

)

es tambin una solucin.

y2(t)

y1(t)

y1(t) + y2(t)

Figura 3

Teorema 4. Sean Y1(t) e Y2(t) dos soluciones del sistema linealdY

dt= AY (A

M(2 2)). Si Y1(0) e Y2(0) son l.i., entonces para cualquier condicin inicialY (0) = (x0, y0), k1, k2 R tales que k1Y1(t) + k2Y2(t) es la solucin del prob-lema de valor inicial

dY

dt= AY, Y (0) =

(x0y0

)

Demostracin. {Y1(0), Y2(0)} l.i. {Y1(0), Y2(0)} es base de R2 !k1, k2 Rtales que

k1Y1(0) + k2Y2(0) =

(x0y0

)

Y (t) = k1Y1(t)+k2Y2(t) es solucin del sistema que satisface Y (0) =

(x0y0

).

Observacin 7. 1. Si Y1(t) e Y2(t) son dos soluciones del sistema tales queY1(0) e Y2(0) son l.i. Y1(t) e Y2(t) son l.i.

14

2. Teorema el conjunto de las soluciones del sistema es un espacio vectorialde dimensin dos, donde B = {Y1(t), Y2(t)} es una base. En este caso, sedice que k1Y1(t) + k2Y2(t) con k1, k2 R se llama la solucin general delsistema dfracdY dt = AY .

Ejemplos

1. Se sabe que Y1(t) =

(e2t

0

)e Y2(t) =

( e4t2 e4t

)son soluciones de

dY

dt=(

2 30 4

). Determinar la solucin Y (t) tal que Y (0) =

(34

).

Solucin. Y1(0) =

(10

)e Y2 =

(12

) {Y1(0), Y2(0)} l.i. {Y1(t), Y2(t)}

base del espacio solucin.

k1

(10

)+ k2

(12

)=

(34

)

k1 k2 = 32k2 = 4

k1 = 1 k2 = 2

Y (t) =

( e2t2 e4t4 e4t

)es la solucin pedida

2. Oscilador armnico:d2Y

dt2= y. Es fcil ver que y1(t) = cos t e y2(t) =

sen t son soluciones de la ecuacin diferencial. El sistema asociado es:

dy

dt= v

dv

dt= y

dYdt

=

(0 11 0

)Y

Y1(t) =

(y1(t)v1(t)

)=

(cos tsen t

) Y2(t) =

(y2(t)v2(t)

)=

(sen tcos t

)

son soluciones del sistema.

Y1(0) =

(10

) Y2(0) =

(01

)son l.i.

Y (t) = k1

(cos t sen t

)+ k2

(sen tcos t

)solucin general del sistema

y(t) = k1 cos t+ k2 sen t

k1, k2 R es solucin general de la ecuacin diferencial.

15

Observacin 8. A veces los sistemas tienen soluciones en lneas rectas. Por ejem-

plo:dY

dt=

(2 30 4

)Y tiene Y1(t) =

(e2t

0

) Y2(t) =

( e4t2 e4t

)solucin

en lnea recta:

y2(t)

y1(t)

Figura 4

Y1(t) est sobre el eje x: lmt

y1(t) lmt

Y1(t) =

(00

). Y2(t) =

e4t(1

2

). Y2(t) est sobre la recta de direccin

(12

)(en el II cuadrante)

lmt

Y2(t) =

(00

).

Pero no todos los sistemas tiene solucin en lnea recta, el ejemplo 2 deloscilador armnico no las tiene.

Cmo determinar si las tiene?

6.2.1. Soluciones en lnea recta

SeadY

dt= AY . Si V = (x, y) est sobre una solucin en lnea recta, entonces

el campo vectorial en (x, y) debe apuntar en la misma direccin o en la direccinopuesta que el vector de (0, 0) a (x, y). Por lo tanto debemos buscar V no nulostales que AV = V . Es decir, debemos determinar los valores propios de A.

Supongamos que ???A y V es vector propio asociado a . Sea Y (t) = No se entiendeet V .

dY

dt= et V = Y (t)

Por otra parte

AY (t) = A et V = et AV = et V = Y (t)

Y (t) = et V es solucin del sistema.

16

Teorema 5. Sea valor propio de A M(2,R) con V un vector propio asoci-ado, entonces el sistema lineal

dY

dt= AY tiene la solucin en lnea recta:

Y (t) = et V.

Si adems A tiene dos valores propios distintos 1, 2 con V1, V2 vectores propiosasociados, respectivamente, se tiene que Y1(t) = e

1t V1 Y2(t) = e2t V2 sondos soluciones en lnea recta.

