Ecuaciones Diferenciales II

Ecuaciones Diferenciales II

Jos C. Sabina de Lis

Universidad de La Laguna

29 de octubre de 2013

ndice general

PRLOGO iv

1. Teora cualitativa 1

1.1. Ecuaciones autnomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1. Sistemas gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Clasicacin de rbitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4. rbitas de las ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.5. Demostraciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.5.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6. Puntos crticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.6.1. Pndulo con friccin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.6.2. Especies en competicin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.6.3. Presa y depredador . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.6.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.7. Sistemas gradiente . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

1.7.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.8. La ecuacin orbital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

1.8.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

1.9. Sistemas hamiltonianos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

1.9.1. Sistemas conservativos unidimensionales . . . . . . . . . . 47

1.9.2. rbitas y conjuntos de nivel . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

1.9.3. Interacciones presa y depredador . . . . . . . . . . . . . . 51

1.9.4. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

1.9.5. Ejercicios adicionales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

1.10. Problema de dos cuerpos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

1.10.1. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1.11. Curvas de Jordan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2. Problemas de contorno 61

2.1. Ecuaciones lineales. Solucin fundamental . . . . . . . . . . . . . 61

2.1.1. Solucin de (2.2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.1.2. Solucin de (2.3) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

2.1.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

iii

iv NDICE GENERAL

2.2. Problemas de contorno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

2.2.1. Algunas condiciones de contorno distinguidas . . . . . . . 69

2.2.2. Teorema de la alternativa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

2.2.3. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

2.2.4. La funcin de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

2.2.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

2.2.6. Problemas de contorno autoadjuntos . . . . . . . . . . . . 81

2.2.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

2.2.8. Problemas de autovalores autoadjuntos . . . . . . . . . . 86

2.2.9. Existencia de autovalores . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

2.2.10. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

2.2.11. ceros de las soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

2.2.12. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

2.2.13. El problema de autovalores en coordenadas polares . . . . 100

2.2.14. Autovalores y funciones de Green: teora de operadores . 104

2.2.15. Completitud del sistema de autofunciones: series de Fourier.106

2.2.16. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

3. EDPS 133

3.1. Ecuacin de las ondas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

3.1.1. Unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

3.1.2. Problemas de valor inicial y de contorno . . . . . . . . . . 135

3.2. Ecuacin del calor unidimensional . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

3.2.1. Problema de valor inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138

3.2.2. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

3.2.3. Problema de valor inicial y de contorno . . . . . . . . . . 144

3.2.4. Solucin del problema de Dirichlet por separacin de va-

riables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

3.2.5. Solucin del problema de Neumann por separacin de va-

riables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

3.2.6. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

BIBLIOGRAFA 149

Prlogo

Las presentes notas constituyen la versin electrnica del curso: Ecuaciones

Diferenciales II, del 3

ercurso del Grado en Matemticas de la Universidad de

La Laguna. Originalmente, los documentos se colocaron en la pgina web de la

asignatura.

La Laguna, 29 de octubre de 2013.

v

vi NDICE GENERAL

Captulo 1

Introduccin a la teora

cualitativa

1.1. Ecuaciones autnomas

Una ecuacin en la que el tiempo t no aparece explcitamente en el segundomiembro se llama autnoma. Con ms preisin:8>>>:

x01 = f1(x1; : : : ; xn).

.

.

x0n = fn(x1; : : : ; xn);

abreviadamente,

x0 = f(x): (1.1)

A lo largo del captulo se supone que la aplicacin:

f : G Rn ! Rn

donde G es un abierto de Rn, es de clase C1.Se trabajar principalmente con el caso n = 2 donde(

x01 = f1(x1; x2)x02 = f2(x1; x2):

Siguen ejemplos de estas ecuaciones:

Ejemplo 1.1. Sistemas lineales:(x0 = a11x+ a12yy0 = a21x+ a22y

con los aij constantes.

1

2 CAPTULO 1. TEORA CUALITATIVA

Ejemplo 1.2. Sistema presadepredador:(x0 = x(1 y)y0 = y(x 1);

donde > 0 es un parmetro.

