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Ecuaciones Diferenciales I: Teoría cualitativa de los sistemas lineales homogéneos – Valores propios repetidos

Por Omar González Franco

En mi opinión, todas las cosas en la naturaleza ocurren matemáticamente.
– Descartes

Introducción

Continuaremos con nuestro estudio cualitativo de los sistemas lineales homogéneos compuestos por dos ecuaciones diferenciales de primer orden con coeficientes constantes.

$\begin{aligned} x^{'} & = a x + b y \\ (1) & y^{'} & = c x + d y \end{aligned}$

Este sistema lo podemos escribir como

$\begin{matrix} (2) & Y^{'} = AY \end{matrix}$

en donde

$Y^{'} = (\begin{matrix} x^{'} \\ y^{'} \end{matrix}), Y = (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) y A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$

En esta entrada analizaremos el caso en el que los vectores propios de $A$ son repetidos.

El caso $λ_{1} = λ_{2} = 0$ lo revisaremos en la siguiente entrada cuando veamos que ocurre si uno o ambos de los valores propios son nulos.

Los casos que estudiaremos son

$λ_{1} = λ_{2} < 0$
$λ_{1} = λ_{2} > 0$

Sin embargo se presentan dos situaciones distintas en este caso.

Recordemos que cuando estudiamos este caso en la unidad anterior se presentaba el problema de que podían faltarnos soluciones linealmente independientes que nos permitieran determinar la solución general del sistema. Por ejemplo, si el sistema está compuesto por $n$ ecuaciones diferenciales de primer orden, entonces debemos encontrar $n$ soluciones linealmente independientes para poder formar la solución general, sin embargo, si algunos valores propios resultan ser repetidos, entonces sólo obtendremos $k$ soluciones linealmente independientes, una por cada valor propio distinto, y nos faltarán encontrar $n - k$ soluciones para formar la solución general. Los conceptos de exponencial de una matriz y de vector propio generalizado resultaron útiles para resolver este problema.

En este caso estamos estudiando un sistema con dos ecuaciones diferenciales lo que vuelve al problema anterior relativamente más sencillo, pues habrá ocasiones en los que es posible determinar dos vectores propios de $A$ linealmente independientes asociados al mismo valor propio $λ$ , pero en otras ocasiones sólo habrá un vector propio asociado al único valor propio $λ$ , así que tendremos que encontrar un vector propio generalizado. Por supuesto, cada caso tendrá efectos muy distintos en el plano fase del sistema.

Estudiemos cada situación y hagamos un análisis cualitativo para cada caso.

Sistemas con vectores propios arbitrarios

Consideremos la matriz

$\begin{matrix} (3) & A = (\begin{matrix} λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix}) \end{matrix}$

con $λ$ una constante.

Notemos lo siguiente.

$AK = (\begin{matrix} λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} λ k_{1} \\ λ k_{2} \end{matrix}) = λ (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = λ K$

Hemos obtenido que

$\begin{matrix} (4) & AK = λ K \end{matrix}$

Es decir, $λ$ es el valor propio de $A$ .

Intentemos determinar los vectores propios de $A$ .

$(A - λ I) K = (\begin{matrix} λ - λ & 0 \\ 0 & λ - λ \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Vemos que cualquier vector

$\begin{matrix} (5) & K = (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) \end{matrix}$

es vector propio de $A$ .

Supongamos que la matriz ( $3$ ) es la matriz de coeficientes de un sistema lineal

$\begin{matrix} (6) & Y^{'} = (\begin{matrix} λ & 0 \\ 0 & λ \end{matrix}) Y \end{matrix}$

Considerando los resultados anteriores podemos establecer que su solución general es de la forma

$\begin{matrix} (7) & Y (t) = c_{1} e^{λ t} K_{1} + c_{2} e^{λ t} K_{2} \end{matrix}$

En donde $K_{1}$ y $K_{2}$ son vectores propios de $A$ linealmente independientes. Como vimos, estos vectores pueden ser arbitrarios, así que podemos elegir los vectores canónicos

$K_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) y K_{2} = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})$

De esta forma, la solución general del sistema ( $6$ ) es

$\begin{matrix} (8) & Y (t) = c_{1} e^{λ t} (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) + c_{2} e^{λ t} (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) \end{matrix}$

Si dejamos de usar la notación matricial y escribimos las funciones $x (t)$ y $y (t)$ , tenemos

$\begin{aligned} x (t) & = c_{1} e^{λ t} \\ (9) & y (t) & = c_{2} e^{λ t} \end{aligned}$

Observemos que

$\frac{y}{x} = \frac{c_{2}}{c_{1}}$

es decir,

$\begin{matrix} (10) & y (x) = C x \end{matrix}$

Con $C$ una constante. Esta función en el plano $X Y$ o plano fase corresponde a infinitas rectas, una por cada posible valor de la constante $C$ .

Plano fase de un sistema con vectores propios arbitrarios.

Este caso corresponde a una situación de las dos que pueden ocurrir. Aún nos falta determinar el sentido de las trayectorias en el plano fase, éste será determinado por el signo de los valores propios.

A continuación haremos un análisis más detallado sobre los casos que se pueden presentar.

Sistemas lineales con valores propios negativos repetidos

Caso 1a: $λ_{1} = λ_{2} = λ < 0$ y dos vectores linealmente independientes.

Este caso corresponde al visto anteriormente.

Supongamos que la matriz $A$ del sistema ( $1$ ) tiene dos vectores propios linealmente independientes $K_{1}$ y $K_{2}$ con valor propio $λ < 0$ . En este caso la solución general del sistema ( $1$ ) se puede expresar como

$\begin{matrix} (11) & Y (t) = c_{1} e^{λ t} K_{1} + c_{2} e^{λ t} K_{2} = e^{λ t} (c_{1} K_{1} + c_{2} K_{2}) \end{matrix}$

Observemos que el vector $e^{λ t} (c_{1} K_{1} + c_{2} K_{2})$ es paralelo al vector $(c_{1} K_{1} + c_{2} K_{2})$ para toda $t$ . Por lo tanto, la trayectoria de cualquier solución $Y (t)$ de ( $1$ ) es una semirrecta en el plano fase.

Como $K_{1}$ y $K_{2}$ son linealmente independientes, el conjunto de vectores ${c_{1} K_{1} + c_{2} K_{2}}$ , para todas las elecciones de $c_{1}$ y $c_{2}$ , cubren cualquier dirección en el plano $X Y$ .

El plano fase con estas características es el siguiente.

Plano fase para valores propios negativos repetidos y dos vectores propios linealmente independientes.

El sentido de las trayectorias es hacia el origen debido a que si $t \to \infty$ , entonces $e^{λ t} \to 0$ ya que $λ < 0$ .

Se dice que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un atractor y es asintóticamente estable.

Caso 1b: $λ_{1} = λ_{2} = λ < 0$ y sólo un vector linealmente independiente.

Este caso resulta ser más interesante. Supongamos que $A$ tiene solamente un vector propio $K$ linealmente independiente, con valor propio $λ$ . La solución de ( $1$ ) en este caso es

$\begin{matrix} (12) & Y_{1} (t) = e^{λ t} K \end{matrix}$

Para encontrar una segunda solución de ( $1$ ) que sea linealmente independiente de $Y_{1}$ buscamos un vector $\hat{K}$ , tal que se cumpla simultáneamente

$\begin{matrix} (13) & (A - λ I)^{2} \hat{K} = 0 y (A - λ I) \hat{K} \neq 0 \end{matrix}$

Es decir, $\hat{K}$ es un vector propio generalizado y sabemos que una segunda solución de ( $1$ ) es de la forma

$\begin{matrix} (14) & Y_{2} (t) = e^{λ t} [\hat{K} + t (A - λ I) \hat{K}] \end{matrix}$

De modo que la solución general del sistema ( $1$ ), en este caso, es

$\begin{matrix} (15) & Y (t) = c_{1} e^{λ t} K + c_{2} e^{λ t} [\hat{K} + t (A - λ I) \hat{K}] \end{matrix}$

para alguna elección de constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ .

Esta ecuación puede simplificarse observando que $(A - λ I) \hat{K}$ debe ser un múltiplo $k$ de $K$ . Esto se sigue inmediatamente de la ecuación

$\begin{matrix} (16) & (A - λ I) [(A - λ I) \hat{K}] = 0 \end{matrix}$

y el hecho de que $A$ sólo tiene un vector propio $K$ linealmente independiente.

Entonces, la solución ( $15$ ) puede escribirse como

$\begin{matrix} (17) & Y (t) = c_{1} e^{λ t} K + c_{2} e^{λ t} (\hat{K} + t k K) = e^{λ t} (c_{1} K + c_{2} \hat{K} + c_{2} t k K) \end{matrix}$

Observemos que toda solución de ( $1$ ) de la forma ( $17$ ) tiende a $(0, 0)$ cuando $t$ tiende a infinito. Además, notemos que $c_{1} K + c_{2} \hat{K}$ es muy pequeño comparado con $c_{2} t k K$ si $c_{2}$ es diferente de cero y $t$ es muy grande. Por lo tanto, la tangente a la trayectoria de $Y (t)$ tiende a $\pm K$ , dependiendo del signo de $c_{2}$ , cuando $t$ tiende a infinito.

El plano fase con estas características es el siguiente.

Plano fase para valores propios negativos repetidos y sólo un vector propio linealmente independiente.

Nuevamente decimos que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un atractor y es asintóticamente estable ya que todas las trayectorias tienden a él.

Ambas situaciones también se presentan cuando $λ > 0$ .

Sistemas lineales con valores propios positivos repetidos

Caso 2a: $λ_{1} = λ_{2} = λ > 0$ y dos vectores linealmente independientes.

Sean $K_{1}$ y $K_{2}$ los dos vectores linealmente independientes de la matriz de coeficientes $A$ asociados al único valor propio $λ$ . Nuevamente la solución general de ( $1$ ) será

$Y (t) = c_{1} e^{λ t} K_{1} + c_{2} e^{λ t} K_{2} = e^{λ t} (c_{1} K_{1} + c_{2} K_{2})$

El análisis es exactamente el mismo que en el caso 1a, sin embargo, como $λ > 0$ , entonces $e^{λ t} \to \infty$ conforme $t \to \infty$ . Por lo tanto, el plano fase para este caso es exactamente el mismo que el del caso 1a con la excepción de que el sentido de las flechas es el opuesto.

Plano fase para valores propios positivos repetidos y dos vectores propios linealmente independientes.

En este caso se dice que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un repulsor, por lo tanto inestable.

Concluyamos con el último caso.

Caso 2b: $λ_{1} = λ_{2} = λ > 0$ y sólo un vector linealmente independiente.

Sea $K$ el único vector propio de $A$ asociado al valor propio $λ$ . Y sea $\hat{K}$ un vector propio generalizado de $A$ . La solución general del sistema lineal ( $1$ ) es

$Y (t) = c_{1} e^{λ t} K + c_{2} e^{λ t} [\hat{K} + t (A - λ I) \hat{K}]$

Vimos anteriormente que esta solución puede escribirse como

$Y (t) = e^{λ t} (c_{1} K + c_{2} \hat{K} + c_{3} t K)$

En este caso las trayectorias son exactamente las mismas que en el caso 2a por el mismo análisis, sin embargo la dirección de las flechas es el opuesto debido a que $λ > 0$ .

El plano fase es el siguiente.

Plano fase para valores propios positivos repetidos y sólo un vector propio linealmente independiente.

El punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un repulsor e inestable.

Concluyamos esta entrada realizando un ejemplo por cada caso.

Comencemos con un ejemplo del caso 1a y 2a.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} - 5 & 0 \\ 0 & - 5 \end{matrix}) Y$

Solución: Nuestro ejemplo corresponde a un sistema lineal de la forma ( $6$ ), de manera que el único valor propio es $λ = - 5$ . Sólo para verificarlo veamos que

$| \begin{matrix} - 5 - λ & 0 \\ 0 & - 5 - λ \end{matrix} | = (- 5 - λ)^{2} = 0$

La única raíz es $λ = - 5$ , es decir, hay un valor propio con multiplicidad $2$ .

Cualquier par de vectores linealmente independientes son vectores propios de la matriz de coeficientes. Elegimos los vectores canónicos.

