Sistemas de Ecuaciones Diferenciales No Lineales

CAPÍTULO 11

Contenidos

• 11.1 Sistemas Autónomos• 11.2 Estabilidad de Sistemas Lineales• 11.3 Linealización y Estabilidad Local• 11.4 Sistemas Autónomos como Métodos

Matemáticos• 11.5 Soluciones Periódicas, Ciclos Límite y

Estabilidad Global

11.1 Sistemas Autónomos• Introducción

Un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden se llama autónomo, caundo puede escribirse como

(1)),,,(

),,,(

),,,(

21

2122

2111

nnn

n

n

xxxgdt

dx

xxxgdt

dx

xxxgdtdx

Ejemplo 1

El sistema anterior no es autónomo, debido a la t presencia de t en el lado derecho.

)sin(

3

212

221

1

txxdt

dx

txxdtdx

Ejemplo 2

Considere

Si permitimos que sea x = , y = , entonces

es un sistema de primer orden.

0sin2

2

lg

dt

d

xlg

y

yx

sin

Interpretación como Campo Vectorial

• Un sistema autónomo plano puede escribirse como

El vector V(x, y) = (P(x, y), Q(x, y)) definne un campo vectorial del plano.

),(

),(

yxQdtdy

yxPdtdx

Ejemplo 3

Un campo vectorial para el flujo de estado estable de un líquido alrededor de un cilindro de radio 1 está dado por

donde V0 la velocidad del líquido lejos del cilindro.

222222

22

0 )(

2,

)(1),(

yx

xy

yx

yxVyxV

Ejemplo 3 (2)

Si se libera un pequeño corcho en (−3, 1), la trayectoriaX(t) = (x(t), y(t)) satisface

sujeta a X(0) = (−3, 1). Fig 11.1.

2220

222

22

0

)(

2

)(1

yx

xyV

dtdy

yx

yxV

dtdx

Fig 11.1

Tipos de Soluciones

(i) Una solución constante x(t) = x0, y(t) = y0 (ó X(t) = X0 para toda t). La solución se llama punto crítico o estacionario, y la solución constante se llama solución de equilibrio. Fíjese en que X(t) = 0 significa

0),(

0),(

yxQ

yxP

(ii) Una solución que define un arco, una curva plana que no se cruza a sí misma (Fig 11.2(a)). En cuanto a la Fig11.2(b), no puede ser una solución, puesto que habría dos solucion que pasarían por el punto P.

Fig 11.2

(iii) Una solución periódica – se llama un ciclo. Si p es el período, entonces X(t + p) = X(t). Fig 11.3.

Ejemplo 4Determine los puntos críticos de los siguientes sistemas:(a) (b) (c)

Solución (a)

entonces y = x. Hay infinitos puntos críticos.

yxy

yxx

0

0

yx

yx

yxy

yxx

2

22 6

)2.060(05.0

)100(01.0

xyyy

yxxx

Ejemplo 4 (2)

(b)

Como x2 = y, entonces y2 + y – 6 = (y + 3)(y – 2) = 0. Si y = – 3, entonces x2 = – 3, No hay soluciones rales. Si y = 2, etonces . Los puntos críticos son y .

0

062

22

yx

yx

2x

)2,2( )2,2(

Ejemplo 4 (3)

(c)De 0.01x(100 – x – y) = 0, tenemos x = 0 ó x + y = 100. Si x = 0, entonces 0.05y(60 – y – 0.2x) = 0 se transforma en y(60 – y) = 0. Así y = 0 or y = 60, y (0, 0) y (0, 60) son puntos críticos.Si x + y = 100, entonces 0 = y(60 – y – 0.2(100 – y)) = y(40 – 0.8y). Tenemos que y = 0 ó y = 50. Así (100, 0) y (50, 50) puntos críticos.

Ejemplo 5

Determinar si los siguientes sistemas poseen una solución periódica. En cada caso, dibujo la gráfica de la solución que satisface X(0) = (2, 0).(a) (b)

Solución(a) En el Ejemplo 6 de Sec. 10.2, tenemos demostrado

yxy

yxx

2

82

yxy

yxx

2/1

2

tctcy

ttcttcx

2sin)2cos(

)2sin22cos2()2sin22cos2(

21

21

Ejemplo 5 (2)Así cada solución es periódica con período . La solución que satisface X(0) = (2, 0) es

x = 2 cos 2t + 2 sen 2t, y = – sen 2t Fig 11.4(a).

Ejemplo 5 (3)

(b) Empleando un método similar, tenemos

Debido a la presencia de et, no hay soluciones periódicas .La solución que satisface X(0) = (2, 0) es

Se representa en la Fig 11.4(b).