Ejemplo 1.3. Sistema de dos especies en competicin:8 0 es un parmetro, ; > 0 constantes positivas.

Ejemplo 1.4. Ecuacin del pndulo con friccin.(x0 = yy0 = sinx y;

donde > 0 es un parmetro.

Ejemplo 1.5. Movimiento de un planeta alrededor del sol:8>:x1 = x1

3

x2 = x23

=qx21 + x

22

donde = GM , G la constante de gravitacin, M la masa del sol.

Volviendo al caso ndimensional, que f sea de clase C1 implica que paracada t0 2 R y x0 2 G el problema de Cauchy(

x0 = f(x)x(t0) = x0

; (1.2)

admite una nica solucin maximal (x; I), donde I = (; !) representa al inter-valo maximal de existencia de la solucin x(t). Cuando se hace necesario hacerreferencia a las condiciones iniciales, la solucin de (1.2) se representa como

x = x(t; t0; x0):

Se puede demostrar que el dominio de denicin de la funcin x(t; t0; x0) esun abierto de Rn+2, siendo x(t; t0; x0) una funcin C1 en todas sus variables. Sedenomina a x(t; t0; x0) la solucin general de la ecuacin.

Teorema 1.1 (1

aPropiedad de traslacin de fase). Si x = x(t) es una solucinmaximal de (1.1) denida en (; !) entonces 8 2 R, y(t) = x(t + ) tambines una solucin maximal denida en ( ; ! ).

1.1. ECUACIONES AUTNOMAS 3

Cuando el tiempo inicial es t0 = 0 la solucin general de (1.2) se escribeabreviadamente:

x = '(t; x0):

Es decir, por denicin '(t; x0) = x(t; 0; x0).

Corolario 1.2. Con la notacin precedente, la solucin general de (1.2) se

representa como:

x(t; t0; x0) = '(t t0; x0):Ejemplo 1.6. La solucin de x0 = x, x(t0) = x0 es

x(t) = x0e(tt0):

Denicin 1.3. Se llama ujo asociado a (1.1) a la funcin '(t; x0) = x(t; x0).

Teorema 1.4 (2

aPropiedad de traslacin de fase). Sea ' el ujo asociado ala ecuacin x0 = f(x). Entonces:

'(t; '(s; x0)) = '(t+ s; x0):

En el caso de la ecuacin lineal

x0 = Ax x 2 Rn;

el ujo adopta la forma explcita:

'(t; x) = etAx;

donde eA representa la matriz exponencial.

Observacin 1.7. Una parametrizacin C1 un camino regular es toda apli-cacin : I ! Rn de clase C1 que cumple 0(t) 6= 0 para todo t 2 I. Una curva

de clase C1 es el conjunto imagen = (I) de una parametrizacin C1. Six1 = (t1) es un punto de la curva entonces v =

0(t1) dene un vector tangentea en x1. Ms adelante hablaremos de curvas cerradas.Ejemplo:

(t) = (cos t; sen t); I = R; x2 + y2 = 1:

Las rbitas son las curvas parametrizadas por las soluciones.

Denicin 1.5. Una rbita de la ecuacin (1.1) es el conjunto = fx(t) :t 2 (; !); x(t) solucin de (1.1)g, es decir, toda curva parametrizada por unasolucin.

La rbita de la solucin que pasa por x0 en el instante t0 es

(x0; t0) = fx(t; t0; x0) : t 2 (; !)g


La rbita a la derecha de la solucin que pasa por x0 en el instante t0 es

+(x0; t0) = fx(t; t0; x0) : t 2 [t0; !)g

La correspondiente semirbita a la izquierda es

(x0; t0) = fx(t; t0; x0) : t 2 (; t0]g:

Las rbitas y semirbitas que pasan por x0 no dependen en realidad delinstante inicial t0, por eso t0 puede suprimirse en las notaciones.

Teorema 1.6. Por cada punto x0 2 G slo pasa una rbita (respectivamente,una semirbita ) de (1.1). Se designarn por (x0) (r. (x0)). Adems, sidos soluciones x(t) e y(t) generan la misma rbita entonces existe 2 R tal quey(t) = x(t+ ).

