Sistemas de Ecuaciones Diferenciales No Lineales

Presentación del tema: "Sistemas de Ecuaciones Diferenciales No Lineales"— Transcripción de la presentación:

1 Sistemas de Ecuaciones Diferenciales No Lineales
CAPÍTULO 11

2 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

3 11.1 Sistemas Autónomos Introducción Un sistema de ecuaciones diferenciales de primer orden se llama autónomo, caundo puede escribirse como (1)

4 Ejemplo 1 El sistema anterior no es autónomo, debido a la t presencia de t en el lado derecho.

5 Ejemplo 2 Considere Si permitimos que sea x = , y =  , entonces es un sistema de primer orden.

6 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.

7 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.

8 Ejemplo 3 (2) Si se libera un pequeño corcho en (−3, 1), la trayectoria X(t) = (x(t), y(t)) satisface sujeta a X(0) = (−3, 1). Fig 11.1.

9 Fig 11.1

10 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

11 (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

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

13 Ejemplo 4 Determine los puntos críticos de los siguientes sistemas: (a) (b) (c) Solución (a) entonces y = x. Hay infinitos puntos críticos. y x - = + 2 6

14 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 .

15 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.

16 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

17 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).

18 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).

19 Fig 11.4(b)

20 Cambio a Coordenadas Polares
Recuerde que las transformaciones son r2 = x2 + y2 y  = tan–1(y/x),

21 Ejemplo 6 Hallar la solución del siguiente sistema que satisfaga X(0) = (3, 3). Solución

22 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

23 Ejemplo 6 (3) La gráfica de se muestra en la Fig 11.5.

24 Fig 11.5

25 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

26 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.

27 Fig 11.6

28 11.2 Estabilidad de Sistemas Lineales
Algunas Preguntas Fundamentales Suponga que X1 es un punto crítico de un sistema autóno plano y X = X(t) es una solución que sarisface X(0) = X0. Nos interesa saber cuando X0 está cerca de X1: (i) Es limt X(t) = X1? (ii) Si la respuesta al (i) es “no”, permanece cerca de X1 o se aleja de X1? Fig 11.7

29 Fig 11.7

30 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.

31 Analisis de Estabilidad
Considere x = 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.

32 Luego det (A – I) = 0 se transforma en
Luego det (A – I) = 0 se transforma en 2 −  +  = 0 donde  = a + d. Así

33 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.

34 Ejemplo 1 (2) Solución Como la matriz de coeficientes es entonces tenemos  = −2, y  = 1 – c. Así

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).

36 Ejemplo 1 (4) Cuando c = 0,  = −1. Fig 11.8(c).
Cuando c = −9,  = −1  3i. Fig 11.8(d).

37 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.

38 Fig 11.9

39 (b) Ambos Valores Propios Positivos: Nodo Inestable
(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

40 Fig 11.10

41 (c) Valores Propios con Signos Opuestos
(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

42 Fig 11.11

43 Ejemplo 2 Clasifique el punto crítico (0, 0) de cada sistema X = AX como un nodo estable, nodo inestable, o un punto silla. (a) (b) Solución (a) Puesto que los valores propios son 4, −1, (0, 0) es un punto silla. Los vectores propios correspondientes son respectivamente

44 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

45 Fig 11.12＞

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

47 Fig 11.13

48 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.

49 Fig 11.14

50 (b) Un solo Vector Propio Linealmente Independiente Cuando 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.

51 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

52 (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))

53 Ejemplo 3 Clsifique el punto crítico (0, 0) de cada sistema Solución (a) La ecuación caracteerística es 2 + 6 + 9 = ( + 3)2= por tanto (0, 0) es un nodo estable degenerado. (b) La ecuación caracteerística es 2 + 1 = por tanto (0, 0) es un centro.

54 Ejemplo 4 Clsifique el punto crítico (0, 0) de cada sistema para constantes positivas. Solución (a)  = −0.01,  = , 2 − 4 < 0: (0, 0) es un punto espiral estable.

55 Ejemplo 4 (2) (b)

56 Para un sistema autónomo lineal plano X’ = AX con det A  0,
TEOREMA 11.1 Para un sistema autónomo lineal plano X’ = AX con det A  0, sea X = X(t) la solución que satisface la condición inicial X(0) = X0, donde X0  0. (a) limt→X(t) = 0 si y sólo si los valores propios de A tienen partes reales negativas. Esto ocurre cuando ∆ > 0 y  < 0. (b) X(t) es periódica si y sólo si los valores propios de A son imaginarios puros. Esto ocurre cuando ∆ > 0 y  = 0. (c) En todos los demás casos, dada cualquier vecindad del origen, hay al menos una X0 en la vecindad para la cual X(t) queda sin cota cuando aumenta t. Criterios de Estabilidad para Sistemas Lineales