Adems Y1(t) e Y2(t) son l.i.

Y (t) = k1 e1t V1 + k2 e

2t V2 k1, k2 R

es solucin general del sistema.

Ejemplos

1. SeadY

dt= BY =

(2 12 3

)Y , pB() =

2 5 + 4 = ( 4)( 1), Btiene dos valores propios 1 = 4 2 = 1.

V1 vector propio asociado a 1:

(2 12 1

)(xy

)=

(00

)

2x+ y = 0 y = 2x

V1 =

(12

)

V2 vector propio asociado a 2:

(1 12 2

)(xy

)=

(00

) x+ y = 0

V2 =

(11

)

Y (t) = k1 e4t

(12

)+ k2 e

t

(11

)k1, k2 R

es la solucin general del sistema.

17

2.d2y

dt2+ 7

dy

dt+ 10y = 0. El sistema correspondiente es:

dY

dt=

(v

7v 10y)

=

(0 110 7

)(yv

)= CY

pC() = 2 + 7+ 10 = (+ 2)(+ 5) 1 = 2 2 = 5

V1 :

(2 110 5

)(xy

)=

(00

)

2x+ y = 0 y = 2x V1 =(

12

)

V2 :

(5 110 2

)(xy

)=

(00

)

y = 5x V2 =(

15

)

Y (t) = k1 e2t

(12

)+ k2 e

5t(

15

)

k1, k2 R solucin general del sistema y(t) = k1 e2t+k2 e5t k1, k2 R solucin general de la ecuacin diferencial.

7. Retrato de fase para sistemas lineales con val-ores propios reales

dY

dt= AY, A M(2,R) y detA 6= 0

la nica singularidad es el origen.Si A tiene dos valores propios 1, 2 R {0}, pueden ocurrir los casos

siguientes:

1. 1 6= 2.2. 1 = 2 = .

Caso 1: 1 6= 2

1 < 0 < 2 En este caso se dice que el origen es un punto silla. Hay doslneas que corresponden a la solucin en lnea recta. A lo largo de una lnea lassoluciones tienden a (0, 0) cuanto t + y a lo largo de la otra, se alejan de(0, 0) cuanto t +. Las otras soluciones llegan del y se van al infinito.

Sean Vi, i = 1, 2 vectores propio asociados a i. Soluciones en lnea rectaY1(t) = k1 e

1t V1 Y2(t) = k2 e2t V2. Solucin generalYg(t) = k1 e1tV1 + k2 e

2t V2 k1, k2 Rlm

t+Y1(t) = (0, 0) lm

tY2(t) = (0, 0)

18

V1

V2

Figura 5

Ejemplos

1.dY

dt= AY donde A =

(2 00 3

)

1 = 2, = 3, V1 =(10

), V2 =

(01

)

Y (t) = k1 e2t V1 + k2 e

3t V2 =

(k1 e

2t

k2 e3t

)

Sea Y (t) tal que k1, k2 6= 0. Sea |t| grande:a) si t > 0, Y (t) k2 e3t V2 Y (t) tiene al eje y como asntota.

19

b) si t < 0, Y (t) k1 e2t V1 Y (t) tiene al eje x como asntota.

Por ejemplo, sea Y (t) tal que Y (0) = (1, 1), entonces Y (t) =

(e2t

e3t

)=(

x(t)y(t)

)

lmt+

x(t) = 0 lmt

x(t) = +lm

t+y(t) = + lm

ty(t) = 0

x(t)

y(t)

2.dY

dt= BY , donde B =

(8 116 9

)

pB() = 2 + 6 = (+ 3)( 2) 1 = 3 2 = 2

V1 =

(11

) V2 =

(116

)

Solucin en lnea recta Y1(t) = e3t V1 Y2(t) = e2t V2. Solucin

general Y (t) = k1 e3t V1 + k2 e2t V2, k1, k2 R. Si k1, k2 6= 0, cuando

t +, Y (t) tiene como asntota la recta de direccin V2. Cuando t , Y (t)

2 < 1 < 0

Y (t) = k1 e1t V1 + k2 e

2t V2, k1, k2 RCuando t +, todas las soluciones tienden a (0, 0) nica singularidad delsistema, el (0, 0) es un pozo o resumidero.