)cos()sin(

)sin2()cos2(2

1

21

tectecy

tectecxtt

tt

teytex tt sin,cos2

Fig 11.4(b)

Cambio a Coordenadas Polares

• Recuerde que las transformaciones son

r2 = x2 + y2 y = tan–1(y/x),

dtdy

xdtdx

yrdt

ddtdy

ydtdx

xrdt

dr2

1,

1

Ejemplo 6

Hallar la solución del siguiente sistema

que satisfaga X(0) = (3, 3).Solución

22

22

yxyxy

yxxyx

2)]()([1

ryrxyxryxrdt

dr

1)]())([(12 yrxxxryy

rdtd

Ejemplo 6 (2)

Puesto que (3, 3) es en coordenadas polares, X(0) = (3, 3) se transforma en y (0) =π/4.Separando las variables, tenemos que la solución es

para r 0. Aplicando las condiciones iniciales, tenemos

)4/,23( 23)0( r

21

,1

ctct

r

4,

6/21

t

tr

Ejemplo 6 (3)

La gráfica de

se muestra en la Fig 11.5.

4/6/21

r

Fig 11.5

Ejemplo 7

Considere el sistema en coordenadas polares:

hallar y dibujar las soluciones qeu satisfagan X(0) = (0, 1) y X(0) = (3, 0) en coordenadas rectangulares. Solución Separando las variables, tenemos

1 ),3(5.0 dtd

rdtdr

25.0

1 ,3 ctecr t

Ejemplo 7 (2)

Si X(0) = (0, 1), entonces r(0) = 1 y (0) = /2. Así c1 = –2, c2 =/2. La curva solución e es la espiral . Fíjese en que cuando t → ， aumenta sin límite y r tiende a 3. Si X(0) = (3, 0), entonces r(0) = 3 y (0) = 0. Así c1 = c2 = 0 y r = 3, = t. Tenemos que la solución es x = r cos = 3 cos t y y = r sen = 3 sen t. Es una solución periódica. Fig 11.6.

)2/(5.023 er

Fig 11.6

11.2 Estabilidad de Sistemas Lineales

• Algunas Preguntas FundamentalesSuponga que X1 es un punto crítico de un sistema autóno plano y X = X(t) es una solución que sarisface X(0) = X0. Nos interesa saber cuando X0 está cerca de X1:(i) Es limt X(t) = X1?

(ii) Si la respuesta al (i) es “no”, permanece cerca de X1 o se aleja de X1?

Fig 11.7

Fig 11.7

• En el caso de la Fig11.7(a) y (b), llamamos al punto crítico localmente estable.

• Sin embargo, si se puede encontrar en alguna vecinidad dada algún valor inicial que da un comportamiento similar a (c), llamamos al punto crítico inestable.

Analisis de Estabilidad

• Considerex = ax + by y = cx + dy

Tenemos que la matriz del sistema es de la forma

Para asegurar que X0 = (0, 0) es el único punto crítico, se supondrá que el determinante = ad – bc 0.

dc

baA

• Luego det (A – I) = 0 se transforma en2 − + = 0

donde = a + d. Así 2/)4( 2

Ejemplo 1

Determine los valores propios del sistema

en términos de c, y use un programa de solución numérica para descubrir la forma de soluciones correspondientes al caso c = ¼ , 4, 0 y −9.

ycxy

yxx

Ejemplo 1 (2)

Solución Como la matriz de coeficientes es

entonces tenemos = −2, y = 1 – c. Así

1

11

c

cc 1

2)1(442

Ch11_35

Ejemplo 1 (3)

• Si c = ¼ , = −1/2 y −3/2. Fig 11.8(a) ilustra el retrato fase del sistema.

• Cuando c = 4, = 1 y 3. Fig 11.8(b).

Ejemplo 1 (4)

• Cuando c = 0, = −1. Fig 11.8(c).• Cuando c = −9, = −1 3i. Fig 11.8(d).

Caso I: Valores Propios Reales y Distintos

• Según Sec 10.2, la solución general es

• (a) Ambos valores propios negativos: Nodo Estable

Es más fácil comprobar que bajo esta condición, X(t) 0 cuando t

Fig 11.9.

)(

)()(

2211

2211

121

21

tt

tt

ecce

ecect

KK

KKX

Fig 11.9

• (b) Ambos Valores Propios Positivos: Nodo Inestable

Es más fácil comprobar que bajo esta condición, |X(t)| queda sin cota cuando t

Fig 11.10

Fig 11.10

• (c) Valores Propios con Signos Opuestos(2 < 0 < 1): Punto Silla

Cuando c1 = 0, X(t) se aproximará 0 a lo largo de la recta determinada por el vector propio K2 cuando t . Esta solución inestable se lalma punto silla. Fig 11.11.

Fig 11.11

Ejemplo 2

Clasifique el punto crítico (0, 0) de cada sistemaX = AX como un nodo estable, nodo inestable, o un punto silla.(a) (b)

Solución (a) Puesto que los valores propios son 4, −1, (0, 0) es un punto silla. Los vectores propios correspondientes son respectivamente

12

32A

1915

610A

2

31K

1

12K

Ejemplo 2 (2)

Si X(0) está sobre la recta y = −x, entonces X(t) tiende a 0. Para cualquier otra condición inicial, X(t) queda sin cota en las direcciones determinadas por K1. Esto es, y = (2/3)x sirve como una asíntota. See Fig 11.12.

Fig 11.12＞

(b) Puesto que los valores propios son − 4, −25, (0, 0) es un nodo estable. Los vectores propios correspondientes son respectivamente

Fig 11.13.