$K_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) y K_{2} = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})$

Por lo tanto, la solución general es

$Y (t) = c_{1} e^{- 5 t} (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) + c_{2} e^{- 5 t} (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})$

Las solución la podemos escribir como

$\begin{aligned} x (t) & = c_{1} e^{- 5 t} \\ y (t) & = c_{2} e^{- 5 t} \end{aligned}$

Notemos que si $t \to \infty$ , entonces $(x, y) \to (0, 0)$ , lo que nos indica que las semirrectas correspondientes a las soluciones del sistema tienden al punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ , esto convierte a dicho punto en un atractor.

El plano fase, indicando algunas trayectorias y los vectores propios, se muestra a continuación.

La función vectorial que define al campo vectorial es

$F (x, y) = (- 5 x, - 5 y)$

En la siguiente figura se muestra el campo vectorial y algunas trayectorias correspondientes a soluciones particulares del sistema.

Si modificamos el sistema del ejemplo anterior por

$Y^{'} = (\begin{matrix} 5 & 0 \\ 0 & 5 \end{matrix}) Y$

Entonces, la solución general será

$Y (t) = c_{1} e^{5 t} (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) + c_{2} e^{5 t} (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})$

O bien,

$\begin{aligned} x (t) & = c_{1} e^{5 t} \\ y (t) & = c_{2} e^{5 t} \end{aligned}$

En este caso $x (t)$ y $y (t)$ tienden a infinito conforme $t$ también lo hace. Las trayectorias corresponden a semirrectas que parten del origen hacia infinito, por tanto, $Y_{0} = (0, 0)$ es un repulsor.

El plano fase es el siguiente.

Ahora veamos un ejemplo para el caso 1b y uno para el caso 2b, es decir, en la situación en la que sólo tenemos un único vector propio.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 1 & 3 \end{matrix}) Y$

Solución: Determinemos los valores propios.

$| \begin{matrix} 1 - λ & - 1 \\ 1 & 3 - λ \end{matrix} | = λ^{2} - 4 λ + 4 = (λ - 2)^{2} = 0$

El valor propio con multiplicidad $2$ es $λ = 2$ . Determinemos un vector propio resolviendo la siguiente ecuación.

$(A - 2 I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} - 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Del sistema obtenemos que $k_{1} = - k_{2}$ . Sea $k_{1} = 1$ , entonces $k_{2} = - 1$ . Por lo tanto, el vector propio es

$K_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})$

Determinemos ahora un vector propio generalizado resolviendo la siguiente ecuación.

$(A - 2 I)^{2} K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} - 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} - 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Esta ecuación se cumple para cualquier vector que no sea vector propio, es decir, que cumpla que

$(A - 2 I) K \neq 0$

Como el único vector propio es

$K_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})$

Elegimos el vector ortogonal

$K_{2} = (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})$

Notemos que se cumple

$(\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}) = c (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})$

sólo si $c = 0$ , así que ambos vectores $K_{1}$ y $K_{2}$ son linealmente independientes.

La solución general del sistema tiene la siguiente forma.

$Y (t) = c_{1} e^{λ t} K_{1} + c_{2} e^{λ t} [K_{2} + t (A - λ I) K_{2}]$

Sustituyendo, se tiene

$\begin{aligned} Y (t) & = c_{1} e^{2 t} (\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \end{array}) + c_{2} e^{2 t} [(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}) + t (\begin{array}{c} - 1 & - 1 \\ 1 & 1 \end{array}) (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array})] \\ = c_{1} e^{2 t} (\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \end{array}) + c_{2} e^{2 t} [(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}) + t (\begin{array}{c} - 2 \\ 2 \end{array})] \\ = c_{1} e^{2 t} (\begin{array}{c} 1 \\ - 1 \end{array}) + c_{2} e^{2 t} [(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array}) + 2 t (\begin{array}{c} - 1 \\ 1 \end{array})] \end{aligned}$

La solución general del sistema es

$Y (t) = c_{1} e^{2 t} (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix}) + c_{2} e^{2 t} [(\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}) - 2 t (\begin{matrix} 1 \\ - 1 \end{matrix})]$

Observemos que, tal como lo mostramos en la teoría ( $17$ ), esta solución es de la forma

$Y (t) = c_{1} e^{λ t} K_{1} + c_{2} e^{λ t} (K_{2} + t k K_{1})$

Las funciones $x (t)$ y $y (t)$ son

$\begin{aligned} x (t) & = c_{1} e^{2 t} + c_{2} e^{2 t} (1 - 2 t) \\ y (t) & = - c_{1} e^{2 t} + c_{2} e^{2 t} (1 + 2 t) \end{aligned}$

Muestra explícitamente que

$lim_{t \to - \infty} x (t) = lim_{t \to - \infty} y (t) = 0$

Mientras que

$lim_{t \to \infty} x (t) = lim_{t \to \infty} y (t) = \infty$

Esto nos indica que las trayectorias parten del origen y se extienden por todo el plano infinitamente.

A continuación se muestra el correspondiente plano fase del sistema indicando algunas trayectorias y al único vector propio de la matriz $A$ .

El punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un repulsor.

El campo vectorial asociado lo obtenemos de la función vectorial

$F (x, y) = (x - y, x + 3 y)$

El campo vectorial y algunas trayectoria del sistema se visualizan en la siguiente figura.

Realicemos un último ejemplo.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} - 3 / 2 & 1 \\ - 1 / 4 & - 1 / 2 \end{matrix}) Y$

Solución: Determinemos los valores propios.

$| \begin{matrix} - 3 / 2 - λ & 1 \\ - 1 / 4 & - 1 / 2 - λ \end{matrix} | = λ^{2} + 2 λ + 1 = (λ + 1)^{2} = 0$

El valor propio es $λ = - 1$ con multiplicidad $2$ . Determinemos un vector propio resolviendo la siguiente ecuación.

$(A + I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} - 1 / 2 & 1 \\ - 1 / 4 & 1 / 2 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Del sistema obtenemos que $k_{2} = \frac{1}{2} k_{1}$ . Sea $k_{1} = 2$ , entonces $k_{2} = 1$ . Por lo tanto, el vector propio es

$K_{1} = (\begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix})$

Determinemos un vector propio generalizado resolviendo la siguiente ecuación.

$(A - I)^{2} K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} - 1 / 2 & 1 \\ - 1 / 4 & 1 / 2 \end{matrix}) (\begin{matrix} - 1 / 2 & 1 \\ - 1 / 4 & 1 / 2 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Nuevamente podemos elegir cualquier vector arbitrario que no sea vector propio, es decir, que cumpla que

$(A + I) K \neq 0$

Elegimos el vector

$K_{2} = (\begin{matrix} 0 \\ 2 \end{matrix})$

La ecuación

$(\begin{matrix} 0 \\ 2 \end{matrix}) = c (\begin{matrix} 2 \\ 1 \end{matrix})$

se cumple sólo si $c = 0$ , por lo tanto $K_{1}$ y $K_{2}$ son linealmente independientes.

Sabemos que la solución general es de la forma

$Y (t) = c_{1} e^{λ t} K_{1} + c_{2} e^{λ t} [K_{2} + t (A - λ I) K_{2}]$

Sustituyendo, se tiene

$\begin{aligned} Y (t) & = c_{1} e^{- t} (\begin{array}{c} 2 \\ 1 \end{array}) + c_{2} e^{- t} [(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \end{array}) + t (\begin{array}{c} - 1 / 2 & 1 \\ - 1 / 4 & 1 / 2 \end{array}) (\begin{array}{c} 0 \\ 2 \end{array})] \\ = c_{1} e^{- t} (\begin{array}{c} 2 \\ 1 \end{array}) + c_{2} e^{- t} [(\begin{array}{c} 0 \\ 2 \end{array}) + t (\begin{array}{c} 2 \\ 1 \end{array})] \end{aligned}$

Esta solución la podemos escribir como

$\begin{aligned} x (t) & = 2 c_{1} e^{- t} + 2 c_{2} t e^{- t} \\ y (t) & = c_{1} e^{- t} + c_{2} e^{- t} (2 + t) \end{aligned}$

En este caso nos interesa el caso límite $t \to \infty$ . Muestra explícitamente que

$lim_{t \to \infty} x (t) = lim_{t \to \infty} y (t) = 0$

Este resultado nos indica que las trayectorias del sistema tienden al origen. Para valores grandes de $t$ las funciones $x (t)$ y $y (t)$ se pueden aproximar por

$\begin{aligned} x (t) & \approx 2 c_{2} t e^{- t} \\ y (t) & \approx c_{2} t e^{- t} \end{aligned}$

Es decir, la tangente de las trayectorias tienden hacia la recta paralela al vector propio $K_{1}$ , esto lo podemos ver si escribimos a $y$ en función de $x$ , dicha función es

$y (x) \approx \frac{x}{2}$

El plano fase, indicando algunas trayectorias y al único vector propio, se muestra a continuación.

El punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un atractor.

El campo vectorial lo obtenemos de la función vectorial

$F (x, y) = (- \frac{3}{2} x + y, - \frac{1}{4} x - \frac{1}{2} y)$

Dicho campo y algunas trayectorias se muestran a continuación.

Hemos concluido con el caso en el que los valores propios son repetidos. Para concluir con esta sección, en la siguiente entrada revisaremos el último caso en el que puede haber valores propios nulos.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Resolver los siguientes sistemas lineales y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} (\begin{matrix} - 5 & 0 \\ 0 & - 5 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} (\begin{matrix} 3 & - 4 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} (\begin{matrix} - 3 & 5 / 2 \\ - 5 / 2 & 2 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} (\begin{matrix} 200 & 0 \\ 0 & 200 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} (\begin{matrix} 5 / 4 & 3 / 4 \\ - 3 / 4 & - 1 / 4 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} (\begin{matrix} 1 & - 4 \\ 4 & - 7 \end{matrix}) Y$

Más adelante…

Estamos por concluir con el estudio cualitativo de los sistemas lineales homogéneos compuestos por dos ecuaciones diferenciales de primer orden con coeficientes constantes. En la siguiente entrada revisaremos el último caso en el que uno o ambos valores propios son nulos.

Entradas relacionadas

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Entrada anterior del curso: Teoría cualitativa de los sistemas lineales homogéneos – Valores propios complejos
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Video relacionado al tema: Plano fase para sistemas lineales con valores propios repetidos

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I: Teoría cualitativa de los sistemas lineales homogéneos – Valores propios complejos

Por Omar González Franco

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Las matemáticas es una ciencia que dibuja conclusiones necesarias.
– Benjamin Peirce

Introducción

En la entrada anterior estudiamos los sistemas lineales en los que los valores propios de la matriz $A$ eran reales y distintos, en esta entrada estudiaremos sistemas lineales en los que los valores propios son complejos.

Antes de comenzar con el desarrollo cualitativo es conveniente recordar algunos resultados importantes de estos sistemas.

Sistemas lineales con valores propios complejos

El sistema que estamos analizando es

$Label '1' multiply defined$

Definimos,

$Y^{'} = (\begin{matrix} x^{'} \\ y^{'} \end{matrix}), Y = (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) y A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$

De manera que el sistema ( $1$ ) se pueda escribir como

$Label '2' multiply defined$

Sea

$Label '3' multiply defined$

un valor propio de la matriz $A$ , con $α$ y $β$ reales. Y sea

$Label '4' multiply defined$

un vector propio de $A$ asociado a $λ$ . Entonces la solución del sistema ( $1$ ) se puede escribir como

$Label '5' multiply defined$

En la unidad anterior vimos que si definimos los vectores

$W_{1} = R e {Y} y W_{2} = I m {Y}$

donde $W_{1}$ y $W_{2}$ están dados como

$Label '6' multiply defined$

$Label '7' multiply defined$

entonces la solución general real del sistema ( $1$ ) es

$Label '8' multiply defined$

Por lo tanto, las soluciones linealmente independientes son

$Label '9' multiply defined$

$Label '10' multiply defined$

La expresión $k_{1} \cos (β t) + k_{2} \sin (β t)$ , donde $k_{1}$ y $k_{2}$ son constantes, se puede expresar en la forma $R \cos (β t - δ)$ para una elección adecuada de constantes $R$ y $δ$ . De tarea moral demuestra que la solución ( $8$ ) se puede expresar de la siguiente forma.

$Label '11' multiply defined$

para alguna elección de constantes $R_{1} \geq 0$ , $R_{2} \geq 0$ , $δ_{1}$ y $δ_{2}$ .

Con esto en mente pasemos a estudiar cada caso en el que los valores propios son complejos.

Valores propios complejos con parte real nula

Caso 1: $λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ , con $α = 0$ .