Sea Y (t) tal que k1, k2 6= 0 Cmo se acerca Y (t) al origen?Sean V1 =

(ab

)y V2 =

(cd

), con ad bc 6= 0

x(t) = ak1 e1t+ck2 e

2t

y(t) = bk1 e1t+dk2 e

2t

20

V1

V2

Figura 6

Sea a 6= 0

dy

dx=

dy

dtdx

dt

=1bk1 e

1t+2dk2 e2t

1ak1 e1t+2ck2 e2t=

1bk1 + 2dk2 e(21)t

1ak1 + 2ck2 e(21)t

lmt+

dy

dx=

b

a.

Es decir, Y (t), cuando t +, tiende al origen con pendiente que tiende a ba ,es decir, en direccin tangencial a la lnea de vectores propios correspondientesal valor propio 1.

0 < 1 < 2

Y (t) = k1 e1t V1 + k2 e

2t V2 k1, k2 R

Si (k1, k2) 6= (0, 0), Y (t) se aleja del origen cuanto t +, es decir, elorigen es una fuente.

Todas las soluciones con k1k2 6= 0, se acercan al origen cuanto t + enforma tangencial a la lnea de vectores propios correspondientes al valor propio1.

Por ejemplodY

dt= AY donde A =

(1 30 2

), 1 = 1, 2 = 2. V1 =

(10

), V2 =(

31

)

21

Caso 2: 1 = 2 = 6= 0Debemos distinguir dos subcasos:

1) Si V = R2 (V subespacio propio asociado a )

2) Si dimV = 1

1)

Y (t) = et(k1V1 + k2V2) k1, k2 R

= et(ab

)a, b R

(a) modo estelar atractor osumidero estelar si < 0

(b) modo estelar repulsor ofuente estelar si > 0

Forma general de la solucin SeadY

dt= AY,A M(2,R), donde A

tiene un valor propio de multiplicidad dos, pero dimV = 1. Si V1 es vectorpropio:

Y1(t) = et V1 es una solucin en lnea recta

Conjetura

Y2(t) = et(tV1 + V2)

22

es solucin, donde V2 es un vector por determinar

Si Y2(t) es solucin dY2dt

= AY2 t. Pero

dY2dt

= et(tV1V2) + et V1 = e

t tV1 + et V1 + e

t V2

AY2 = et(tAV1 +AV2) = e

t(tV1 +AV2)

Debemos tener

et(tV1 + V1 + V2) = et(tV1 +AV2)

V1 + V2 = AV2 (A I)V2 = V1

sistema lineal en V2 que tiene infinitas soluciones

Y (t) = k1 e1t V1 + k2 e

t(tV1 + V2) es solucin general.

Ejemplo.d2y

dt2+ 2

2dy

dt+ 2y = 0

dy

dt= v

dv

dt= 2y 22 v

dYdt

=

(0 1

2 2)Y con Y =

(yv

)

2 + 22+ 2 = 0 =

2

V1 :

(2 1

2 2)(

xy

)=

(00

)2x+ y = 0 y =

2 x

V1 =

(1

2) Y1(t) = e

2 t

(1

2).

Determinacin de V2:

(2 1

2 2)(

xy

)=

(1

2)2 x+ y = 1

x = 12(1 y)

23

Por ejemplo:

V2 =

(01

)

Solucin general:

Y1(t) = k1 e

2t

(1

2)

+ k2 e

2t

(t

(1

2)

+

(01

))

Y (t) = e

2t

(k1 + tk2

2k1 2tk2 + k2

)k1, k2 R

Definicin 6. Un punto de equilibrio (x0, y0) es estable, si las soluciones queparten de puntos situados en una vecindad de (x0, y0) tienden a (x0, y0) cuandot +, en caso contrario son inestables.

Por ejemplo, los sumideros son estables; las sillas y fuentes son inestables.

8. Sistemas en que pA() tiene races complejas

Consecuencia El sistema no tiene soluciones en lnea recta. Por ejemplo:

dY

dt=

(a bb a

)Y, b > 0

Usando coordenadas polares: x = r cos , y = r sen (r > 0) se tiene

x = r cos r sen y = r sen + r cos

r = x cos + y sen = 1r (y cos x sen )

r = cos (ar cos br sen ) + sen (br cos + ar sen ) = ar =

1

r(cos (br cos + ar sen ) sen (ar cos br sen )) = b

24

El sistema en coordenadas polares es:

r = ar

= bcon b > 0

Su solucin es:

r(t) = r(0) eat

(t) = (0) + bt

Si a = 0 r(t) = r(0) t las rbitas son circunferencias con centro en elorigen todas las soluciones son peridicas de perodo 2/b y frecuencia b/2.En este caso se dice que el origen es un centro.