1

11K

5

22K

Fig 11.13

Caso II: Valor Propio Real Repetido

• Según laSec 10.2, tenemos las siguientes condiciones.• (a) Dos Valores Propios Linealmente Independientes

La solución general es

Si 1 < 0, entonces X(t) tiende a 0 a lo largo de la recta determinada por c1K1 + c2K2 y el punto crítico se llama nodo estable degenerado. Fig 11.14(a) muestra la gráfica para 1 < 0 y las flechas se invierten cuando 1 > 0, y se llama nodo inestable degenerado.

ttt eccecect 111 )()( 22112211 KKKKX

Fig 11.14

• (b) Un solo Vector Propio Linealmente IndependienteCuando existe un solo valor propio, la solución general es

Si 1 < 0, entonces X(t) tiende a 0 en una dirección determinada por el vector K1(Fig 11.14(b)). Este punto crítico se llama de nuevo nodo estable degenerado.Si 1 > 0, este punto crítico se llama nodo inestable degenerado.

)(

))(

21

112

1211

1

111

PKK

P(KKX

tc

tc

cte

etecect

t

ttt

Caso III: Valores Propios Complejos (2 – 4 < 0)

• (a) Raíces imaginarias puras (2 – 4 < 0, = 0)Este punto crítico se llama centro. Fig 11.15

• (b) Parte real no nula (2 – 4 < 0, 0)parte real > 0: punto espiral inestable (Fig 11.16(a))parte real < 0: punto espiral estable (Fig 11.16(b))

Ejemplo 3Clsifique el punto crítico (0, 0) de cada sistema

Solución (a) La ecuación caracteerística es

2 + 6 + 9 = ( + 3)2= 0 por tanto (0, 0) es un nodo estable degenerado.(b) La ecuación caracteerística es

2 + 1 = 0 por tanto (0, 0) es un centro.

11

21 (b)

92

183 (a) AA

Ejemplo 4Clsifique el punto crítico (0, 0) de cada sistema

para constantes positivas.Solución (a) = −0.01, = 2.3789, 2 − 4 < 0: (0, 0) es un punto espiral estable.

ydycd

xabxa

ˆˆ

ˆˆ (b)

02.110.1

10.301.1 (a) AA

Ejemplo 4 (2)

(b)

spiral stableor

stable, degenerate satble,either :0,1 if

point saddle a:0,1 if

)1(ˆˆ

,0)ˆˆ(

bc

bc

bcyxad

ydxa

Para un sistema autónomo lineal plano X’ = AX con det A 0, sea X = X(t) la solución que satisface la condición inicialX(0) = X0, donde X0 0.(a) limt→X(t) = 0 si y sólo si los valores propios de A tienen

partes reales negativas. Esto ocurre cuando ∆ > 0 y < 0.(b) X(t) es periódica si y sólo si los valores propios de A son

imaginarios puros. Esto ocurre cuando ∆ > 0 y = 0.(c) En todos los demás casos, dada cualquier vecindad del

origen, hay al menos una X0 en la vecindad para la cual X(t)queda sin cota cuando aumenta t.

TEOREMA 11.1Criterios de Estabilidad para Sistemas Lineales

11.3 Linealización y Estabilidad Local

Sea X1 un punto crítico de un sistema autónomo y sea X = X(t) la solución que satisface la condición inicial X(0) = X0, donde X0 X1. Se dice que X1 es un punto crítico estable cuando, dado cualquier radioρ > 0, hay un radio correspondiente r > 0 tal quesi la posición inicial X0 satisface │X0 – X1│< r, entonces la solución correspondiente X(t) satisface │X(t) – X1│< ρ para todo t > 0. Si, además limt→X(t) = X1 siempre que │X0 – X1│< r, se llama a X1 un punto crítico asintóticamente estable.

DEFINICIÓN 11.1Puntos Críitcos Estables

• Esta definición se ilustra en la Fig 11.20(a). Para resaltar que X0 debe elegirse cerca de X1, también se emplea la terminología punto crítico localmente estable.

Sea X1 un punto crítico de un sistema autónomo y sea X = X(t) la solución que satisface la condición inicial X(0) = X0, donde X0 X1. Se dice que X1 es un punto crítico inestable si hay un disco de radio ρ > 0 con la propiedad de que, para cualquierr > 0, hay al menos una posición inicial X0 que satisface│X0 – X1│< r, pero la solución correspondiente X(t) satisface │X(t) – X1│ ρ para todo t > 0.

DEFINICIÓN 11.2Puntos Críticos Inestables

• Si un punto crítico X1 es inestable, no importa cuán pequeña sea la vecindad respecto a X1, siempre se puede encontrar una posición inicial X0 que da como resultado que la solución salga de algún disco de radio ρ en algún tiempo futuro t. Fig 11.20(b).