Observacin 1.8. No se debe confundir la solucin x(t) que pasa por x0 ent0 (una funcin) con su rbita (un subconjunto de Rn). El teorema sugierela posibilidad de reemplazar las soluciones que toman en algn momento el

valor x0 por la bita que pasa por x0. Esta estrategia resulta fundamentalpara resolver algunos problemas de tratamiento analtico muy complicado. Por

ejemplo, la existencia y estabilidad de soluciones peridicas de (1.1).

Denicin 1.7. El conjunto de todas las rbitas de la ecuacin (1.1) se deno-

mina el espacio de fases.

Observacin 1.9. El objetivo de la teora cualitativa es el estudio y descripcin

del espacio de fases de (1.1), con especial nfasis en la inuencia que ejerce una

clase singular de rbitas sobre el comportamiento asinttico (t! 1) del restode las rbitas.

Ejemplos 1.10. Analcense todas las rbitas de las ecuaciones siguientes.

1. x0 = x

2. x0 = x(1 x)3. x0 = x(1 x)(2 x)4. Las rbitas de la ecuacin C1, x0 = f(x), x 2 R son meramente intervalosabiertos de la recta real, salvo las soluciones estacionarias cuyas rbitas

son puntos.

5. x0 = x(1 x), y0 = y. Las rbitas que no son puntos crticos o tramosde segmentos rectillneos en los ejes son

y = y0x0

x0 1x 1x

:

En efecto, la solucin de y0 = y, y(0) = y0 es y(t) = y0et mientras quela de x0 = x(1 x) con x(0) = x0 cumple:

1 xx

=1 x0x0

et:

1.1. ECUACIONES AUTNOMAS 5

0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

Figura 1.1: Campo de direcciones de la ecuacin (1.3).

6. x0 = y, y0 = x. Las rbitas son x2 + y2 = r2.

En las aplicaciones el segundo miembro de la ecuacin (1.1) se denomina un

campo vectorial.

Denicin 1.8. Un campo vectorial (de clase C1) denido en un abierto Gde Rn es una aplicin (de clase C1) f : G Rn ! Rn.

En muchos contextos las rbitas de (1.1) se denominan las lneas del campo.

En mecnica de uidos f(x) representa el campo de velocidades del uido. Lasrbitas se denominan las lneas de corriente (`stream lines').

En el caso de ecuaciones en el plano, el segundo miembro (f1; f2) se denominael campo de direcciones de la ecuacin. Saber trazar el campo de direcciones

de una ecuacin en el plano tiene inters para describir el comportamiento de

sus soluciones (refrescar el mtodo de las isoclinas).

En la Figura 1.1 se representa el campo de direcciones de la ecuacin:(x0 = x(8 4x y)y0 = y(3 3x y): (1.3)

Se ha trazado sobre una malla en el cuadrado [0; 3;5] [0; 3;5] en puntos uni-formemente espaciados a una distancia h1 = h2 = 0;5 en las direcciones de losejes. Se ha empleado el paquete quiver de Matlab con magnicacin 2;5.


1.1.1. Funciones que generan ecuaciones: sistemas gradien-

te, sistemas hamiltonianos

Una funcin de clase C1 en un dominio G del plano genera la ecuacin(x0 = xy0 = y;

donde x =@

x, y =

@

y. Se la conoce como el sistema gradiente asociado a

. Tambin se dice que es el potencial de velocidades de la ecuacin. Segnveremos, las soluciones hacen a decreciente (las soluciones gastan ).Anlogamente, la ecuacin (

x0 = yy0 = x;

dene un sistema hamiltoniano en el que es la funcin hamiltoniana. En estecaso se conserva sobre las soluciones.Tomemos por ejemplo = x2=2 y2=2, los sistemas gradiente y hamilto-niano asociados son: (

x0 = xy0 = y;

(x0 = yy0 = x:

El comando gradient de Matalab permite trazar el campo gradiente. Los co-

mandos surf, contour permiten trazar la supercie y sus curvas de nivel. Usn-

dolos vamos a introducir un ejemplo ms vistoso. Se trata de la funcin:

= xex2=2y2=2:

La supercie z = (x; y) se representa en la Figura 1.2 sobre una malla delintervalo (2; 2) (2; 2).El campo de direcciones del sistema gradiente asociado x0 = x, y0 = yse traza sobre las curvas de nivel de en la Figura 1.3.El campo de direcciones de la ecuacin hamiltoniana x0 = y, y0 = x semuestra en la Figura 1.4, y en la Figura 1.5, en ste ltimo caso, superpuesto

a las curvas de nivel de . Ntese que las lneas de nivel son las rbitas de laecuacin.