En este caso se dice que los valores propios son imaginarios puros ya que no tienen parte real. De la solución ( $11$ ) vemos que si $α = 0$ , entonces la expresión se reduce a

$Label '12' multiply defined$

Las soluciones $x (t)$ y $y (t)$ son

$Label '13' multiply defined$

Estas funciones son periódicas en el tiempo, con periodo $2 π / β$ . Como $| \cos (β t - δ_{1}) | \leq 1$ y $| \cos (β t - δ_{2}) | \leq 1$ , entonces la función $x (t)$ varia entre $- R_{1}$ y $+ R_{1}$ , mientras que $y (t)$ varia entre $- R_{2}$ y $+ R_{2}$ . Por tanto, la trayectoria de cualquier solución $Y (t)$ de ( $1$ ) es una curva cerrada que rodea al origen $x = y = 0$ , es por ello que se dice que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un centro y es estable.

A continuación se muestra el plano fase.

La dirección de las trayectorias se determina a partir del sistema ( $1$ ). Buscamos el signo de $y^{'}$ cuando $y = 0$ . Si $y^{'}$ es mayor que cero para $y = 0$ y $x > 0$ , entonces todas las trayectorias se mueven en sentido contrario a las manecillas del reloj. Si $y^{'}$ es menor que cero para $y = 0$ y $x > 0$ , entonces todas las trayectorias se mueven en el sentido de las manecillas del reloj.

Ahora estudiemos los casos en los que los valores propios tienen parte real no nula.

Valores propios complejos con parte real negativa

Caso 2: $λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ , con $α < 0$ .

En este caso las soluciones son

$Y (t) = e^{α t} (\begin{matrix} R_{1} \cos (β t - δ_{1}) \\ R_{2} \cos (β t - δ_{2}) \end{matrix})$

o bien,

$Label '14' multiply defined$

Si $t = 0$ , se obtiene que

$Label '15' multiply defined$

Sabemos que el periodo es $2 π / β$ , notemos que si $t = 2 π / β$ , entonces

$Y (2 π / β) = e^{2 π α / β} (\begin{matrix} R_{1} \cos (2 π - δ_{1}) \\ R_{2} \cos (2 π - δ_{2}) \end{matrix}) = e^{2 π α / β} (\begin{matrix} R_{1} \cos (- δ_{1}) \\ R_{2} \cos (- δ_{2}) \end{matrix})$

esto es,

$Label '16' multiply defined$

Como

$Y (2 π / β) < Y (0)$

es decir,

$x (2 π / β) < x (0) y y (2 π / β) < y (0)$

entonces $Y (2 π / β)$ está más cerca del origen que $Y (0)$ . Esto significa que, para $α < 0$ , el efecto del factor $e^{α t}$ sobre la solución ( $11$ ) es el de cambiar las curvas cerradas del caso anterior en espirales que se aproximan hacia el origen.

El plano fase se muestra a continuación.

De forma similar al caso anterior, la dirección de las trayectorias se determina a partir del sistema ( $1$ ). En este caso se dice que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ de ( $1$ ) es un foco estable, o también se conoce como espiral atractor. La estabilidad de este punto de equilibrio es asintóticamente estable.

Para concluir veamos que ocurre si $α$ es positiva.

Valores propios complejos con parte real positiva

Caso 3: $λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ , con $α > 0$ .

En este caso nuevamente las soluciones son

$Y (t) = e^{α t} (\begin{matrix} R_{1} \cos (β t - δ_{1}) \\ R_{2} \cos (β t - δ_{2}) \end{matrix})$

o bien,

$x (t) = e^{α t} R_{1} \cos (β t - δ_{1}) y y (t) = e^{α t} R_{2} \cos (β t - δ_{2})$

Sin embargo, debido a que $α > 0$ , se puede probar que

$Y (2 π / β) > Y (0)$

es decir,

$x (2 π / β) > x (0) y y (2 π / β) > y (0)$

lo que significa que ahora $Y (0)$ está más cerca del origen que $Y (2 π / β)$ .

Por lo tanto, en este caso todas las soluciones de ( $1$ ) describen espirales que se alejan del origen conforme $t \to \infty$ , y se dice que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ de ( $1$ ) es un foco inestable o espiral repulsor. Es claro que el punto de equilibrio es inestable.

El plano fase se muestra a continuación.

Hemos revisado los casos posibles. Para concluir con la entrada realicemos un ejemplo por cada caso.

Caso 1: $λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ , con $α = 0$ .

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} 2 & 1 \\ - 5 & - 2 \end{matrix}) Y$

Solución: Determinemos los valores propios.

$| \begin{matrix} 2 - λ & 1 \\ - 5 & - 2 - λ \end{matrix} | = (2 - λ) (- 2 - λ) + 5 = λ^{2} + 1 = 0$

Las raíces son $λ_{1} = i$ y $λ_{2} = - i$ , notamos que $α = 0$ y $β = 1$ , determinemos los vectores propios resolviendo la ecuación

$(A - i I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} 2 - i & 1 \\ - 5 & - 2 - i \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Las ecuaciones que se obtienen son

$\begin{aligned} (2 - i) k_{1} + k_{2} & = 0 \\ - 5 k_{1} - (2 + i) k_{2} & = 0 \end{aligned}$

Vemos que

$k_{1} = - (\frac{2 + i}{5}) k_{2}$

Sea $k_{2} = - 5$ , tal que $k_{1} = 2 + i$ , así el primer vector propio es

$K_{1} = (\begin{matrix} 2 + i \\ - 5 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 \\ - 5 \end{matrix}) + i (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$

Sabemos que $K_{2} = {\bar{K}}_{1}$ , entonces el segundo vector propio asociado al valor propio $λ_{2} = - i$ es

$K_{2} = (\begin{matrix} 2 - i \\ - 5 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 \\ - 5 \end{matrix}) - i (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$

La primera solución linealmente independiente es

$Y_{1} (t) = e^{i t} (\begin{matrix} 2 + i \\ - 5 \end{matrix})$

Notemos lo siguiente.

$\begin{aligned} e^{i t} (\begin{array}{c} 2 + i \\ - 5 \end{array}) & = [\cos (t) + i \sin (t)] [(\begin{array}{c} 2 \\ - 5 \end{array}) + i (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array})] \\ = \cos (t) (\begin{array}{c} 2 \\ - 5 \end{array}) - \sin (t) (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}) + i \cos (t) (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}) + i \sin (t) (\begin{array}{c} 2 \\ - 5 \end{array}) \end{aligned}$

De donde definimos

$W_{1} = \cos (t) (\begin{matrix} 2 \\ - 5 \end{matrix}) - \sin (t) (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$

$W_{2} = \sin (t) (\begin{matrix} 2 \\ - 5 \end{matrix}) + \cos (t) (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})$

Por lo tanto, la solución general real es

$Y (t) = c_{1} [\cos (t) (\begin{matrix} 2 \\ - 5 \end{matrix}) - \sin (t) (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})] + c_{2} [\sin (t) (\begin{matrix} 2 \\ - 5 \end{matrix}) + \cos (t) (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})]$

En términos de las funciones $x (t)$ y $y (t)$ se tienen las soluciones

$\begin{aligned} x (t) & = [2 c_{1} + c_{2}] \cos (t) + [- c_{1} + 2 c_{2}] \sin (t) \\ y (t) & = - 5 c_{1} \cos (t) - 5 c_{2} \sin (t) \end{aligned}$

Las soluciones son de la forma

$\begin{aligned} x (t) & = k_{1} \cos (t) + k_{2} \sin (t) \\ y (t) & = k_{3} \cos (t) + k_{4} \sin (t) \end{aligned}$

También es posible determinar las constantes $R_{1}$ , $R_{2}$ , $δ_{1}$ y $δ_{2}$ en términos de las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ , tal que la solución se pueda escribir como

$\begin{aligned} x (t) & = R_{1} \cos (t - δ_{1}) \\ y (t) & = R_{2} \cos (t - δ_{2}) \end{aligned}$

En este caso como $β = 1$ , entonces el periodo es $T = 2 π$ . La función paramétrica que define las trayectorias está dada por

$f (t) = (k_{1} \cos (t) + k_{2} \sin (t), k_{3} \cos (t) + k_{4} \sin (t))$

Es claro que las trayectorias son curvas cerradas con periodo $2 π$ .

Para determinar la dirección de las trayectorias consideremos la ecuación $y^{'}$ del sistema, dicha ecuación es

$y^{'} = - 5 x - 2 y$

Si $y = 0$ se tiene la ecuación $y^{'} = - 5 x$ , vemos que si $x > 0$ , entonces $y^{'} < 0$ , por lo tanto las trayectorias se mueven en el sentido de las manecillas del reloj.

El plano fase indicando algunas trayectorias se muestra a continuación.

El campo vectorial está definido por la función

$F (x, y) = (2 x + y, - 5 x - 2 y)$

A continuación se muestra dicho campo vectorial y algunas trayectorias.

Efectivamente, el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un centro.

Veamos como se pierde esta regularidad si $α \neq 0$ .

Caso 2: $λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ , con $α < 0$ .

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} - 1 & - 4 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) Y$

Solución: Determinemos los valores propios.

$| \begin{matrix} - 1 - λ & - 4 \\ 1 & - 1 - λ \end{matrix} | = (- 1 - λ)^{2} + 4 = λ^{2} + 2 λ + 5 = 0$

Las raíces son $λ_{1} = - 1 + 2 i$ y $λ_{2} = - 1 - 2 i$ (con $α = - 1$ y $β = 2$ ). Resolvamos la siguiente ecuación para obtener los vectores propios.

$(A - (- 1 + 2 i) I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} - 2 i & - 4 \\ 1 & - 2 i \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Se obtiene que $k_{1} = 2 i k_{2}$ . Sea $k_{2} = 1$ , entonces $k_{1} = 2 i$ , así el primer vector propios es

$K_{1} = (\begin{matrix} 2 i \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) + i (\begin{matrix} 2 \\ 0 \end{matrix})$

Considerando que $K_{2} = {\bar{K}}_{1}$ , entonces el segundo vector propio, asociado a $λ_{2} = - 1 - 2 i$ es

$K_{2} = (\begin{matrix} - 2 i \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) - i (\begin{matrix} 2 \\ 0 \end{matrix})$

Sabemos que la primer solución es

$Y_{1} (t) = e^{(- 1 + 2 i) t} (\begin{matrix} 2 i \\ 1 \end{matrix})$

Notemos lo siguiente.

$\begin{aligned} e^{(- 1 + 2 i) t} (\begin{array}{c} 2 i \\ 1 \end{array}) & = e^{- t} [\cos (2 t) + i \sin (2 t)] [(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}) + i (\begin{array}{c} 2 \\ 0 \end{array})] \\ = e^{- t} [\cos (2 t) (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array}) - \sin (2 t) (\begin{array}{c} 2 \\ 0 \end{array}) + i \cos (2 t) (\begin{array}{c} 2 \\ 0 \end{array}) + i \sin (2 t) (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array})] \end{aligned}$

De donde definimos

$W_{1} (t) = e^{- t} [\cos (2 t) (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) - \sin (t) (\begin{matrix} 2 \\ 0 \end{matrix})]$

$W_{2} (t) = e^{- t} [\cos (t) (\begin{matrix} 2 \\ 0 \end{matrix}) + \sin (2 t) (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})]$

Por lo tanto, la solución general real es

$Y (t) = c_{1} e^{- t} [\cos (2 t) (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) - \sin (t) (\begin{matrix} 2 \\ 0 \end{matrix})] + c_{2} e^{- t} [\cos (t) (\begin{matrix} 2 \\ 0 \end{matrix}) + \sin (2 t) (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})]$

Las funciones $x (t)$ y $y (t)$ son

$\begin{aligned} x (t) & = - 2 c_{1} e^{- t} \sin (2 t) + 2 c_{2} e^{- t} \cos (2 t) \\ y (t) & = c_{1} e^{- t} \cos (2 t) + c_{2} e^{- t} \sin (2 t) \end{aligned}$

Estas funciones también se pueden escribir como

$\begin{aligned} x (t) & = e^{- t} R_{1} \cos (2 t - δ_{1}) \\ y (t) & = e^{- t} R_{2} \cos (2 t - δ_{2}) \end{aligned}$

De tarea moral determina las constantes $R_{1}$ , $R_{2}$ , $δ_{1}$ y $δ_{2}$ en términos de las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$ .