Ejemplo 1Demuestre que (0, 0) es un punto crítico estable del sistema

Solución En el Ejemplo 6 de Sec 11.1, tenemos demostrado que

r = 1/(t + c1), = t + c2 es la solución. Si X(0) = (r0, 0), entonces

r = r0/(r0 t + 1), = t +0

Note que r < r0 para t > 0, y r tiende a (0, 0) cuando t aumenta. De ahí que le punto crítico (0, 0) es estable y es de ehcho asintóticamente estable. Fig 11.21.

22

22

'

'

yxyxy

yxxyx

Fig 11.21

Ejemplo 2

Considere el sistema plano

Demuestre que (x, y) = (0, 0) es un punto crítico nestable.

1

)3(05.0

dtd

rrdtdr

Ejemplo 2 (2)

SoluciónComo x = r cos y y = r sin , tenemos

Como dr/dt = 0.05r(3-r), entonces r = 0 implica dr/dt = 0. Así cuando r = 0, tenemos dx/dt = 0, dy/dt = 0. Lllegamos a la conclusión de que (x, y) = (0, 0) es un punto crítico.

sincos

cossin

dtdr

dtd

rdtdy

dtdr

dtd

rdtdx

Ejemplo 2 (3)Resolviendo la ecuación diferencial dada con r(0) = r0 y r0 0, tenemos

No importa cuán cerca de (0, 0) comience una solución, la solución se alejará de (0, 0). Así (0, 0) es un punto crítico inestable. Fig 11.22.

ec

rrc

ecr

tt

t

31

3lim

Como ./)3( donde

1

3

15.00

000

15.00

Fig 11.22

Linealización

• Si escribimos el sistema de los Ejemplos 1 y 2 como X = g(X). El proceso para hallar un término lineal A(X – X1) que más se aproxima al g(X) se llama linealización.

Sea x1 un punto crítico de la ecuación diferencial autónoma x = g(x), donde g es diferenciable en x1.(a) Si g(x1) < 0, entonces x1 es un punto crítico asintóticamente estable.(b) Si g(x1) > 0, entonces x1 es un punto crítico inestable.

TEOREMA 11.2 Criterio de Estabilidad para Sistemas Lineales

Ejemplo 3

Predecir el comportamiento de soluciones cerca d eesos do puntos críticos. Como

Puesto que x = /4 es un punto crítico asintóticamente estable pero x = 5/4 es inestable. Fig 11.23.

.sincos'

de críticos puntosson 4

5 como

4 Tanto

xxx

xx

02)45(',02)4('

cossin)('

gg

xxxg

Fig 11.23

Ejemplo 4

Sin resolver de forma explícita, analice los puntos críticos del sistema x = (r/K)x(K – x), donde r y K son constantes positivas.SoluciónTenemos dos puntos críticos x = 0 y x = K. Como

Puesto que x = K es un punto crítico asintóticamente estable pero x = 0 es inestable.

0)(',0)0('

)2()('

rKgrg

xKKr

xg

Matriz Jacobiana• Una ecuación del palno tangente a la superficie z =

g(x, y) at X1 = (x1, y1) es

De manera similar, cuando X1 = (x1, y1) es un punto crítico, entonces P (x1, y1) = 0, Q (x1, y1) = 0.

• Tenemos

)()(),( 1),(1),(11 1111yy

yg

xxxg

yxgz yxyx

)()(),('

)()(),('

1),(1),(

1),(1),(

1111

1111

yyyQ

xxxQ

yxQy

yyyP

xxxP

yxPx

yxyx

yxyx

• El sistema original X = g(X) puede aproximarse por X = A(X – X1), donde

Esta matriz recibe el nombre de Matriz Jacobiana en X1 y se denota por g(X1).

),(),(

),(),(

1111

1111

yxyx

yxyx

yQ

xQ

yP

xP

A

Sea X1 un punto crítico de la ecuación diferencialautónoma X’ = g(X), donde P(x, y) y Q(x, y) tienen primeras parciales continuas en una vecindad de X1.(a) Si los valores propios de A = g’(X1) tienen parte real negativa, entonces X1 es un punto crítico asintóticamente estable.(b) Si A = g’(X1) tiene un valor propio con parte real positiva, entonces X1 es un punto crítico inestable.

TEOREMA 11.3Criterios de Estabilidad para Sistemas Autónomos Planos

Ejemplo 5

Clasifique los puntos críticos de cada sistema.(a) x’ = x2 + y2 – 6(b) x’ = 0.01x(100 – x – y) y’ = x2 – y y’ = 0.05y(60 – y – 0.2x)Solución(a)

12

22)('

),2 ,2(y )2 ,2(son críticos puntos Los

x

yxXg

Ejemplo 5 (2)

Como el determinante de A1 es o A1 tiene un palor propio positivo. Por lo cual es inestable. A1 tiene un determinante positivo y una traza negativa. Ambos valores propios tienen sus partes reales negativas. Por lo cual es estable.

122

422))2 ,2(('

122

422))2 ,2(('

2

1

gA

gA

)2,2(

)2,2(

Ejemplo 5 (3)

(b) Los puntos críticos son (0, 0), (0, 60), (100, 0), (50, 50). La matriz Jacobiana es

36.0

04.0))60 ,0(('

30

01))0 ,0(('

)2.0260(05.001.0

01.0)2100(01.0)('

2

1

gA

gA

Xgxyy

xyx

Ejemplo 5 (4)

Comprobando los signos de los determinantes y trazas de cada amtriz, obtenemos que (0, 0) es inestable; (0, 60) es inestable; (100, 0) es inestable; (50, 50) es estable.