1.2. Ejercicios

1. Hallar el ujo '(t; x) de cada una de las siguientes ecuaciones:

a) x0 = x2

b) x0 = x(1 x)

1.2. EJERCICIOS 7

21

01

2

21

01

20.5

0

0.5

Figura 1.2: Supercie z = (x; y)

2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 22

1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 1.3: Campo de direcciones de x0 = x, y0 = y


3 2 1 0 1 2 32.5

2

1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

Figura 1.4: Campo de direcciones de x0 = y, y0 = x

2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1.5 22

1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

Figura 1.5: Campo de direcciones de x0 = y, y0 = x sobre las curvas de nivelde

1.2. EJERCICIOS 9

c) x0 = x2 + 1.

2. Hallar el ujo '(t; x) de los siguientes sistemas:

a) (x0 = yy0 = x

b) (x0 = yy0 = x

c) (x0 = x(1 x)y0 = y:

3. Hallar todas las rbitas de las ecuaciones del ejercicio 1.

4. Hallar todas las rbitas de las ecuaciones del ejercicio 2.

5. Trazar el campo de direcciones de las ecuaciones del ejercicio 2.

Anexo: propiedades del ujo

En el siguiente resultado se supone por simplicidad que todas las soluciones

de x0 = f(x) estn denidas en R.

Teorema 1.9. Supongamos que todas las soluciones de (1.1) estn denidas en

R. Entonces la aplicacin ujo

' : RG ! G(t; x0) 7! '(t; x0) = x(t; x0)satisface las siguientes propiedades:

a) '(t; x0) es C1y verica '(0; z) = z, para z 2 G.b) '(t2; '(t1; x0)) = '(t1 + t2; x0), para x0 2 G y t1; t2 2 R arbitrarios.c) Para cada t, 't(x) := '(t; x) es una aplicacin C

1y biyectiva de G en G coninversa C1:

'1t = 't:

Demostracin. Las propiedades son consecuencia de la denicin. 't : G ! Ges inyectiva y sobreyectiva pues dado y en G:

y = 't(x); x = 't(y):


Observacin 1.11. Las aplicaciones biyectivas en C1(G;Rn) con imagen G einversa C1 se llaman los difeomorsmos de G, escrito Dif(G).Segn el teorema precedente, el ujo '(t; ) induce un grupo uniparamtrico

f'tgt2R Dif(G) para la composicin :

't1 't2 = 't1+t2 :

En el caso de la ecuacin lineal

x0 = Ax

este hecho es consecuencia inmediata de la representacin explcita: 't = etA.

1.3. CLASIFICACIN DE RBITAS 11

1.3. Clasicacin de rbitas. rbitas de una ecua-

cin en el plano

Para ecuaciones x0 = f(x) escalares (f es una funcin C1 denida en unintervalo de R o en todo R) las rbitas son triviales. De hecho una rbita hade ser = x(I), donde x(t) es una solucin maximal denida en I = (; ). Portanto ha de ser un intervalo que en algn caso podra reducirse a un punto.Esto se precisa mejor ahora.

Teorema 1.10. Las rbitas de la ecuacin escalar x0 = f(x) son, o bien puntos

= fcg o bien intervalos = (a; b). En ste ltimo caso f 6= 0 en (a; b) y f seanula en los extremos si stos pertenecen al dominio de la funcin.