57 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 radio ρ > 0, hay un radio correspondiente r > 0 tal que si la posición inicial X0 satisface │X0 – X1│< r, entonces la solución correspondiente X(t) satisface │X(t) – X1│ < ρ para todo t > 0. Si, además limt→X(t) = X1 siempre que │X0 – X1│< r, se llama a X1 un punto crítico asintóticamente estable. DEFINICIÓN 11.1 Puntos Críitcos Estables

58 Esta definición se ilustra en la Fig 11. 20(a)
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.

59 X(0) = X0, donde X0  X1. Se dice que X1 es un punto
Sea X1 un punto crítico de un sistema autónomo y sea X = X(t) la solución que satisface la condición inicial X(0) = X0, donde X0  X1. Se dice que X1 es un punto crítico inestable si hay un disco de radio ρ > 0 con la propiedad de que, para cualquier r > 0, hay al menos una posición inicial X0 que satisface │X0 – X1│< r, pero la solución correspondiente X(t) satisface │X(t) – X1│ ρ para todo t > 0. DEFINICIÓN 11.2 Puntos Críticos Inestables

60 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).

61 Ejemplo 1 Demuestre 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

62 Fig 11.21

63 Ejemplo 2 Considere el sistema plano Demuestre que (x, y) = (0, 0) es un punto crítico nestable.

64 Ejemplo 2 (2) Solución Como 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.

65 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

66 Fig 11.22

67 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.

68 Sea x1 un punto crítico de la ecuación diferencial
TEOREMA 11.2 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. Criterio de Estabilidad para Sistemas Lineales

69 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

70 Fig 11.23

71 Ejemplo 4 Sin resolver de forma explícita, analice los puntos críticos del sistema x = (r/K)x(K – x), donde r y K son constantes positivas. Solución Tenemos dos puntos críticos x = 0 y x = K. Como Puesto que x = K es un punto crítico asintóticamente estable pero x = 0 es inestable.

72 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

73 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).

74 Sea X1 un punto crítico de la ecuación diferencial
TEOREMA 11.3 Sea X1 un punto crítico de la ecuación diferencial autónoma X’ = g(X), donde P(x, y) y Q(x, y) tienen primeras parciales continuas en una vecindad de X1. (a) Si los valores propios de A = g’(X1) tienen parte real negativa, entonces X1 es un punto crítico asintóticamente estable. (b) Si A = g’(X1) tiene un valor propio con parte real positiva, entonces X1 es un punto crítico inestable. Criterios de Estabilidad para Sistemas Autónomos Planos

75 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)

76 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.

77 Ejemplo 5 (3) (b) Los puntos críticos son (0, 0), (0, 60), (100, 0), (50, 50). La matriz Jacobiana es

78 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.

79 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.

80 Ejemplo 7 Considere el sistema x + x – x3 = 0. Tenemos x = y, y = x3 – x. Halle y clasifique los puntos críticos. Solución

81 Ejemplo 7 (2) Las matrices correspondientes son

82 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.

83 Ejemplo 8 (2) Usando el método de plano fase, obtenemos Fig ilustra una colección de curvas soluciones. El punto crítico (0, 0) es inestable.

84 Fig 11.26

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

86 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

87 Fig 11.27

88 Péndulo no lineal Considera la ecuación diferencial no lineal de segundo orden Haciendo el cambio de variable: x = , y =  , podemos escribirla como un sistema: Determina sus puntos críticos y analiza Su naturaleza.

89 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 era de esperar.

90 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 puntos críticos ((2n, 0) sean centros. De Observa 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.

91 A un péndulo en una posición de equilibrio con  = 0 se le aplica una velocidad angular inicial de 0 rad/s. Determina en qué condiciones el movimiento resultante es periódico. Solución La condición inicial es X(0) = (0, 0). Para establecer que la solución X(t) es periódica basta con mostrar que hay dos abscisas x = x0 entre − y  y que al lado derecho es positive for |x| < |x0|. Entonces cada x tiene dos valores correspondientes de y. Si y = 0, cos x = 1 – (l/2g)02, y esta ecuación tiene dos soluciones x = x0 entre − y , siempre que 1 – (l/2g)02 > −1. Nota que (l/2g)(cos x – cos x0) es positivo para |x| < |x0|. Esta restricción en la velocidad inicial se puede escribir como

92 Oscilaciones no lineales: Cuenta deslizante
Observe la Fig La fuerza tangencial F tiene magnitud mg sen , y por tanto Fx = − mg sen  cos . Puesto que tan  = f (x), tenemos

93 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.

94 La matriz Jacobiana en X1 es

95 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.

96 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.