5.25.0

5.05.0))50,50(('

20

11))0,100(('

4

3

gA

gA

Ejemplo 6

Clasifique todos los puntos críticos del Ejemplo 5(b). Solución Para la matriz A1 correspondiente a (0, 0), = 3, = 4, 2 – 4 = 4. Así que (0, 0) es un nodo inestable. Los puntod críticos (0, 60) y (100, 0) son sillas puesto que < 0 en ambos casos. Para A4, > 0, < 0, (50, 50) es un nodo estable.

Ejemplo 7

Considere el sistema x + x – x3 = 0. Tenemosx = y,

y = x3 – x. Halle y clasifique los puntos críticos.Solución

(-1,0). 0), (1,0), (0,

son críticos puntos los ,0)1( 23 xxxx

Ejemplo 7 (2)

Las matrices correspondientes son

duda.en sigue 0) (0, de estado

ely son de propios valoresLos sillas.

puntosson ambos 0) (-1,y 0) (1, ,0det Como

02

10))0,1(('))0,1(('

01

10))0,0(('

1

2

2

1

i

A

A

ggA

gA

Ejemplo 8

Use el método de plano fase par clasificar el único punto crítico (0, 0) del sistema

x = y2

y = x2

Solución El determinante de la matriz Jacobiana

es 0 en (0, 0), y por tanto la naturaleza de (0, 0) sigue en duda.

02

20)('

x

yXg

Ejemplo 8 (2)

Usando el método de plano fase, obtenemos

Fig 11.26 ilustra una colección de curvas soluciones. El punto crítico (0, 0) es inestable.

. ó ), ,0((0) Si

ó ,

/

/

3 30

330

330

3322

2

2

yxyyxyy

cxydxxdyy

y

x

dtdx

dtdy

dx

dy

X

Fig 11.26

Ejemplo 9Use el método de plano fase para determinar la naturaleza de las soluciones de x + x − x3 = 0 en cercanías de (0, 0).Solución

y

xx

dtdx

dtdy

dx

dy

xxdtdyydtdx

3

/

/

.3/ entonces / sea que dejamos Si3

3

.2

)1( así

,242

ó ,)3(

0

222

2423

cx

y

cxxy

dxxxydy

Ejemplo 9 (2)

Note que y = 0 cuando x = −x0 y el lado derecho es positivo cuando −x0 < x < x0. Así que cada x tiene dos valores correspondientes de y. La solución X = X(t) que satisface X(0) = (x0, 0) es periódica, y (0, 0) es un centro. Fig 11.27.

2

))(2(

2

)1(

2

)1(

,2

)1( entonces ,10 ),0((0) Si

220

20

2220

222

220

000

xxxxxxy

xcx,x

X

Fig 11.27

11.4 Sistemas Autónomos como Modelos Matemáticos

• Péndulo No LinealConsidere la ecuación diferencial no lineal de segundo orden

Cuando permitimos que sea x = , y = , podemso escribir

0sin2

2

lg

dt

d

xlg

y

yx

sin

• Los puntos críticos son (k, 0) y la matriz Jacobiana es

Si k = 2n + 1, < 0, y por tanto todos los puntos críticos ((2n +1), 0) son puntos silla. Particularmente, el punto crítico (, 0) es inestable, como se esperaba. Fig 11.28.

0)1(

10))0,((' 1

lgk kg

Fig 11.28

• Cuando k = 2n, los valores propios son imaginarios puros, y por tanto la naturaleza de estos puntos permanece en duda. Como se ha supuesto que no hay fuerzas de amortiguamiento, se espera que todos los púntos críticos ((2n, 0) sean centros. De

)cos(cos2

then ),0 ,((0) If

cos2

then ,sin

//

02

0

2

xxlg

yx

cxlg

yy

ylg

dtdxdtdy

dxdy

X

• Note que y = 0 cuando x = −x0, y que(2g/l)(cos x – cos x0) > 0 para |x| < |x0| < . Así cada x tiene dos valores correspondientes de y, y por tanto la solución X = X(t) que satisface X(0) = (x0, 0) es periódica. Podemos concluir que (0, 0) es un centro. Fig 11.29.

Fig 11.29

Ejemplo 1

A un péndulo en una posición de equilibrio con = 0 se le aplica una velocidad angular inicial de 0 rad/s. Determine en qué condiciones el movimiento resultante es periódico.SoluciónLa condición inicial es X(0) = (0, 0).