Demostracin. Si x(t) = c, c constante entonces el dominio de la solucin esI = R y la rbita es = fcg.Si la solucin x(t) no es constante entonces x0(t) 6= 0 para todo t 2 (; !),pues si fuese x0(t1) = 0 y c1 = x(t1) entonces x1(t) = c1 sera otra solucin quecoincidira con x(t) en t1 y por unicidad x(t) = c1 para todo t que va contra elsupuesto de que x(t) no es constante. Ahora si x0(t) es no nula entonces x(t) escreciente o decreciente, en cualquier caso un homeomorsmo, de lo que resulta

que

= x((; !)) = (a; b):

Suponiendo, v. g. que x(t) es creciente resulta que lmt!! x(t) = b, lmt! x(t) =a. Falta concluir que f(a) y f(b) son cero si a y b son nitos (y f est denidaen esos puntos).

En efecto, si b es nito, un teorema de prolongabilidad arma que ! = 1.Por tanto:

lmt!1x(t) = b:

Un resultado general arma entonces que f(b) = 0. Vamos a dar una prueba. Six(t)! b entonces x0(t)! f(b) cuando t!1. En particular,

x0(tn)! f(b)para toda tn !1. Ahora x(n+ 1) x(n) = x0(tn) para algn n < tn < n+ 1.As, cuando n!1, tn !1 ):

x0(tn) = x(n+ 1) x(n)! b b = 0 ) f(b) = 0:

Ya hemos hablado de parametrizaciones y de curvas C1. Se dice que unacurva es cerrada si admite una parametrizacin C1, : I ! Rn, I = [a; b], talque (a) = (b) y 0(a) = 0(b)1. Si es adems inyectiva (unoauno) en el

1

Si : [a; b] ! Rn una parametrizacin C1 tal que (a) = (b) pero que cumple 0(a) =0(b) para algn > 0, se puede probar que existe un cambio de variable t = h(s) queconvierte a en una parametrizacin cerrada de clase C1.


intervalo [a; b) se dice entonces que es una curva de Jordan, en este caso declase C1.Como ejemplo, (t) = (cos t; sen t), I = [0; 2].Cuando es una parametrizacin cerrada de clase C1, admite una exten-sin C1 a R de periodo T = b a.Se enuncian dos resultados preliminares sobre funciones y soluciones peri-

dicas.

Lema 1.11. Sea x(t) una solucin de la ecuacin x0 = f(x), donde f 2C1(G;Rn), n 2. Las siguientes propiedades son equivalentes:i) x(t) es peridica.

ii) 9T > 0 2 R tal que x(0) = x(T ).iii) Existen valores distintos t1; t2 2 R tales que x(t1) = x(t2)Demostracin. La cadena i)) ii)) iii) es evidente.

iii) ) i). Si x(t) es solucin de (1.1) con dominio (; !) y x(t1) = x(t2)entonces x(t1) = x(t1 + T ) donde T = t2 t1. Como x(t) e y(t) = x(t+ T ) sonsoluciones de x0 = f(x) con el mismo dato inicial en t = t1 entonces son iguales.Esto signica que sus dominios (; !) y ( T; ! T ) coinciden y por tantohan de ser R. Adems x(t) = x(t+ T ) para todo t 2 R.

En el curso de la demostracin se ha probado lo siguiente.

Corolario 1.12. Si x(t) es una solucin que cumple iii), es decir, existen va-lores distintos t1; t2 2 R tales que x(t1) = x(t2) entonces x(t) es epridica deperiodo T = t2 t1.Es fcil comprobar que si x(t) es peridica de periodo T > 0 entonces tam-bin es peridica con periodo kT con k 2 Z cualquiera. Esto lleva a preguntarsecul es el periodo positivo ms pequeo de una funcin peridica.

Denicin 1.13. Se dice que T > 0 es el periodo mnimo de una funcinperidica x : R ! Rn si T es un periodo y x(t) no es peridica con periodoT1 > 0 menor que T .