97 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

98 Fig 11.32 Fig ilustra los movimientos cuando los puntos críticos son puntos espirales estables.

99 Fig 11.33 Fig ilustar una colección de curvas solución para el caso no amortiguado

100 Modelo Predador-Presa de Lotka-Volterra
Recuerde el modelo predador-presa:

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

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

103 Fig 11.35 Las gráficas típicas se representan en la Fig

104 Si y = a/b, la ecuación F(x)G(y) = c0 tiene exacamente dos soluciones xm y xM que satisfacen xm < d/c < xM. 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. Si x está fuera del intervalo [xm, xM], entonces F(x)G(y) = c0 no tiene soluciones. La gráfica de solución periódica típica se muestra en la Fig

105 Fig 11.36

106 Ejemplo 3 Si dejamos que sea a = 0.1, b = 0.002, c = , d = 0.2, el punto crítico en el primer cuadrante es (d/c, a/b) = (80, 50), y sabemos que es un centro. Fig

107 Fig 11.37

108 Modelo de Competencia de Lotka-Volterra
Considere el modelo: este sistema tiene puntos críticos en (0, 0), (K1, 0) y (0, K2).

109 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 1221 = 2.25 > 1, y por tanto el punto crítico (20, 40) es un punto silla. La matriz Jacobiana es

110 Ejemplo 4 (2)

111 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.

112 11.5 Soluciones Periódicas, Limit Cycles y Global Stability
Si un sistema autónomo plano tiene una solución priódica X = X(t) in uan región simplemente conexa R, entonces el sistema tiene al menos un punto crítico dentro de la curva simplemente cerrada C. Si sólo hay un punto crítico dentro de C, entonces este punto crítico no puede ser punto silla. TEOREMA 11.4 Ciclos 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

113 Ejemplo 1 Demostras que el sistma autónomo plano x’ = xy y’ = −1 – x2 – y2 no tieen soluciones periódicas. Solución Si (x, y) es un punto crítico, entonces ó x = 0 ó y = 0. Si x = 0, entonces −1 – y2 = 0, y2 = –1. Asimismo, y = 0 implica x2 = –1. Así este sistema no tiene puntos críticos y no tiene soluciones periódocas.

114 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.

115 Si div V =  P/y + Q/ y no cambia el signo en la región
TEOREMA 11.5 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. Criterio Negativo de Bendixson

116 Ejemplo 3 Estudiar las posibles soluciones periódicas de cada sistema.
Solución

117 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 ¿?)

118 Ejemplo 4 La cuenca que desliza en la Sec 11.4 satisface Demostrar que no hay soluciones periódicas. Solución

119 Si (x, y) tiene sus derivadas primeras continuas en una
TEOREMA 11.6 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. Criterio Negativo de Dulac

120 Ejemplo 5 Demostrar que no tiene soluciones periódicas. Solución

121 Ejemplo 5 (2) Si ponemos a = −2, b = 0, entonces que es siempre negativo. El sistema no tiene soluciones periódicas.

122 Ejemplo 6 Use (x, y) = 1/(xy) para demostrar que no tiene soluciones periódicas en el primer cuadrante.

123 Ejemplo 6 (2) Solución Para (x, y) en el primer cuadrante, la última expresión es siempre negativa.

124 Fig 11.40 muestra dos tipos estándar de regiones invariantes.
DEFINICIÓN 11.3 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. Región Invariante Fig muestra dos tipos estándar de regiones invariantes.

125 Fig 11.40

126 Si n(x, y) denota un vector normal en la frontera que está
TEOREMA 11.7 Si n(x, y) denota un vector normal en la frontera que está dirigido hacia el interior, entonces R es un región invariante para el sistema autónomo plano siempre que V(x, y)‧n(x, y)  0 para todo punto (x, y) de la frontera. Vector Normal y Regiones Invariantes

127 Ejemplo 7 Halle 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 Vn  0 en el círculo x2 + y2 = r2. Por el Teorema 11.7, la región circular x2 + y2  r2 es una región invariante para el sistema para todo r > 0.

128 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.

129 Ejemplo 8 (2) Si r = 1, V‧n1 = 8 – 2(x6 + y6)  0. Si r = 1/4, V‧n1  – 2(r2 – 5r4) < 0 y por tanto V‧n2 > 0. La corona circular 1/16  x2 + y2  1 es un región invariante.

130 Ejemplo 9 La ecuación de Van der Pol es una ecuación diferencila no lineal de segundo orden que se emplea en electrónica, Fig 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.

131 Fig 11.41 No es posible hallar una región invariante simple cuya frontera sean rectas o circunferencias.

132 Si R es una región de Tipo I que tiene un único nodo inestable
TEOREMA 11.8 Sea R una región invariante para un sistema autónomo plano y supóngase que R no tiene puntos críticos en su frontera. 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 . Poincare-Bendixson I

133 Ejemplo 10 Use el Teorema 11.8 para demostrar que tiene al menos una solución periódica. Solución We first construimos una region invariante limitada por circunferencias. Si n1 = (−2x, −2y) then

134 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.

135 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

136 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

137 Fig 11.42

138 Sea R una region invariante de Type I para un sistema
TEOREMA 11.8 Sea R una region invariante de Type I para un sistema autónomo plano que carece de solución periodica en R. 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. Poincare-Bendixson II

139 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

140 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

141 Fig 11.43