)2

1(cos2

deduce se ),(cos2

De

20

2

2

g

lx

l

gy

cxl

gy

Ejemplo 1 (2)

Para establecer que la solución X(t) es periódica basta con mostrar que hay dos abscisas x = x0 entre − y y que al lado derecho es positive for |x| < |x0|. Entonces cada x tiene dos valores correspondientes de y. Si y = 0, cos x = 1 – (l/2g)0

2, y esta ecuación tiene dos soluciones x = x0 entre − y , siempre que 1 – (l/2g)0

2 > −1. Note que (l/2g)(cos x – cos x0) es positivo para |x| < |x0|. Esta restricción en la velocidad inicial se puede escribir como

lg

20

Oscilaciones No Lineales: Cuenta Deslizante

• Observe la Fig 11.30. La fuerza tangencial F tiene magnitud mg sen , y por tanto Fx = − mg sen cos . Puesto que tan = f (x), tenemos

')]('[1

)('" :Newton deley segunda la De

,y , ientoamortiguam de fueraza una supone Se

)]('[1

)('cossin

2

2

xxf

xfmgmx

dt

dxDD

xf

xfmgmgF

x

x

y el sistema autónomo plano correspondiente es

Si X1 = (x1, y1) es un punto crítico, entonces y1 = 0 y f (x1) = 0. Así la perla debe permanecer en reposo en un plano sobre el alambre donde la recta es horizontal.

ymxf

xfgy

yx

2)]('[1

)(''

'

• La matriz Jacobiana en X1 es

).("44 ),(" ,

que así ,)("

10)('

12

22

1

11

xgfm

xgfm

mxgf

Xg

• Se pueden hacer las siguientes conclusiones.(i) f ”(x1) < 0 :

Hay un máximo relativo en x = x1 y como < 0, hay un punto silla inestable en X1 = (x1, 0).

(ii) f ”(x1) > 0 y > 0:Hay un mínimo relativo en x = x1 y como < 0 y > 0, X1 = (x1, 0) es un punto crítico estable. Si 2 > 4gm2f (x1), el sistema es sobreamortiguado y el punto crítico es un nodo estable.

Si 2 < 4gm2f (x1), el sistema es subamortiguado y el punto crítico es un punto espiral estable. La naturaleza exacta del punto crítico estable aún está en duda si 2 = 4gm2f (x1).

(iii) f ”(x1) > 0 y el sistema está subamortiguado ( = 0):En este caso los valores propios son imaginarios puros, pero el método del plano fase se puede usar para mostrar que le punto crítico es un centro. Así las soluciones con X(0) = (x(0), x(0)) cerca de X1 = (x1, 0) son periódicas.

Ejemplo 2• Una cuenca de 10 gramos se desliza a lo lrgo de la

gráfica de z = sin x. Los mínimos relativos en x1 = −/2 y x2 = 3/2 son puntos críticos estables. Fig 11.31.

Fig 11.32• Fig 11.32 ilustra los movimientos cuando los puntos

críticos son puntos espirales estables.

Fig 11.33• Fig 11.33 ilustar una colección de curvas solución

para el caso no amortiguado

Modelo Predador-Presa de Lotka-Volterra

• Recuerde el modelo predador-presa:

.0/

/0))/,/(('

y 0

0))0,0(('

por tanto),(y )0,0(son críticos puntos Los

)('

)('

2

1

bac

cbdbacd

d

a

d/c,a/b

dcxydycxyy

byaxbxyaxx

gA

gA

Fig 11.34

• El punto crítico (0, 0) es un punto silla. Fig 11.34.

• Como A2 tiene valores propios imaginarios puros, el punto crítico puede ser un centro. Como

0

1

))((

ó ,lnln

,

entonces,)(

)(

ceyex

cxdcxbyya

dyx

dcxdy

y

bya

byax

dcxy

dx

dy

byacxd

Fig 11.35

• Las gráficas típicas se representan en la Fig 11.35.

1. Si y = a/b, la ecuación F(x)G(y) = c0 tiene exacamente dos soluciones xm y xM que satisfacen xm < d/c < xM.

2. Si xm < x1 < xM y x = x1, entonces F(x)G(y) = c0 tiene exactamente dos soluciones y1 y y2 que satisfacen y1 < a/b < y2.

3. Si x está fuera del intervalo [xm, xM], entonces F(x)G(y) = c0 no tiene soluciones.

4. La gráfica de solución periódica típica se muestra en la Fig 11.36.

Fig 11.36

Ejemplo 3

• Si dejamos que sea a = 0.1, b = 0.002, c = 0.0025, d = 0.2, el punto crítico en el primer cuadrante es (d/c, a/b) = (80, 50), y sabemos que es un centro. Fig 11.37.

Fig 11.37

Modelo de Competencia de Lotka-Volterra

• Considere el modelo:

este sistema tiene puntos críticos en (0, 0), (K1, 0) y (0, K2).

(1) )('

)('

2122

2

1211

1

xyKyKr

y

yxKxKr

x

Ejemplo 4

Considere el modelo

Determine y clasifique todos los puntos críticos.Solución Los puntos críticos son (0, 0), (50, 0), (0, 100), (20, 40). Por tanto 1221 = 2.25 > 1, y por tanto el punto crítico (20, 40) es un punto silla. La matriz Jacobiana es

)0.3100(001.0'

)75.050(004.0'

xyyy

yxxx

Ejemplo 4 (2)

05.00

15.02.0))0,50(('

1.00

02.0))0,0(('

003.0002.01.0003.0

003.0003.0008.02.0)('

2

1

gA

gA

Xgxyy

xyx

1.03.0

01.0))100,0(('

04.006.0

12.008.0))40,20(('

4

3

gA

gA

Ejemplo 4 (3)

Por tanto (0, 0) es inestable, mientras que tanto (50, 0) como (0, 100) son nodos estable y (20, 40) es un punto silla.