Lema 1.14. Sea x : R ! Rn una funcin continua, peridica y no constante.Entonces x(t) posee un periodo mnimo T > 0 y todos los otros posibles periodosde la funcin son de la forma kT donde k 2 Z.Demostracin. Si T es el conjunto de periodos de x(t) resulta que T es un grupocerrado para la suma +.Denamos T + = T \ (0;1) junto con T := nf T +. Entonces, o bien T > 0o bien T = 0.Si T = 0 existe Tn > 0 una sucesin de periodos tal que Tn ! 0. Dado t 2 Rpara todo n existe k = k(n) tal que:

kTn t < (k + 1)Tn ) x(t) = x(t kTn)! x(0)

1.3. CLASIFICACIN DE RBITAS 13

cuando n ! 1 pues 0 t kTn < Tn para todo n. Luego x(t) = x(0) paratodo t y x(t) es constante lo cual no es posible. Por tanto T > 0.

Armamos que T es el periodo mnimo y que T = fkT : k 2 Zg. En efecto,si T1 es otro periodo y no es mltiplo de T resulta

kT < T1 < (k + 1)T;

para algn entero k. De aqu se deduce que T1 kT es un periodo positivoestrictamente menor que T lo cual es imposible. Esto prueba la armacin.

Teorema 1.15. Sea x = x(t) una solucin de (1.1) con n 2. Entonces se dauna y slo una de las siguientes opciones,

a) O bien, x(t1) 6= x(t2) para t1 6= t2 (en este caso la rbita generada por x(t)se dice abierta),

b) O bien existe T > 0 tal que x(t + T ) = x(t), para todo t 2 R, y ademsx(t1) 6= x(t2) para 0 t1 < t2 < T (en este caso T es el periodo mnimo y larbita es una curva de Jordan),

c) O bien x(t) = x0 para todo t (en este caso se dice que x0 la rbita es unpunto crtico).

Observaciones 1.12.

a) x0 es un punto crtico de (1.1) si y slo si f(x0) = 0.

b) El recproco la armacin b) cierto. Es decir, si la rbita de una solucin es

una curva de Jordan, entonces la solucin que la genera es una funcin peridica

no trivial (Teorema 1.21).

c) Algunas rbitas abiertas empiezan (t = 1) o terminan (t = 1) en puntoscrticos (Teorema 1.19).

Demostracin del Teorema 1.15. Si x(t)) es una solucin caben dos opciones:

i) x(t) inyectiva,

ii) x(t) no inyectiva.

En el primer caso se cumple a).

En el segundo hay dos opciones: x(t) constante que es el caso c) o bien x(t)no es constante. Comprobamos que entonces estamos en el caso b).

En efecto, han de existir t1 < t2 tales que x(t1) = x(t2) luego x(t) = x(t +(t2 t1)) para todo t. Es decir, T1 := t2 t1 es un periodo. Como x(t) noes constante entonces (Lema 1.14) admite un periodo mnimo T > 0. En esecaso x(t) es inyectiva en [0; T ) porque si x(t01) = x(t

02), t

01; t

02 2 [0; T ), t01 < t02,resultara que T 0 = t02 t01 es un periodo menor que T lo cual no es posible. Estoprueba b).


1.4. rbitas de las ecuaciones lineales

Consideramos ahora la ecuacin lineal plana

x0 = Ax x 2 R2 ; (1.4)(A es una matriz real) bajo la hiptesis det A 6= 0. Se dice entonces que laecuacin lineal es no degenerada. Designamos por 1 y 2 los autovaloresde A, por V1 y V2 los correspondientes autoespacios. Recurdese que dichosautovalores son las races de:

2 (traza A) det A = 0;donde traza A = a11 + a22.Se presenta a continuacin una descripcin detallada de las rbitas de la

ecuacin. Por ejemplo, en el teorema que sigue, las rbitas cerradas son elipses.

Sin embargo se da la informacin en la terminologa del caso no lineal (donde

no se precisa la forma exacta de las rbitas).

Teorema 1.16. Sean 1 y 2 complejos conjugados, 1 = + i, 2 = i, > 0 de A. Entonces caben tres posibilidades:

i) < 0. Todas las soluciones no nulas x(t) de (1.4) tienden al punto crtico(0; 0) cuando t!1 y a +1 en mdulo cuando t! 1, rotando innitasveces alrededor de (0; 0) (Figura 1.6).

ii) > 0. Todas las soluciones no nulas x(t) de (1.4) tienden al punto crtico(0; 0) cuando t ! 1 y a +1 en mdulo cuando t ! +1, rotandoinnitas veces alrededor de (0; 0).

iii) = 0. Todas las soluciones x(t) son peridicas de periodo 2= y rotaninnitas veces alrededor de (0; 0) (Figura 1.7).