Podemos notar que las soluciones ya no son trayectorias cerradas debido al término $e^{- t}$ . En este caso el periodo es $t = 2 π / 2 = π$ . Notemos que

$\begin{aligned} x (0) & = 2 c_{2} = R_{1} \cos (- δ_{1}) \\ y (0) & = c_{1} = R_{2} \cos (- δ_{2}) \end{aligned}$

Mientras que

$\begin{aligned} x (π) & = 2 e^{- π} c_{2} = R_{1} e^{- π} \cos (- δ_{1}) \\ y (π) & = e^{- π} c_{1} = R_{2} e^{- π} \cos (- δ_{2}) \end{aligned}$

Como $e^{- π} < 1$ , entonces

$x (π) < x (0) y y (π) < y (0)$

Por lo tanto las trayectorias corresponden a espirales que se aproximan hacia el origen.

La función paramétrica que define las trayectorias es

$f (t) = (- 2 c_{1} e^{- t} \sin (2 t) + 2 c_{2} e^{- t} \cos (2 t), c_{1} e^{- t} \cos (2 t) + c_{2} e^{- t} \sin (2 t))$

Para determinar la dirección en que giran las trayectorias consideremos la ecuación $y^{'}$ del sistema, dicha ecuación es

$y^{'} = x - y$

Si $y = 0$ , entonces $y^{'} = x$ y si $x > 0$ , entonces $y^{'} > 0$ , por lo tanto las trayectorias se mueven en el sentido opuesto a las manecillas del reloj.

El plano fase con algunas trayectorias se muestra a continuación.

El campo vectorial asociado está definido por la función

$F (x, y) = (- x - 4 y, x - y)$

Dicho campo y algunas trayectorias se muestran en la siguiente figura.

El punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un foco estable.

Concluyamos con un último ejemplo.

Caso 3: $λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ , con $α > 0$ .

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} 3 & - 2 \\ 4 & - 1 \end{matrix}) Y$

Solución: Determinemos los valores propios.

$| \begin{matrix} 3 - λ & - 2 \\ 4 & - 1 - λ \end{matrix} | = (3 - λ) (- 1 - λ) + 8 = λ^{2} - 2 λ + 5 = 0$

Los valores propios son $λ_{1} = 1 + 2 i$ y $λ_{2} = 1 - 2 i$ (con $α = 1$ y $β = 2$ ). Determinemos los vectores propios con la ecuación

$(A - (1 + 2 i) I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} 2 - 2 i & - 2 \\ 4 & - 2 - 2 i \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

De este sistema se obtiene que

$k_{1} = (\frac{1 + i}{2}) k_{2}$

Sea $k_{2} = 1$ , entonces $k_{1} = \frac{1 + i}{2}$ , así el primer vector propio es

$K_{1} = (\begin{matrix} \frac{1 + i}{2} \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) + i (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 0 \end{matrix})$

y sabemos enseguida que

$K_{2} = (\begin{matrix} \frac{1 - i}{2} \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) - i (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 0 \end{matrix})$

La primer solución linealmente independiente es

$Y_{1} (t) = e^{(1 + 2 i) t} (\begin{matrix} \frac{1 + i}{2} \\ 1 \end{matrix})$

Vemos que

$\begin{aligned} e^{(1 + 2 i) t} (\begin{array}{c} \frac{1 + i}{2} \\ 1 \end{array}) & = e^{t} [\cos (2 t) + i \sin (2 t)] [(\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 1 \end{array}) + i (\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 0 \end{array})] \\ = e^{t} [\cos (2 t) (\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 1 \end{array}) - \sin (2 t) (\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 0 \end{array}) + i \cos (2 t) (\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 0 \end{array}) + i \sin (2 t) (\begin{array}{c} \frac{1}{2} \\ 1 \end{array})] \end{aligned}$

de donde,

$W_{1} (t) = e^{t} [\cos (2 t) (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 1 \end{matrix}) - \sin (2 t) (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 0 \end{matrix})]$

$W_{2} (t) = e^{t} [\cos (2 t) (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 0 \end{matrix}) + \sin (2 t) (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 1 \end{matrix})]$

Por lo tanto, la solución general real del sistema es

$Y (t) = c_{1} e^{t} [\cos (2 t) (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 1 \end{matrix}) - \sin (2 t) (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 0 \end{matrix})] + c_{2} e^{t} [\cos (2 t) (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 0 \end{matrix}) + \sin (2 t) (\begin{matrix} \frac{1}{2} \\ 1 \end{matrix})]$

Las funciones $x (t)$ y $y (t)$ son

$\begin{aligned} x (t) & = e^{t} (\frac{c_{1} + c_{2}}{2}) \cos (2 t) + e^{t} (\frac{c_{2} - c_{1}}{2}) \sin (2 t) \\ y (t) & = c_{1} e^{t} \cos (2 t) + c_{2} e^{t} \sin (2 t) \end{aligned}$

El periodo de las soluciones es $T = 2 π / 2 = π$ . Muestra, de manera similar a como lo hicimos en el ejemplo anterior, que

$x (π) > x (0) y y (π) > y (0)$

esto debido a que $e^{π} > 1$ . Por lo tanto, las trayectorias describen espirales que se alejan del origen.

La función paramétrica que define a las trayectorias es

$f (t) = (k_{1} e^{t} \cos (2 t) + k_{2} e^{t} \sin (2 t), c_{1} e^{t} \cos (2 t) + c_{2} e^{t} \sin (2 t))$

Con

$k_{1} = (\frac{c_{1} + c_{2}}{2}) y k_{2} = (\frac{c_{2} - c_{1}}{2})$

Para determinar la dirección de las trayectorias consideremos la ecuación

$y^{'} = 4 x - y$

Si $y = 0$ se obtiene que $y^{'} = 4 x$ y si $x > 0$ , entonces $y^{'} > 0$ , por lo tanto, las trayectorias se mueven en el sentido opuesto a las manecillas del reloj.

El plano fase se muestra a continuación.

La función vectorial que define al campo vectorial es

$F (x, y) = (3 x - 2 y, 4 x - y)$

El campo vectorial y algunas trayectorias se ilustran en la siguiente figura.

El punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ corresponde a un foco inestable.

Hemos concluido con esta entrada. Continuemos en la siguiente entrada con el análisis en el caso en el que los valores propios de la matriz $A$ son iguales.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Resolver los siguientes sistemas lineales y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} 0 & 4 \\ - 9 & 0 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 6 & - 1 \\ 5 & 2 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 5 & - 3 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 2 & - 5 \\ 4 & - 2 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 4 & 5 \\ - 2 & 6 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 1 & - 8 \\ 1 & - 3 \end{matrix}) Y$

Más adelante…

Continuando con nuestro estudio cualitativo de los sistemas lineales homogéneos con dos ecuaciones diferenciales, en la siguiente entrada veremos que ocurre en el plano fase cuando los valores propios de la matriz $A$ son repetidos.

Entradas relacionadas

Página principal del curso: Ecuaciones Diferenciales I
Entrada anterior del curso: Teoría cualitativa de los sistemas lineales homogéneos – Valores propios reales y distintos
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Video relacionado al tema: Plano fase para sistemas lineales con valores propios complejos

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I: Teoría cualitativa de los sistemas lineales homogéneos – Valores propios reales y distintos

Por Omar González Franco

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Las matemáticas son el juez supremo;
de sus decisiones no hay apelación.
– Tobias Dantzig

Introducción

Ahora que conocemos algunas de las propiedades cualitativas más importantes a analizar de los sistemas autónomos compuestos por dos ecuaciones diferenciales, dedicaremos las siguientes entradas a estudiar exclusivamente los sistemas lineales homogéneos, logrando hacer una conexión entre la unidad 3 y la unidad 4 del curso.

Esta y las siguientes entradas serán el complemento cualitativo del método de valores y vectores propios para resolver sistemas lineales homogéneos, con la restricción de que los sistemas que estudiaremos estarán compuestos por dos ecuaciones diferenciales ya que son el tipo de sistemas en los que conjuntamente podemos hacer una descripción geométrica en $R^{2}$ , concretamente en el plano fase o plano $X Y$ .

En la primera entrada de esta unidad mostramos los casos posibles de acuerdo al valor que pueden tomar los valores propios, dichos casos pueden ser

Valores propios reales y distintos:

$λ_{1} < λ_{2} < 0$ .
$λ_{1} > λ_{2} > 0$ .
$λ_{1} < 0$ y $λ_{2} > 0$ .

Valores propios complejos:

$λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ con $α < 0$ .
$λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ con $α = 0$ .
$λ_{1} = α + i β$ y $λ_{2} = α - i β$ con $α > 0$ .

Valores propios repetidos:

$λ_{1} = λ_{2} < 0$ .
$λ_{1} = λ_{2} > 0$ .

Valores propios nulos:

$λ_{1} = 0$ y $λ_{2} < 0$ .
$λ_{1} = 0$ y $λ_{2} > 0$ .
$λ_{1} = λ_{2} = 0$ .

Dedicaremos esta entrada al caso exclusivo en el que los valores propios son reales y distintos.

Sistemas lineales

El sistema lineal autónomo que estudiaremos es

$Label '1' multiply defined$

Si se definen las matrices

$Y^{'} = (\begin{matrix} x^{'} \\ y^{'} \end{matrix}), Y = (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) y A = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$

entonces el sistema se puede escribir como

$Label '2' multiply defined$

Por otro lado, si consideramos la función vectorial

$Label '3' multiply defined$

en donde,

$Label '4' multiply defined$

entonces el sistema autónomo ( $1$ ) se puede escribir, alternativamente, como

$Label '5' multiply defined$

Veremos que el plano fase del sistema depende casi por completo de los valores propios de la matriz $A$ y habrá diferencias notables si los valores propios de $A$ cambian de signo o se vuelven imaginarios.

Sean $λ_{1}$ y $λ_{2}$ los dos valores propios reales de $A$ , tal que $λ_{1} \neq λ_{2}$ , recordemos que la solución general para este caso es de la forma

$Label '6' multiply defined$

En donde $K_{1}$ y $K_{2}$ son los vectores propios de $A$ y $c_{1}$ y $c_{2}$ son constantes arbitrarias que se determinan a partir de las condiciones iniciales del problema.

Comencemos por estudiar el caso en el que los valores propios son negativos.

Valores propios negativos

Caso 1: $λ_{1} < λ_{2} < 0$ .

Sean $K_{1}$ y $K_{2}$ los vectores propios de $A$ con valores propios $λ_{1}$ y $λ_{2}$ , respectivamente. La solución general está dada por ( $6$ ), sin embargo es conveniente hacer un análisis por separado de las soluciones linealmente independientes

$Y_{1} (t) = c_{1} e^{λ_{1} t} K_{1} y Y_{2} (t) = c_{2} e^{λ_{2} t} K_{2}$

Comencemos por trazar en el plano $X Y$ , o plano fase, cuatro semirrectas, dos de ellas $l_{1}$ y $l_{2}$ siendo paralelas a $K_{1}$ y $K_{2}$ , respectivamente, mientras que las semirrectas $l_{1}^{'}$ y $l_{2}^{'}$ paralelas a $- K_{1}$ y $- K_{2}$ , respectivamente.

Consideremos primero la solución

$Label '7' multiply defined$

Esta solución es siempre proporcional a $K_{1}$ y la constante de proporcionalidad $c_{1} e^{λ_{1} t}$ varía de $\pm \infty$ a cero, dependiendo de si $c_{1}$ es positiva o negativa. Por lo tanto, la trayectoria de esta solución es la semirrecta $l_{1}$ para $c_{1} > 0$ , y la semirrecta $l_{1}^{'}$ para $c_{1} < 0$ . Análogamente, la trayectoria de la solución

$Label '8' multiply defined$

es la semirrecta $l_{2}$ para $c_{2} > 0$ y la semirrecta $l_{2}^{'}$ para $c_{2} < 0$ .

Consideremos ahora la solución general ( $6$ ).

$Y (t) = c_{1} e^{λ_{1} t} K_{1} + c_{2} e^{λ_{2} t} K_{2}$

Notemos que toda solución $Y (t)$ tiende al punto $(0, 0)$ cuando $t \to \infty$ . Por lo tanto, toda trayectoria de ( $1$ ) tiende al origen cuando $t$ tiende a infinito.

Observemos que $e^{λ_{2} t} K_{2}$ es muy pequeño comparado con $e^{λ_{1} t} K_{1}$ cuando $t$ es grande (recordemos que $λ_{1} < λ_{2} < 0$ ). Por lo tanto, para $c_{1} \neq 0$ , $Y (t)$ se aproxima cada vez más a $c_{1} e^{λ_{1} t} K_{1}$ conforme $t \to \infty$ , esto implica que la tangente a la trayectoria de $Y (t)$ tiende a $l_{1}$ si $c_{1}$ es positiva y a $l_{1}^{'}$ , si $c_{1}$ es negativa.