Nota 1. Si A no es de la forma(

a bb a

)con b 6= 0 pero pA() tiene races

complejas con parte real nula, todas las soluciones son peridicas. Por ejemplo,elipses.

Si a < 0, entonces lmt+

r(t) = 0 y las rbitas son espirales que se enrollan

en el origen. El origen es un foco atractor o sumidero en espiral.Si a > 0, entonces lm

tr(t) = 0 y las rbitas son espirales que se alejan del

origen. El origen es un foco repulsor o fuente en espiral.

Resolucin de un sistema de este tipo (sin usar coordenadas polares)

SeadY

dt= AY tal que pA() tiene races complejas = a + bi, b 6= 0. Se

considera A M(2,C) y se resuelve el sistema en C2. Sea Y (t) una solucincompleja del sistema, se tiene

Teorema 6. Supongamos que Y (t) = YRe(t) + iYIm(t), donde YRe(t) e YIm(t)son las funciones reales, parte real y parte imaginaria de Y (t). Entonces YRe(t)e YIm(t) son soluciones del sistema original.

Demostracin. Y (t) = YRe(t) + iYIm(t) es solucin dedY

dt= AY en C2

dY

dt=

dYRedt

+ idYImdt

= AY (t) = AYRe(t) + iAYIm(t)

dYRe(t)dt

= AYRe(t) dYIm(t)dt

= AYIm(t)

Ejemplos

1.dY

dt= AY con A =

(2 33 2

), = 2 3i (origen es un pozo en

espiral). Si V es vector propio complejo de 2 + 3i, entonces V es vector

25

propio complejo de 2 3i. Calculemos V :(3i 33 3i

)(xy

)=

(00

) 3ix 3y = 0

3x 3iy = 0

x = iy V =(i1

)

Y (t) = e(2+3i)t(i1

)es una solucin del sistema

Y (t) = e2t(cos 3t+ i sen 3t)

(i1

)

= e2t( sen 3t+ i cos 3t

cos 3t+ i sen 3t

)

YRe(t) = e2t

( sen 3tcos 3t

), YIm(t) = e

2t(cos 3tsen 3t

)

YRe(t) YIm(t) son l.i. Solucin general del sistema

Y (t) = e2t(k1

( sen 3tcos 3t

)+ k2

(cos 3tsen 3t

))k1, k2 R

2.dY

dt=

(0 12 0

)Y , = i2 (origen es un centro).

V =

(1

i2

) Y (t) = (cos

2 t+ sen

2 t)

(1

i2

)

YRe(t) =

(cos

2 t

2 sen2 t), YIm(t) =

(sen

2 t

2 cos2 t

)

Solucin general del sistema:

Y (t) =

(x(t)y(t)

)=

(k1 cos

2 t+ k2 sen

2 t

k12 sen

2 t+ k2

2 cos

2 t

)

x(t) e y(t) son las ecuaciones paramtricas de una elipse (si k1 k2 6= 0).En efecto:

2x2 + y2 = 2k21 + 2k22 = k

23

x2

k23+

y2

2k3= 1

Para la direccin, notar que el sistema

dx

dt= y dy

dt= 2x

Dibujamos el campo de direcciones

~v(1, 1) = (1,2), ~v(0, 1) = (1, 0), ~v(1,1) = (1, 2)

26

9. Casos con valor propio cero

Supongamos quedY

dt= AY , donde A tiene 2 valores propios 1 = 02 6= 0.

Sean V1 V2 vectores propios asociados a 1 2, respectivamente.

Solucin.

Y (t) = k1 e1t V1 + k2 e

2t V2

Y (t) = k1V1 + k2 e2t V2 k1, k2 R

Si k2 = 0, Y (t) = k1V1 todos los puntos de la recta que pasa por el origencon direccin V1 son puntos de equilibrio.

Si 2 < 0, Y (t) = k1V1 + k2 e2t V2 tiende a k1V1 cuando t + a lo largo

de una recta V2.Si 2 > 0, Y (t) se aleja de la lnea de puntos de equilibrio cuando t crece.

Ejemplo.dY

dt= AY con A =

(3 13 1

)pA() =

2 + 4 = 0 1 = 0, 2 = 4.

V1 :

(3 13 1

)(xy

)=

(00

) 3x+ y = 0 y = 3x V1 =

(13

)

V2 :

(1 13 3

)(xy

)=

(00

) x = y V2 =

(11

)

Solucin. Y (t) = k1

(13

)+ k2 e

4t(

11

)La recta : y = 3x es la lnea de

puntos de equilibrio. Cualquier otra solucin tiende a un punto de siguiendouna semirecta a y.

27