11.5 Soluciones Periódicas, Limit Cycles y Global Stability

Si un sistema autónomo plano tiene una solución priódicaX = X(t) in uan región simplemente conexa R, entonces elsistema tiene al menos un punto crítico dentro de la curva simplemente cerrada C. Si sólo hay un punto crítico dentro de C, entonces este punto crítico no puede ser punto silla.

TEOREMA 11.4Ciclos y Puntos Críticos

Si una región simplemente conexa R o no ocntiene puntos críticos de un sistema autónomo palno o contiene un único punto silla, entonces no hay soluciones periódicas en R.

COROLARIO

Ejemplo 1

Demostras que el sistma autónomo planox’ = xyy’ = −1 – x2 – y2

no tieen soluciones periódicas.Solución Si (x, y) es un punto crítico, entonces ó x = 0 ó y = 0. Si x = 0, entonces −1 – y2 = 0, y2 = –1. Asimismo, y = 0 implica x2 = –1. Así este sistema no tiene puntos críticos y no tiene soluciones periódocas.

Ejemplo 2

Demostrar que

no tiene soluciones periódicas en el primer cuadrante.Solución Del Ejemplo 4 de la Sec 11.4, sólo conocíamos que (20, 40) está en el primer cuadrante y (20, 40) es un punto silla. Por el corolario, no hay soluciones periódicas en el primer cuadrante.

)0.3100(001.0'

)75.050(004.0'

xyyy

yxxx

Si div V = P/y + Q/ y no cambia el signo en la región conexa R, entonces el sistema autónomo plano no tiene soluciones periódicas en R.

TEOREMA 11.5Criterio Negativo de Bendixson

Ejemplo 3

Estudiar las posibles soluciones periódicas de cada sistema.

Solución

)2(' ),2(' (b)

2' ,42' (a)2222

3223

yxyxyyxxyx

yyxyxyyxyxx

.periódicas solucioneshay no

por tantoy ,332121

// div (a)222

yxx

yQxPV

Ejemplo 3 (2)

Si R es el interior del ciclo dado, div V > 0 y por tanto hay soluciones periódicas dentro del ciclo. Note que div V < 0 en el exterior del círculo. Si R es un subconjunto simplemente conexo del exterior, entonces no hay soluciones periódicas en R. Si hay una solución periódica en el exterior, tiene que encerrar el círculo x2 + y2 = 1. (aquí dice “circle”, círculo, aunque la ecuación es de una circunferencia ¿?)

)(44

)32()32( div (b)22

2222

yx

yxyx

V

Ejemplo 4

La cuenca que desliza en la Sec 11.4 satisface

Demostrar que no hay soluciones periódicas. Solución

')]('[1

)('" 2 x

xf

xfmgmx

0div

)]('[1

)('',' 2

myQ

xP

ymxf

xfgyyx

V

Si (x, y) tiene sus derivadas primeras continuas en una

región simplemente conexa R y no

cambia el signo en R, entonces el sistema autónomo

planohas no tiene soluciones periódicas en R.

TEOREMA 11.6Criterio Negativo de Dulac

yQ

xP

)()(

Ejemplo 5

Demostrar que

no tiene soluciones periódicas. Solución

'')(" 22 xxxxx

)()12(

)()(

,),( sea que Dejando

.','

22

22

yxyxbeyaye

y

Q

x

P

eyxδ

yxyxyyx

byaxbyax

byax

Ejemplo 5 (2)

Si ponemos a = −2, b = 0, entonces

que es siempre negativo. El sistema no tiene soluciones periódicas.

byaxeyQ

xP

)()(

Ejemplo 6

Use (x, y) = 1/(xy) para demostrar que

no tiene soluciones periódicas en el primer cuadrante.

)('

)('

2122

2

1211

1

xyKyKr

y

yxKxKr

x

Ejemplo 6 (2)

Solución

Para (x, y) en el primer cuadrante, la última expresión es siempre negativa.

)1

()1

()()(

)(),(

2

2

1

1

212

2

212

1

1

1

xKr

yKr

yQ

xP

xy

xK

Kr

Qyx

yK

Kr

P

• Fig 11.40 muestra dos tipos estándar de regiones invariantes.

Una región R es se llama región invariante para un sistema autónomo plano si, siempre que X0 está en R,

X = X(t) que satisface X(0) = X0 permanece en R.

DEFINICIÓN 11.3Región Invariante

Fig 11.40

Si n(x, y) denota un vector normal en la frontera que está dirigido hacia el interior, entonces R es un región invariante para el sistema autónomo plano siempre queV(x, y)‧n(x, y) 0 para todo punto (x, y) de la frontera.