Con todas estas características el plano fase de ( $1$ ), para el caso en el que los valores propios son negativos, tiene la forma que se presenta en la siguiente figura.

Plano fase para valores propios negativos.

Observamos que todas las trayectorias, con excepción de una sola recta, tienden al origen. En este caso se dice que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ de ( $1$ ) es un nodo atractor y su estabilidad es asintóticamente estable.

Una última observación es que la trayectoria de toda solución $Y (t)$ de ( $1$ ) tiende al origen cuando $t$ tiende a infinito, sin embargo ese punto no pertenece a la trayectoria de ninguna solución no trivial $Y (t)$ .

Veamos ahora que ocurre cuando los valores propios son positivos.

Valores propios positivos

Caso 2: $0 < λ_{1} < λ_{2}$ .

Para este caso se hace análogamente el mismo análisis que en el caso anterior, de modo que el plano fase es exactamente el mismo, excepto que el sentido de las trayectorias es el opuesto. El plano fase se muestra a continuación.

Plano fase para valores propios positivos.

Como las soluciones se alejan del punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ de ( $1$ ), se dice que dicho punto es un nodo repulsor e inestable.

Antes de realizar algunos ejemplos concluyamos con el caso en el que un valor propio es negativo, mientras que el otro es positivo.

Valores propios con signos opuestos

Caso 3: $λ_{1} < 0 < λ_{2}$ .

Sean nuevamente $K_{1}$ y $K_{2}$ los vectores propios de $A$ con valores propios $λ_{1}$ y $λ_{2}$ , respectivamente.

De forma similar que en los casos anteriores, comencemos por trazar en el plano $X Y$ cuatro semirrectas, dos de ellas $l_{1}$ y $l_{2}$ siendo paralelas a $K_{1}$ y $K_{2}$ , respectivamente, mientras que las semirrectas $l_{1}^{'}$ y $l_{2}^{'}$ paralelas a $- K_{1}$ y $- K_{2}$ , respectivamente.

Consideremos nuevamente las soluciones linealmente independientes por separado.

$Y_{1} (t) = c_{1} e^{λ_{1} t} K_{1} y Y_{2} (t) = c_{2} e^{λ_{2} t} K_{2}$

En el caso de la solución

$Y_{1} (t) = c_{1} e^{λ_{1} t} K_{1}$

la trayectoria es $l_{1}$ para $c_{1} > 0$ y $l_{1}^{'}$ para $c_{1} < 0$ , mientras que la trayectoria de la solución

$Y_{2} (t) = c_{2} e^{λ_{2} t} K_{2}$

es $l_{2}$ para $c_{2} > 0$ y $l_{2}^{'}$ para $c_{2} < 0$ .

Notemos que la solución $c_{1} e^{λ_{1} t} K_{1}$ tiende al origen $(0, 0)$ cuando $t \to \infty$ , mientras que la solución $c_{2} e^{λ_{2} t} K_{2}$ con $c_{2} \neq 0$ es no acotada conforme $t \to \infty$ .

Por otro lado, observemos que $e^{λ_{1} t} K_{1}$ es muy pequeño comparado con $e^{λ_{2} t} K_{2}$ cuando $t$ crece mucho. Por lo tanto, toda solución $Y (t)$ de ( $1$ ) con $c_{2} \neq 0$ es no acotada cuando $t$ tiende a infinito y su trayectoria tiende a $l_{2}$ o a $l_{2}^{'}$ . De forma similar notamos que $e^{λ_{2} t} K_{2}$ es muy pequeño comparado con $e^{λ_{1} t} K_{1}$ cuando $t$ crece mucho con signo negativo. Por lo tanto, la trayectoria de cualquier solución $Y (t)$ de ( $1$ ) con $c_{1} \neq 0$ tiende a $l_{1}$ o a $l_{1}^{'}$ cuando $t$ tiende a menos infinito.

Por lo tanto, en el caso en el que los valores propios tienen signos opuestos, el plano fase, con las características mencionadas, tiene la siguiente forma.

Plano fase para valores propios con signos opuestos.

Es posible observar que el plano fase se asemeja a una silla de montar cerca del origen, por esta razón se dice que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ de ( $1$ ) es un punto silla y es inestable.

Para concluir con la entrada realicemos un ejemplo por cada caso analizado. En los ejemplos de esta y las próximas entradas estaremos usando las herramientas antes proporcionadas para visualizar el plano fase y el campo vectorial asociado. Puedes usarlas tu mismo para comprobar los resultados o visualizar otros sistemas.

Caso 1: $λ_{1} < λ_{2} < 0$ .

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} - 5 & 1 \\ 1 & - 5 \end{matrix}) Y$

Solución: Primero resolvamos el sistema analíticamente. Determinemos los valores propios.

$| \begin{matrix} - 5 - λ & 1 \\ 1 & - 5 - λ \end{matrix} | = (- 5 - λ)^{2} - 1 = λ^{2} + 10 λ + 24 = (λ + 6) (λ + 4) = 0$

Las raíces son $λ_{1} = - 6$ y $λ_{2} = - 4$ . Determinemos los vectores propios. La primer ecuación a resolver es

$(A + 6 I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Inmediatamente vemos que $k_{1} = - k_{2}$ . Sea $k_{2} = 1$ , entonces $k_{1} = - 1$ , así el primer vector propio es

$K_{1} = (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix})$

Para el segundo vector propio resolvemos la ecuación

$(A + 4 I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} - 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

En este caso $k_{1} = k_{2}$ . Sea $k_{1} = 1 = k_{2}$ , entonces el segundo vector propio es

$K_{2} = (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})$

Por lo tanto, la solución general del sistema es

$Y (t) = c_{1} e^{- 6 t} (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix}) + c_{2} e^{- 4 t} (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})$

Separemos la soluciones en las funciones $x (t)$ y $y (t)$ .

$\begin{aligned} x (t) & = - c_{1} e^{- 6 t} + c_{2} e^{- 4 t} \\ y (t) & = c_{1} e^{- 6 t} + c_{2} e^{- 4 t} \end{aligned}$

Analicemos las soluciones cualitativamente.

Lo primero que sabemos es que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un nodo atractor estable lo que implica que todas las soluciones tienden al origen, pero nunca llegan a él ya que dicho punto no pertenece a ninguna solución.

Las rectas paralelas a los vectores propios $K_{1}$ y $K_{2}$ están definidas por las funciones $y (x) = - x$ y $y (x) = x$ , respectivamente. La forma de comprobarlo es considerando las soluciones linealmente independientes por separado.

$Y_{1} (t) = c_{1} e^{- 6 t} (\begin{matrix} - 1 \\ 1 \end{matrix})$

$Y_{2} (t) = c_{2} e^{- 4 t} (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})$

En el caso de la solución $Y_{1} (t)$ las soluciones son

$\begin{aligned} x (t) & = - c_{1} e^{- 6 t} \\ y (t) & = c_{1} e^{- 6 t} \end{aligned}$

De donde es claro que $y = - x = c_{1} e^{- 6 t}$ . De forma similar, de la segunda solución $Y_{2} (t)$ se obtienen las soluciones

$\begin{aligned} x (t) & = c_{2} e^{- 4 t} \\ y (t) & = c_{2} e^{- 4 t} \end{aligned}$

De donde $y = x = c_{2} e^{- 4 t}$ .

Todas las trayectorias se trazarán de acuerdo a la función paramétrica

$f (t) = (- c_{1} e^{- 6 t} + c_{2} e^{- 4 t}, c_{1} e^{- 6 t} + c_{2} e^{- 4 t})$

Tracemos como ejemplo $4$ trayectorias correspondientes a los siguientes casos:

$c_{1} = 1$ , $c_{2} = 1 \to f (t) = (- e^{- 6 t} + e^{- 4 t}, e^{- 6 t} + e^{- 4 t})$

$c_{1} = 1$ , $c_{2} = - 1 \to f (t) = (- e^{- 6 t} - e^{- 4 t}, e^{- 6 t} - e^{- 4 t})$

$c_{1} = - 1$ , $c_{2} = 1 \to f (t) = (e^{- 6 t} + e^{- 4 t}, - e^{- 6 t} + e^{- 4 t})$

$c_{1} = - 1$ , $c_{2} = - 1 \to f (t) = (e^{- 6 t} - e^{- 4 t}, - e^{- 6 t} - e^{- 4 t})$

La gráfica en el plano $X Y$ de las cuatro trayectorias anteriores, cerca del origen, se muestra a continuación.

$4$ trayectorias particulares del sistema.

Por supuesto hay infinitas trayectorias, una para cada posible par de valores $c_{1}$ y $c_{2}$ .

En la parte izquierda de la siguiente figura se encuentra el plano fase del sistema con algunas trayectorias, los vectores propios de $A$ y las rectas paralelas a dichos vectores. En el lado derecho se encuentra el sistema que estamos analizando y el valor de los eigenvalores y eigenvectores.

En la figura anterior también se encuentran los datos $Δ = 24$ y $τ = - 10$ , estos valores corresponden al valor del determinante y la traza de $A$ , respectivamente. Por el momento no tenemos que preocuparnos por estos valores, sin embargo más adelante veremos que nos serán de mucha utilidad cuando estudiemos el llamado plano traza – determinante.

Para concluir con el ejemplo determinemos el campo vectorial asociado. La función $F (x, y)$ en este caso es

$F (x, y) = (- 5 x + y, x - 5 y)$

El campo vectorial asociado junto con algunas trayectorias se muestra a continuación.

Caso 2: $0 < λ_{1} < λ_{2}$ .

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} 4 & - 1 \\ - 2 & 5 \end{matrix}) Y$

Solución: Determinemos los valores propios.

$| \begin{matrix} 4 - λ & - 1 \\ - 2 & 5 - λ \end{matrix} | = (4 - λ) (5 - λ) - 2 = λ^{2} - 9 λ + 18 = (λ - 3) (λ - 6) = 0$

Las raíces son $λ_{1} = 3$ y $λ_{2} = 6$ . Determinemos los vectores propios. La primer ecuación a resolver es

$(A - 3 I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} 1 & - 1 \\ - 2 & 2 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Resolviendo el sistema se obtiene que $k_{1} = k_{2}$ , elegimos convenientemente $k_{1} = - 2 = k_{2}$ , tal que el primer vector propio es

$K_{1} = (\begin{matrix} - 2 \\ - 2 \end{matrix})$

Para obtener el segundo vector propio resolvemos la ecuación

$(A - 6 I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} - 2 & - 1 \\ - 2 & - 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

En este caso se obtiene que $- 2 k_{1} = k_{2}$ . Elegimos $k_{1} = 1$ , entonces $k_{2} = - 2$ y así el segundo vector propio es

$K_{2} = (\begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix})$

Por lo tanto, la solución general es

$Y (t) = c_{1} e^{3 t} (\begin{matrix} - 2 \\ - 2 \end{matrix}) + c_{2} e^{6 t} (\begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix})$

Escribamos la solución en términos de las funciones $x (t)$ y $y (t)$ .

$\begin{aligned} x (t) & = - 2 c_{1} e^{3 t} + c_{2} e^{6 t} \\ y (t) & = - 2 c_{1} e^{3 t} - 2 c_{2} e^{6 t} \end{aligned}$

Comencemos por determinar las funciones que definen las rectas paralelas a los vectores propios, para ello consideremos por separado las soluciones linealmente independientes

$Y_{1} (t) = c_{1} e^{3 t} (\begin{matrix} - 2 \\ - 2 \end{matrix})$

$Y_{2} (t) = c_{2} e^{6 t} (\begin{matrix} 1 \\ - 2 \end{matrix})$

De la solución $Y_{1} (t)$ tenemos las soluciones

$\begin{aligned} x (t) & = - 2 c_{1} e^{3 t} \\ y (t) & = - 2 c_{1} e^{3 t} \end{aligned}$

De donde vemos que $y = x = - 2 c_{1} e^{3 t}$ , por tanto la recta paralela a $K_{1}$ se define por la función $y (x) = x$ . Por otro lado, de la solución $Y_{2} (t)$ se tiene las soluciones

$\begin{aligned} x (t) & = c_{2} e^{6 t} \\ y (t) & = - 2 c_{2} e^{6 t} \end{aligned}$

En este caso vemos que $y = - 2 x = - 2 c_{2} e^{6 t}$ , por tanto la recta paralela al vector propio $K_{2}$ esta definida por la función $y (x) = - 2 x$ .

La función paramétrica que nos permite trazar las trayectorias es

$f (t) = (- 2 c_{1} e^{3 t} + c_{2} e^{6 t}, - 2 c_{1} e^{3 t} - 2 c_{2} e^{6 t})$

Si lo deseas intenta graficar algunas trayectorias para algunos valores de $c_{1}$ y $c_{2}$ como lo hicimos en el ejemplo anterior.

El plano fase del sistema indicando algunas trayectorias, los vectores propios y las rectas paralelas a estos vectores, se muestra a continuación.

Se puede observar que las trayectorias son un poco similares a las del ejemplo anterior con la diferencia de que el sentido es el opuesto, de forma que el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es nodo repulsor inestable.

El campo vectorial asociado está dado por la función vectorial

$F (x, y) = (4 x - y, - 2 x + 5 y)$

El campo vectorial con algunas trayectorias se muestra a continuación.

Concluyamos con un ejemplo del tercer caso.

Caso 3: $λ_{1} < 0 < λ_{2}$ .

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} 3 & - 1 \\ 5 & - 3 \end{matrix}) Y$

Solución: Determinemos los valores propios.

$| \begin{matrix} 3 - λ & - 1 \\ 5 & - 3 - λ \end{matrix} | = (3 - λ) (- 3 - λ) + 5 = λ 2 - 4 = (λ - 2) (λ + 2) = 0$

Las raíces son $λ_{1} = - 2$ y $λ_{2} = 2$ . Determinemos los vectores propios. Para el primer vector resolvamos la ecuación

$(A + 2 I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} 5 & - 1 \\ 5 & - 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Vemos que $5 k_{1} = k_{2}$ . Sea $k_{1} = - 1$ , tal que $k_{2} = - 5$ , así el primer vector propio es

$K_{1} = (\begin{matrix} - 1 \\ - 5 \end{matrix})$

Para obtener el segundo vector propio resolvemos

$(A - 2 I) K = 0$

o bien,

$(\begin{matrix} 1 & - 1 \\ 5 & - 5 \end{matrix}) (\begin{matrix} k_{1} \\ k_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix})$

Tenemos que $k_{1} = k_{2}$ . Sea $k_{1} = 5 = k_{2}$ , entonces el segundo vector propio es

$K_{2} = (\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix})$

Por lo tanto, la solución general es

$Y (t) = c_{1} e^{- 2 t} (\begin{matrix} - 1 \\ - 5 \end{matrix}) + c_{2} e^{2 t} (\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix})$

o bien,

$\begin{aligned} x (t) & = - c_{1} e^{- 2 t} + 5 c_{2} e^{2 t} \\ y (t) & = - 5 c_{1} e^{- 2 t} + 5 c_{2} e^{2 t} \end{aligned}$

Las soluciones linealmente independientes son

$Y_{1} (t) = c_{1} e^{- 2 t} (\begin{matrix} - 1 \\ - 5 \end{matrix})$

$Y_{2} (t) = c_{2} e^{2 t} (\begin{matrix} 5 \\ 5 \end{matrix})$

cuyas soluciones en términos de las funciones $x (t)$ y $y (t)$ son, respectivamente

$\begin{aligned} x (t) & = - c_{1} e^{- 2 t} \\ y (t) & = - 5 c_{1} e^{- 2 t} \end{aligned}$

$\begin{aligned} x (t) & = 5 c_{2} e^{2 t} \\ y (t) & = 5 c_{2} e^{2 t} \end{aligned}$

La recta paralela al vector propio $K_{1}$ está definida por la función $y (x) = 5 x$ , mientras que la recta paralela al vector propio $K_{2}$ está definida por la función $y (x) = x$ .

Las trayectorias son trazadas de acuerdo a la función paramétrica

$f (t) = (- c_{1} e^{- 2 t} + 5 c_{2} e^{2 t}, - 5 c_{1} e^{- 2 t} + 5 c_{2} e^{2 t})$

Consideremos nuevamente los siguientes casos:

$c_{1} = 1$ , $c_{2} = 1 \to f (t) = (- e^{- 2 t} + 5 e^{2 t}, - 5 e^{- 2 t} + 5 e^{2 t})$

$c_{1} = 1$ , $c_{2} = - 1 \to f (t) = (- e^{- 2 t} - 5 e^{2 t}, - 5 e^{- 2 t} - 5 e^{2 t})$

$c_{1} = - 1$ , $c_{2} = 1 \to f (t) = (e^{- 2 t} + 5 e^{2 t}, 5 e^{- 2 t} + 5 e^{2 t})$

$c_{1} = - 1$ , $c_{2} = - 1 \to f (t) = (e^{- 2 t} - 5 e^{2 t}, 5 e^{- 2 t} - 5 e^{2 t})$

La gráfica en el plano $X Y$ de las cuatro trayectorias anteriores, cerca del origen, se muestra a continuación.

Observemos cuidadosamente que ocurre en los casos límite.

Consideremos la función

$f (t) = (x (t), y (t)) = (- e^{- 2 t} + 5 e^{2 t}, - 5 e^{- 2 t} + 5 e^{2 t})$

Conforme $t$ crece el término $- e^{- 2 t}$ se hace muy pequeño comparado con el término $5 e^{2 t}$ , de manera que si $t \to \infty$ , entonces $x (t) \to 5 e^{2 t}$ , de forma similar el término $- 5 e^{- 2 t}$ se hace muy pequeño en comparación con el término $5 e^{2 t}$ , es decir, si $t \to \infty$ , entonces $y (t) \to 5 e^{2 t}$ . Esto nos permite notar que si $t \to \infty$ , entonces $y \to x$ . Por el contrario, si $t \to - \infty$ , entonces $y \to 5 x$ . En la gráfica anterior vemos este comportamiento para la trayectoria verde.

Intenta hacer este mismo análisis para las tres trayectorias restantes de la gráfica anterior y logra notar que en los casos límites las trayectorias tienden a las rectas paralelas a los vectores propios.

En la siguiente figura se muestra el plano fase indicando algunas trayectorias, los vectores propios y las rectas paralelas a estos vectores.

Efectivamente, el punto de equilibrio $Y_{0} = (0, 0)$ es un punto silla y es inestable.

Finalmente apreciemos el campo vectorial asociado, definido por la función vectorial

$F (x, y) = (3 x - y, 5 x - 3 y)$

Con esto concluimos esta entrada. En la siguiente entrada veremos que ocurre si los valores y vectores propios son complejos.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Resolver los siguientes sistemas lineales y hacer un análisis cualitativo de las soluciones.

$Y^{'} = (\begin{matrix} 1 & - 2 \\ 3 & - 4 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 2 & 2 \\ 1 & 3 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 3 & - 2 \\ 2 & - 2 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 0 & - 1 \\ 8 & - 6 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{matrix}) Y$

$Y^{'} = (\begin{matrix} 1 & 2 \\ 4 & 3 \end{matrix}) Y$

Más adelante…

Concluimos con el caso en el que los valores propios de la matriz $A$ son reales y distintos.

En la siguiente entrada haremos un análisis muy similar a como lo hicimos en esta entrada, pero en el caso en el que los valores propios de la matriz $A$ son complejos. Veremos que en este caso existen soluciones que son periódicas.

Entradas relacionadas

Página principal del curso: Ecuaciones Diferenciales I
Entrada anterior del curso: Propiedades cualitativas de las trayectorias
Siguiente entrada del curso: Teoría cualitativa de los sistemas lineales homogéneos – Valores propios complejos

Video relacionado al tema: Plano fase para sistemas lineales con valores propios reales distintos no nulos

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I: Sistemas autónomos, puntos de equilibrio y su estabilidad

Por Omar González Franco

2 respuestas

Si hay un Dios, es un gran matemático.
– Paul Dirac

Introducción

En la entrada anterior realizamos un desarrollo geométrico y un tanto cualitativo de un sistema de dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden homogéneas con coeficientes constantes con el fin de introducirnos a la teoría cualitativa de las ecuaciones diferenciales. En dicha entrada justificamos la razón por la que estudiaremos principalmente los sistemas compuestos por dos ecuaciones de primer orden.

En esta entrada presentaremos formalmente la teoría cualitativa y geométrica de los sistemas tanto lineales como no lineales compuestos por dos ecuaciones diferenciales de primer orden.

Teoría cualitativa

A lo largo del curso nos hemos centrado en el problema de obtener soluciones, hemos desarrollado una serie de métodos de resolución de ciertos tipos de ecuaciones diferenciales y sistemas lineales. Lo que haremos ahora es dar otro enfoque al estudio de las ecuaciones diferenciales planteándonos obtener información cualitativa sobre el comportamiento de las soluciones.

Hemos visto que, a medida que aumenta la complejidad de las ecuaciones diferenciales, o los sistemas lineales, mayor es la dificultad que tenemos para obtener soluciones. Existen incluso ecuaciones que no se sabe cómo se resuelven o ecuaciones en las que obtener su solución es bastante costoso, por lo que una alternativa será hacer un análisis cualitativo, pues muchas veces bastará conocer el comportamiento de las soluciones.

Recordemos que, además de hacer un análisis cualitativo, estamos interesados en hacer un análisis geométrico, así que centraremos nuestra atención en los sistemas de dos ecuaciones diferenciales ya que, como vimos en la entrada anterior, tenemos la oportunidad de hacer gráficas en dos dimensiones, es decir, podremos visualizar sin ningún problema el plano fase.

Sistemas autónomos

En la entrada anterior vimos la importancia de que el sistema no dependa explícitamente de la variable independiente $t$ para poder hacer nuestro desarrollo geométrico. Este tipo de sistemas tienen un nombre particular.

Definición: Un sistema autónomo plano es un sistema de dos ecuaciones diferenciales de la forma

Label '1' multiply defined

En donde las funciones

F_{1}

F_{2}

son continuas y con derivadas parciales de primer orden continuas en todo el plano.

El sistema se denomina autónomo debido a que la variable independiente $t$ no aparece explícitamente en las ecuaciones del sistema. Las condiciones de $F_{1}$ y $F_{2}$ garantizan la existencia y unicidad de la solución definida $\forall$ $t \in R$ del problema de valores iniciales

$Label '2' multiply defined$

para cualquier $t_{0} \in R$ y $(x_{0}, y_{0}) \in R^{2}$ .

En el caso en el que tenemos una ecuación de segundo orden autónoma

$Label '3' multiply defined$

Se puede convertir en un sistema autónomo introduciendo una nueva variable $y = \frac{d x}{d t}$ , obteniendo el sistema

$Label '4' multiply defined$

Sistemas autónomos lineales

En el caso en el que el sistema autónomo es lineal y con coeficientes constantes, entonces lo podemos escribir como

$Label '5' multiply defined$

En donde $a, b, c$ y $d$ son constantes, $x = x (t) : R \to R$ y $y = y (t) : R \to R$ .

Definimos las funciones $F_{1} : R^{2} \to R$ y $F_{2} : R^{2} \to R$ como

$Label '6' multiply defined$

Podemos definir la función vectorial $F : R^{2} \to R^{2}$ como

$Label '7' multiply defined$

Entonces el sistema autónomo ( $5$ ) se puede escribir como

$Label '8' multiply defined$

Por su puesto, si se define la matriz de coeficientes

$Label '9' multiply defined$

entonces el sistema lineal ( $5$ ) se puede escribir como

$Label '10' multiply defined$

o bien,

$Label '11' multiply defined$

como es costumbre.

Notación: Hemos visto que no necesariamente haremos uso de la notación vectorial como en la unidad anterior, así que con fines de notación usaremos letras en negrita cuando trabajemos con vectores (o matrices) y letras sin negrita cuando no usemos la notación vectorial a pesar de indicar lo mismo. Por ejemplo, la solución de un sistema en notación vectorial la escribiremos como

$Y (t) = (\begin{matrix} x (t) \\ y (t) \end{matrix})$

mientras que la misma solución sin notación vectorial como

$Y (t) = (x (t), y (t))$

Está última notación nos será de utilidad para representar coordenadas en el plano $R^{2}$ .

Algunas definiciones

Las siguientes definiciones son generales, para cualquier sistema autónomo de dos ecuaciones diferenciales de primer orden.

Las soluciones de un sistema autónomo reciben un nombre especial.

Definición: Las variables dependientes

x (t)

y (t)

, que son solución de un sistema autónomo plano (

1

), se llaman variables de estado del sistema.