TEOREMA 11.7Vector Normal y Regiones Invariantes

Ejemplo 7Halle una región circular con centro en (0, 0) que sea uan región invariante para el sistema

Solución Para cada círculo x2 + y2 = r2, n = (−2x, −2y) es un vector normal que apunta hacia el interior del círculo. Como

deducimos que Vn 0 en el círculo x2 + y2 = r2. Por el Teorema 11.7, la región circular x2 + y2 r2 es una región invariante para el sistema para todo r > 0.

3

3

'

'

yxy

xyx

)(2)2,2(),( 4433 yxyxyxxy nV

Ejemplo 8

Halle una corona circular que sea una región invariante del sistema

Solución Como en el Ejemplo 7, el vector normal n1 = (−2x, −2y) al interior de la circunferencia x2 + y2 = r2, mientras que el vector normal n2 = − n1 apunta hacia fuera.

522

522

)(5'

)(5'

yyxyyxy

xyxxyxx

)5(2 66421 yxrr nV

Ejemplo 8 (2)

Si r = 1, V‧n1 = 8 – 2(x6 + y6) 0. Si r = 1/4, V n‧ 1 – 2(r2 – 5r4) < 0 y por tanto V n‧ 2 > 0. La corona circular 1/16 x2 + y2 1 es un región invariante.

Ejemplo 9

La ecuación de Van der Pol es una ecuación diferencila no lineal de segundo orden que se emplea en electrónica,

Fig 11.41 muestra el campo vectorial para = 1, junto con las curvas y = 0 y (x2 – 1)y = −x a lo largo de las cuales, los vectores son verticales y horizontales, respectivamente.

xyxy

yx

)1('

'2

Fig 11.41• No es posible hallar una región invariante simple

cuya frontera sean rectas o circunferencias.

Sea R una región invariante para un sistema autónomo plano y supóngase que R no tiene puntos críticos en su frontera.(a)Si R es una región de Tipo I que tiene un único nodo inestable

o un punto espiral inestable en su interior, entonces hay al menos una solución periódica en R.

(b) Si R es una región de Tipo II que no contiene puntos críticos del sistema, entonces hay al menos una solución periódica en R.En cualquiera de los dos casos, si X = X(t) es una solución no periódica en R, entonces X(t) dibuja espirales alrededor de un ciclo que es una solución del sistema. Esta solución periódica se llama ciclo limite .

TEOREMA 11.8Poincare-Bendixson I

Ejemplo 10

Use el Teorema 11.8 para demostrar que

tiene al menos una solución periódica. SoluciónWe first construimos una region invariante limitada por circunferencias. Si n1 = (−2x, −2y) then

)()1('

)()1('2222

2222

yxxyxyxy

yxyyxxyx

)1(2 221 rr nV

Ejemplo 10 (2)

Si dejamos que sea r = 2 y r = ½, llegamos a la conclusión de que la corona circular R: ¼ x2 + y2 4 es invariant. Si (x1, y1) es un punto crítico, entonces V‧n1 = (0, 0)‧n1 = 0. Por tanto r = 0 ó r = 1. Si r = 0, entonces (x1, y1) = (0, 0) es un punto crítico.

Si r = 1, el sistema se reduce a −2y = 0, 2x = 0 y llegamos a una contradicción. Por tanto (0, 0) es el único punto crítico y no está en R. Así el sistema tiene al menos una solución periódica en R.

Ejemplo 11

Demuestre que las ecuaciones de Van der Pol tienen una solución periódica cuando > 0.Solución Determinamos que el único punto crítico es (0, 0) y la matriz Jacobiana es

44 ,1 ,

luego ,1

10))0 ,0(('

22

g

Ejemplo 11 (2)

Como > 0, el punto crítico es un punto espiral inestable o un nodo inestable. Por la parte (i) del Teorema 11.8 el sistema tiene al menos una solución periódica en R. Fig 11.42.

Fig 11.42

Sea R una region invariante de Type I para un sistema autónomo plano que carece de solución periodica en R.(a)Si R contiene un número finito de nodos o puntos

espirales, entonces para cualquier posición inicial dada X0 en R, limt→X(t) = X1 para un punto crítico X1.

(b) Si R tiene un único nodo estable o punto espiral estable X1 en su interior y no tiene puntos críticos en

su frontera, limt→X(t) = X1 para toda posición inicial X0 in R.

TEOREMA 11.8Poincare-Bendixson II

Ejemplo 12

Estudie la estabilidad global del sistema del Ejemplo 7.

Solución No es difícil de probar que el único punto crítico es (0, 0) y la matriz Jacobiana es

3

3

'

'

yxy

xyx

1 ,0y ,01

10))0 ,0(('

g

Ejemplo 12 (2)

(0, 0) puede ser un punto espiral estable o no estable. Teorema 11.9 garantiza que

Por tanto el punto crítico es un punto espiral globalmente estable. Fig 11.43.

plano. elen 0)( inicialposición cualquier para )0 ,0()(lim

ser que tienecrítico, punto único el es 0) (0, Como

. críticos puntos algunos para )(lim 11

XX

XXX

t

t

t

t

Fig 11.43