En la entrada anterior ya trabajamos con el plano fase, definámoslo formalmente.

Definición: El plano formado por los pares de valores

(x, y)

se llama plano fase.

Definición: Una curva

Label '12' multiply defined

en el plano

X Y

o plano fase está definida por el par de funciones

x (t)

y (t)

que son solución del sistema lineal (

1

Cada punto de la curva $C$ determina el estado del sistema en un instante $t$ correspondiente a una condición inicial determinada.

Definición: Al conjunto de curvas

C = [x (t), y (t)]

en el plano fase se les llama trayectorias u órbitas.

En la entrada anterior vimos que en cada punto $(x, y)$ de una curva solución, el vector

$F (x, y) = (F_{1} (x, y), F_{2} (x, y))$

es un vector tangente a dicha curva en cada punto $(x, y)$ . El conjunto de vectores tangentes recibe un nombre.

Definición: Al conjunto de vectores

F (x, y)

tangentes a las trayectorias se le denomina campo de direcciones o campo vectorial del sistema.

Con estas definiciones podemos decir que el plano fase es una representación geométrica de todas las trayectorias de un sistema dinámico en el plano, donde cada curva representa una condición inicial diferente. Entendemos por sistema dinámico al sistema cuyo estado evoluciona con el tiempo.

Como ejemplo visualicemos el campo vectorial de dos sistemas de ecuaciones diferenciales sencillos usando la herramienta que ya conocemos.

Ejemplo: Visualizar el campo vectorial del sistema lineal

$\begin{aligned} x^{'} & = x \\ y^{'} & = y \end{aligned}$

Solución: La función vectorial es

$F (x, y) = (x, y)$

El campo vectorial en el plano fase se ilustra a continuación.

Los vectores del campo vectorial siempre señalan directamente alejándose del origen.

Ejemplo: Visualizar el campo vectorial del sistema lineal

$\begin{aligned} x^{'} & = - x \\ y^{'} & = - y \end{aligned}$

Solución: La función vectorial es

$F (x, y) = (- x, - y)$

El campo vectorial se ilustra a continuación.

En este caso los vectores del campo vectorial apuntan directamente hacia el origen.

Como el campo vectorial es tangente a las soluciones del sistema, entonces en los dos ejemplos anteriores deducimos que las soluciones son rectas con distintas pendientes para cada solución particular.

En la herramienta que utilizamos se puede dar clic sobre el campo vectorial para trazar distintas soluciones. Inténtalo con los ejemplos anteriores.

Puntos de equilibrio

Por sí solo el campo vectorial de un sistema ya nos da información sobre el comportamiento que presentan las trayectorias sin siquiera conocer explícitamente las soluciones del sistema, sin embargo en cada plano fase existe al menos un punto particular sobre el cual dependerá casi por completo el comportamiento de las soluciones, dichos puntos se conocen como puntos de equilibrio.

Una solución constante

$Label '13' multiply defined$

para todo $t \in R$ define únicamente un punto $(x_{0}, y_{0})$ en el plano fase y verifica que

$Label '14' multiply defined$

es decir,

$Label '15' multiply defined$

Definición: El punto

Y_{0} = (x_{0}, y_{0})

tal que,

F (x_{0}, y_{0}) = (0, 0)

se dice que es un punto crítico o punto de equilibrio del sistema.

Como ejemplo determinemos los puntos de equilibrio de dos sistemas de ecuaciones diferenciales.

Ejemplo: Hallar los puntos de equilibrio del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales y visualizar que ocurre alrededor de ellos.

$\begin{aligned} x^{'} & = (x - 1) (y - 1) \\ y^{'} & = (x + 1) (y + 1) \end{aligned}$

Solución: La función vectorial es

$F (x, y) = ((x - 1) (y - 1), (x + 1) (y + 1))$

Los puntos de equilibrio $(x_{0}, y_{0})$ son tales que

$F (x_{0}, y_{0}) = (0, 0)$

es decir, tales que

$((x_{0} - 1) (y_{0} - 1), (x_{0} + 1) (y_{0} + 1)) = (0, 0)$

El sistema de ecuaciones que se forma es

$\begin{aligned} (x_{0} - 1) (y_{0} - 1) & = 0 \\ (x_{0} + 1) (y_{0} + 1) & = 0 \end{aligned}$

Los puntos que verifican el sistema son

$(x_{0}, y_{0}) = (1, - 1) y (x_{0}, y_{0}) = (- 1, 1)$

Hemos encontrado dos puntos de equilibrio. Veamos cómo se ve el campo vectorial del sistema y que forma tienen las soluciones alrededor de estos puntos.

Plano fase: Campo vectorial, puntos de equilibrio y trayectorias del sistema.

Recordemos que la dirección de las trayectorias está definida por la dirección del campo vectorial. En el plano fase observamos que alrededor del punto de equilibrio $(- 1, 1)$ las soluciones son trayectorias cerradas que giran en torno a dicho punto, mientras que alrededor del punto de equilibrio $(1, - 1)$ las trayectorias tienden a acercarse a dicho punto, pero cuando se aproximan a él inmediatamente se alejan.

Más adelante caracterizaremos a los puntos de equilibrio de acuerdo al tipo de comportamiento que tienen las trayectorias alrededor de él. Por ahora notemos estas características. Veamos un ejemplo más.

Ejemplo: Hallar los puntos de equilibrio del siguiente sistema de ecuaciones diferenciales y visualizar que ocurre alrededor de ellos.

$\begin{aligned} x^{'} & = x^{2} - 1 \\ y^{'} & = - y \end{aligned}$

Solución: La función vectorial es

$F (x, y) = (x^{2} - 1, - y)$

$F (x_{0}, y_{0}) = (0, 0)$

entonces,

$(x_{0}^{2} - 1, - y_{0}) = (0, 0)$

El sistema de ecuaciones que se obtiene es

$\begin{aligned} x_{0}^{2} - 1 & = 0 \\ - y_{0} & = 0 \end{aligned}$

De la segunda ecuación obtenemos inmediatamente que $y_{0} = 0$ y de la primer ecuación obtenemos que $x_{0}^{2} = 1$ . Por lo tanto, los puntos de equilibrio son

$(x_{0}, y_{0}) = (- 1, 0) y (x_{0}, y_{0}) = (1, 0)$

Veamos cómo se ve el plano fase.

En esta ocasión observamos que las trayectorias tienden hacía el punto de equilibrio $(- 1, 0)$ , mientras que alrededor del punto de equilibrio $(1, 0)$ las trayectorias tienden a alejarse de él.

Con estos dos ejemplos observamos tres cualidades de las trayectorias alrededor de los puntos de equilibrio. El primero de ellos es que hay trayectorias cerradas que permanecen cerca de un punto de equilibrio, pero que nunca llegan a él, por otro lado, hay trayectorias que tienden directamente hacía a un punto de equilibrio y finalmente hay puntos de equilibrio en los que las trayectorias tienden a alejarse de él. A esto se le conoce como estabilidad de los puntos de equilibrio y lo estudiaremos más adelante en esta entrada.

Un hecho importante es que los sistemas de los dos ejemplos anteriores son sistemas no lineales y ya comenzamos a caracterizar y visualizar el comportamiento de las soluciones a pesar de no conocer ningún método para obtener las soluciones explícitamente, de ahí la importancia de este análisis cualitativo.

Cabe mencionar que resolver sistemas no lineales puede ser muy complejo, al menos para un primer curso de ecuaciones diferenciales, es por ello que dedicamos la unidad anterior al caso exclusivamente lineal.

Por otro lado, es claro que cada punto del plano fase, o bien es un punto de equilibrio, o bien pasa por él una única trayectoria. Existe un resultado importante que nos permite saber cuando el único punto de equilibrio de un sistema lineal es el origen.

Teorema: Si

A

es una matriz con determinante distinto de cero

(| A | \neq 0)

, entonces el único punto de equilibrio para el sistema lineal

Y^{'} = AY

es el origen.

Demostración: Consideremos el sistema lineal $Y^{'} = AY$ cuya matriz de coeficientes es ( $9$ ), entonces podemos escribir al sistema lineal como

$(\begin{matrix} x^{'} \\ y^{'} \end{matrix}) = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix})$

Sabemos que un punto $Y_{0} = (x_{0}, y_{0})$ es un punto de equilibrio del sistema si el campo vectorial en $Y_{0}$ es cero, es decir, si

$F (x_{0}, y_{0}) = (0, 0)$

Sabemos, por otro lado, que el sistema lineal también se puede escribir en términos de la función vectorial $F$ como

$F (x, y) = (F_{1} (x, y), F_{2} (x, y)) = (a x + b y, c x + d y)$

Entonces $Y_{0} = (x_{0}, y_{0})$ es un punto de equilibrio si ocurre que

$Label '16' multiply defined$

es decir, debe ocurrir que

$Label '17' multiply defined$

El par de ecuaciones que se tiene es

$\begin{aligned} a x_{0} + b y_{0} & = 0 \\ (18) & c x_{0} + d y_{0} & = 0 \end{aligned}$

Es claro que $(x_{0}, y_{0}) = (0, 0)$ es una solución de las ecuaciones ( $18$ ). Por tanto, $Y_{0} = (0, 0)$ es un punto de equilibrio y la función constante

$\begin{matrix} (19) & Y (t) = (0, 0) \end{matrix}$

para toda $t \in R$ es una solución del sistema lineal. Ahora veamos si existe otra solución que no sea la trivial.

Cualesquiera puntos de equilibrio $(x_{0}, y_{0}) \neq (0, 0)$ deben también satisfacer el sistema ( $18$ ). Para encontrarlos supongamos por ahora que $a \neq 0$ , de la primer ecuación se obtiene que

$\begin{matrix} (20) & x_{0} = - \frac{b}{a} y_{0} \end{matrix}$

Sustituyendo en la segunda ecuación, se tiene

$c (- \frac{b}{a}) y_{0} + d y_{0} = 0$

que puede escribirse como

$\begin{matrix} (21) & (a d - b c) y_{0} = 0 \end{matrix}$

Entonces,

$y_{0} = 0 o a d - b c = 0$

Si $y_{0} = 0$ , entonces $x_{0} = 0$ y de nuevo obtenemos la solución trivial. Por tanto, un sistema lineal tiene puntos de equilibrio no triviales sólo si

$a d - b c = 0$

es decir si el determinante de $A$ es igual a cero. Esto significa que si $| A | \neq 0$ , entonces el único punto de equilibrio del sistema lineal es el origen.

Una observación importante en la demostración es que el cálculo que hicimos no depende de los valores de los coeficientes $a, b, c$ y $d$ , sólo de la condición $a \neq 0$ , por tanto ¡todo sistema lineal tiene un punto de equilibrio en el origen!.

Estabilidad de puntos de equilibrio

Veíamos que hay tres cualidades de las trayectorias alrededor de puntos de equilibrio. De acuerdo al comportamiento que tengan las trayectorias alrededor de los puntos de equilibrio éstos recibirán un nombre.

Definición: Dado un sistema autónomo, el punto

(x_{0}, y_{0})

es un punto de equilibrio estable si

\forall

ε > 0

\exists

δ > 0

, tal que si

(x (t), y (t))

es una solución del sistema y

\begin{matrix} (22) & ‖ (x (t_{0}), y (t_{0})) - (x_{0}, y_{0}) ‖ < δ \end{matrix}

entonces,

\forall

t \geq t_{0}

\begin{matrix} (23) & ‖ (x (t), y (t)) - (x_{0}, y_{0}) ‖ < ε \end{matrix}

Lo que esta definición nos dice es que si una trayectoria está cerca del punto de equilibrio $(x_{0}, y_{0})$ , entonces se mantendrá cerca de él para $t_{0} \leq t \to \infty$ .

Definición: Dado un sistema autónomo, el punto

(x_{0}, y_{0})

es un punto de equilibrio asintóticamente estable si

\exists

δ > 0

, tal que

‖ (x (t_{0}), y (t_{0})) - (x_{0}, y_{0}) ‖ < δ

entonces, cuando

t \to \infty

, se tiene que

(x (t), y (t)) \to (x_{0}, y_{0})

Es este caso las trayectorias cercanas al punto de equilibrio $(x_{0}, y_{0})$ no sólo se mantendrán cerca de dicho punto, sino que tenderán a él para $t_{0} \leq t \to \infty$ .

Definición: Dado un sistema autónomo, el punto

(x_{0}, y_{0})

es un punto de equilibrio inestable si no es un punto de equilibrio estable.

Contrario a un punto de equilibrio estable, si las trayectorias están cerca del punto de equilibrio $(x_{0}, y_{0})$ , entonces se alejarán de él para $t_{0} \leq t \to \infty$ .

Las definiciones anteriores son aplicables a cualquier punto de equilibrio $(x_{0}, y_{0})$ , sin embargo las definiciones se vuelven más intuitivas si el punto de equilibrio sobre el que se trabaja es el origen $(x_{0}, y_{0}) = (0, 0)$ del plano $X Y$ o plano fase.

Supongamos que el punto de equilibrio del sistema ( $1$ ) es el origen y que está aislado, esto es que existe un entorno donde no hay otro punto de equilibrio. Notemos que el hecho de que el punto de equilibrio sea el origen no supone ningún tipo de restricción ya que se puede hacer el cambio de variable

$\begin{aligned} \hat{x} & = x - x_{0} \\ (24) & \hat{y} & = y - y_{0} \end{aligned}$

y transformar al sistema ( $1$ ) en

$\begin{aligned} {\hat{x}}^{'} & = F (\hat{x} + x_{0}, \hat{y} + y_{0}) \\ (25) & {\hat{y}}^{'} & = G (\hat{x} + x_{0}, \hat{y} + y_{0}) \end{aligned}$

cuyo punto de equilibrio es el punto $(0, 0)$ . En estas condiciones definimos de manera más intuitiva la estabilidad de un punto de equilibrio.

Definición: Se dice que el punto de equilibrio

(0, 0)

del sistema (

1

) es estable si para todo número

R > 0

existe algún

r > 0

r \leq R

, tal que cada trayectoria que está dentro del circulo

x^{2} + y^{2} = r^{2}

en algún momento

t_{0}

permanezca dentro del circulo

x^{2} + y^{2} = R^{2}

para todos los

t > t_{0}

Definición: Se dice que el punto de equilibrio

(0, 0)

del sistema (

1

) es asintóticamente estable cuando es estable y existe algún número

r_{0} > 0

, tal que toda trayectoria que está dentro del circulo

x^{2} + y^{2} = r_{0}^{2}

en algún momento

t_{0}

, se aproxime al origen cuando

t \to \infty

Definición: Se dice que el punto de equilibrio

(0, 0)

del sistema (

1

) es inestable cuando no es estable.

Realicemos algunos ejemplos de manera gráfica.

Ejemplo: Definir el tipo de punto de equilibrio del siguiente sistema visualizando el comportamiento de las trayectorias alrededor de dicho punto.

$\begin{aligned} x^{'} & = 5 y \\ y^{'} & = - 2 x \end{aligned}$

Solución: Es claro que el punto de equilibrio es el origen ya que si $x = 0$ y $y = 0$ , entonces

$F (0, 0) = (0, 0)$

El campo vectorial y algunas trayectorias del sistema se muestran a continuación.

Observamos que las trayectorias son cerradas, lo que significa que todas las que están cerca del punto de equilibrio permanecerán cerca de él, pero nunca llegarán a él conforme $t \to \infty$ . De acuerdo a las definiciones anteriores, el punto de equilibrio corresponde a un punto estable. Veremos más adelante que este tipo de trayectorias corresponden a soluciones periódicas.

Ejemplo: Definir el tipo de punto de equilibrio del siguiente sistema visualizando el comportamiento de las trayectorias alrededor de dicho punto.

$\begin{aligned} x^{'} & = - 3 x - 4 y \\ y^{'} & = 2 x + y \end{aligned}$

Solución: Como el sistema es lineal podemos aplicar el teorema visto para verificar que el único punto de equilibrio del sistemas es el origen. La matriz de coeficientes es

$A = (\begin{matrix} - 3 & - 4 \\ 2 & 1 \end{matrix})$

Calculemos el determinante.

$| \begin{matrix} - 3 & - 4 \\ 2 & 1 \end{matrix} | = - 3 + 8 = 5 \neq 0$

Como $| A | \neq 0$ , entonces el único punto de equilibrio es el origen.

El plano fase del sistema se ilustra a continuación.

Es este caso se logra observar que las trayectorias cerca del punto de equilibrio tienden a él conforme $t \to \infty$ , lo que lo define como un punto de equilibrio asintóticamente estable.

Veamos un último ejemplo.

Ejemplo: Definir el tipo de punto de equilibrio del siguiente sistema visualizando el comportamiento de las trayectorias alrededor de dicho punto.

$\begin{aligned} x^{'} & = 5 x - 2 y \\ y^{'} & = 2 x - 3 y \end{aligned}$

Solución: Nuevamente se puede verificar que el único punto de equilibrio del sistema es el origen. Observemos el plano fase.

En este caso se observa que cerca del punto de equilibrio las trayectorias se alejan de él, por lo que dicho punto es un punto inestable.

Al menos geométricamente ya somos capaces de identificar el tipo de comportamiento que tienen las trayectorias alrededor de los puntos de equilibrio según su clasificación.

Más adelante resolveremos algunos sistemas lineales y haremos este mismo análisis desde una perspectiva analítica analizando las soluciones que obtengamos. Más aún, veremos que de acuerdo al valor de los eigenvalores del sistema será el tipo de punto de equilibrio que tendrá dicho sistema. Pero antes de ello, en la siguiente entrada estudiemos algunas propiedades cualitativas de las trayectorias.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Visualizar el campo vectorial y algunas trayectorias de los siguientes sistemas. ¿Tienen puntos de equilibrio?.

$x^{'} = (y - x) (y - 1)$
$y^{'} = (x - y) (x - 1)$

$x^{'} = - y (y - 2)$
$y^{'} = (x - 2) (y - 2)$

Determinar los puntos de equilibrio de los siguientes sistemas y clasificarlos como estables, asintóticamente estables o inestables. Visualizar el campo vectorial y algunas trayectorias.

$x^{'} = 2 y$
$y^{'} = 2 x$

$x^{'} = - 8 y$
$y^{'} = 18 x$

$x^{'} = 2 x + y + 3$
$y^{'} = - 3 x - 2 y - 4$

$x^{'} = - 5 x + 2 y$
$y^{'} = x - 4 y$

$x^{'} = 2 x + 13 y$
$y^{'} = - x - 2 y$

$x^{'} = x (7 - x - 2 y)$
$y^{'} = y (5 - x - y)$

Analizar el comportamiento de las curvas solución del siguiente sistema.

$x^{'} = 3 / y$
$y^{'} = 2 / x$

¿Qué se puede observar?. ¿Hay puntos de equilibrio?.

Más adelante…

Conforme avanzamos nos damos cuenta que es posible describir cualitativamente las soluciones de un sistema tanto lineal como no lineal compuesto por dos ecuaciones diferenciales de primer orden homogéneas con coeficientes contantes, esto tiene la enorme ventaja de que ya no es necesario conocer explícitamente las soluciones del sistema para poder trabajar.

Continuando con nuestro desarrollo cualitativo, en la siguiente entrada estudiaremos algunas propiedades de las trayectorias en el plano fase.

Entradas relacionadas

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Siguiente entrada del curso: Propiedades cualitativas de las trayectorias

Video relacionado al tema: Geometría de las soluciones a un sistema de dos ecuaciones de primer orden, plano fase y campo vectorial asociado
Video relacionado al tema: Puntos de equilibrio y estabilidad para sistemas de dos ecuaciones de primer orden

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»

Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Plano fase para sistemas lineales con valores propios complejos

Por Eduardo Vera Rosales

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Introducción

En la entrada anterior comenzamos a estudiar el plano fase para sistemas de dos ecuaciones homogéneas con coeficientes constantes de la forma $(\begin{matrix} \dot{x} \\ \dot{y} \end{matrix}) = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) .$ En particular, revisamos el caso cuando los valores propios del sistema son reales distintos y no son cero. Vimos que el comportamiento de las curvas y la estabilidad del punto de equilibrio dependen del signo de los valores propios. Así, cuando los signos difieren tenemos un punto silla (inestable), cuando los dos valores propios son negativos tenemos un atractor (punto de equilibrio asintóticamente estable) y finalmente, cuando ambos valores propios son positivos el punto de equilibrio es un repulsor (inestable).

Es turno ahora de analizar el plano fase para sistemas cuyos valores propios son complejos. Sabemos que si $λ_{1} = α + β i$ es un valor propio del sistema, entonces su conjugado $λ_{2} = α - β i$ también es un valor propio. Además la solución general a dichos sistemas tiene la forma $X (t) = c_{1} e^{α t} (\cos β t (\begin{matrix} u_{1} \\ u_{2} \end{matrix}) - \sin β t (\begin{matrix} v_{1} \\ v_{2} \end{matrix})) + c_{2} e^{α t} (\sin β t (\begin{matrix} u_{1} \\ u_{2} \end{matrix}) + \cos β t (\begin{matrix} v_{1} \\ v_{2} \end{matrix}))$ donde los vectores $(u_{1}, u_{2})$ y $(v_{1}, v_{2})$ son vectores tales que $w = (u_{1}, u_{2}) + i (v_{1}, v_{2})$ es un vector propio para $λ_{1}$ .

Estudiaremos las soluciones cuando $t \to \infty$ . La forma del plano fase va a depender de la parte real $α$ de los valores propios (nota que los dos valores propios tienen la misma parte real), por lo que distinguiremos tres casos, según $α$ sea positivo, negativo o cero. Finalmente clasificaremos a los puntos de equilibrio según su estabilidad.

Plano fase para sistemas con valores propios complejos

En el primer video estudiamos de manera general el plano fase para sistemas de la forma $(\begin{matrix} \dot{x} \\ \dot{y} \end{matrix}) = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix})$ cuyos valores propios son complejos. Analizamos tres casos: cuando la parte real de los valores propios es positiva, negativa o cero.

En el segundo video resolvemos y dibujamos el plano fase para distintos sistemas con valores propios complejos.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

Los campos vectoriales de las imágenes fueron realizados en el siguiente enlace.

Prueba que la función $X (t) = (\begin{matrix} (c_{1} u_{1} + c_{2} v_{1}) \cos β t + (c_{2} u_{1} - c_{1} v_{1}) \sin β t \\ (c_{1} u_{2} + c_{2} v_{2}) \cos β t + (c_{2} u_{2} - c_{1} v_{2}) \sin β t \end{matrix})$ es periódica, con período $\frac{2 π}{β}$ , donde $c_{1}, c_{2}, u_{1}, u_{2}, v_{1}, v_{2}$ son valores constantes.

De acuerdo al ejercicio anterior, concluye que si un sistema homogéneo con coeficientes constantes tiene un valor propio complejo $λ_{1} = β i$ con vector propio asociado $w = (u_{1}, u_{2}) + i (v_{1}, v_{2})$ , entonces las curvas en el plano fase son cerradas.

Considera ahora la función $X (t) = e^{α t} (\begin{matrix} (c_{1} u_{1} + c_{2} v_{1}) \cos β t + (c_{2} u_{1} - c_{1} v_{1}) \sin β t \\ (c_{1} u_{2} + c_{2} v_{2}) \cos β t + (c_{2} u_{2} - c_{1} v_{2}) \sin β t \end{matrix})$ con $α \neq 0$ . Prueba que los puntos en el plano que son imagen de valores periódicos bajo la función del primer ejercicio se quedan contenidos en una recta. Concluye el comportamiento espiral de las soluciones a sistemas de ecuaciones con valores complejos cuya parte real es distinta de cero.

Prueba que el punto de equilibrio del sistema $(\begin{matrix} \dot{x} \\ \dot{y} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & b \\ - b & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix})$ es un centro.

Resuelve y dibuja el plano fase del sistema $(\begin{matrix} \dot{x} \\ \dot{y} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 & 1 \\ - 2 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) .$

Encuentra la solución general y dibuja el plano fase del sistema $(\begin{matrix} \dot{x} \\ \dot{y} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & - 1 \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) .$

Dibuja el plano fase del sistema $(\begin{matrix} \dot{x} \\ \dot{y} \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 5 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) .$

(Recuerda que puedes apoyarte del campo vectorial asociado para dibujar el plano fase).

Más adelante

Seguimos avanzando en el estudio del plano fase para sistemas homogéneos con coeficientes constantes. Ya sabemos la forma de las soluciones para sistemas cuyos valores propios son reales distintos y no nulos, o complejos. En la próxima entrada continuaremos revisando el plano fase, pero ahora para sistemas que tienen valores propios repetidos.

¡Hasta la próxima!

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