En el caso i) se dice que el punto crtico (0; 0) es un foco estable y todas lasrbitas distintas de (0; 0) describen espirales que se acercan a l cuando t!1.En el segundo caso se dice que (0; 0) es un foco inestable y todas las otras rbitasdescriben espirales que se alejan de l cuando t!1. En el caso iii) se dice queel punto (0; 0) es un centro lineal y las restantes rbitas son curvas cerradas quegiran alrededor suyo.

Observacin 1.13. La condicin necesaria y suciente para que (0; 0) sea un focoes:

(traza A)2 4det A < 0 & traza A 6= 0: (1.5)Si traza A > 0 el foco es inestable, si traza A < 0 el foco es estable. Ntese quela condicin det A > 0 est implcita en (1.5).El punto (0; 0) es un centro si y slo si:

det A > 0 & traza A = 0:

1.4. RBITAS DE LAS ECUACIONES LINEALES 15

x x

x x

1 1

2 2

Figura 1.6: Foco inestable (izquierda) y foco estable (derecha) de la ecuacin

lineal x0 = Ax.

y x1 1

y x2 2

Figura 1.7: El origen (0; 0) es un centro de x0 = Ax. A la izquierda se representanlas rbitas de la ecuacin transformada y0 = Jy, J la forma cannica real de A,que son adems circunferencias.


Ejemplos 1.14.

a) Foco estable. x0

y0

=

5 410 7

xy

b) Centro.

x0

y0

=

6 410 6

xy

Observacin 1.15. En el caso de autovalores complejos = i, > 0, seobserva que las rbitas de y0 = JRy rotan en sentido negativo con velocidadangular . Al aplicar la transformacin x = P1y para regresar a la ecuacinoriginal, el sentido de rotacin se mantiene si detP > 0 y se invierte si detP < 0.Obsrvese la situacin de los sistemas

x0

y0

=

0 21 2

xy

x0

y0

=

2 21 0

xy

:

En ambos casos los autovalores son = 1 i. En el primero la rotacin es afavor de las agujas del reloj, en el segundo al contrario.

Teorema 1.17. Sean 1 y 2 son reales y distintos de A, 1 6= 2. Se tienenlos siguientes casos:

a) Si 12 < 0 y 1 < 0 < 2, las nicas semirbitas positivas acotadas cuandot ! +1, que adems tienden a (0; 0) cuando t ! +1 son (0; 0) y las dossemirrectas de V1 nf(0; 0)g. Anlogamente las nicas semirbitas negativas aco-tadas cuando t! 1, que tienden a (0; 0) cuando t! 1 son (0; 0) y las dossemirrectas de V2 n f(0; 0)g. En este caso se dice que el punto crtico (0; 0) esun punto de silla (Figura 1.8).

b) 12 > 0. Si 2 < 1 < 0 todas las rbitas convergen a (0; 0) cuando t! +1.Exceptuando las rbitas en V2 todas las restantes rbitas se acercan a (0; 0) deforma tangente a V1. En este caso se dice que el punto crtico (0; 0) es unnodo estable. Si 2 > 1 > 0 la situacin es anloga cambiando t por t y(0; 0) se llama entonces nodo inestable (Figura 1.8).

Observaciones 1.16.

a) Una condicin necesaria y suciente para que (0; 0) sea un punto de silla esque:

det A < 0:

b) Una condicin necesaria y suciente para que (0; 0) sea un nodo es que:

det A > 0 & (traza A)2 4det A > 0:

Si traza A > 0 el nodo es inestable, si traza A < 0 el nodo es estable.

Ejemplo 1.17.

1.4. RBITAS DE LAS ECUACIONES LINEALES 17

xx11

x2

x2

V V1 1

V V2 2

Figura 1.8: A la izquierda, (0; 0) es un punto de silla. A la derecha, (0; 0) es unnodo estable.

xx11

x2

x2

V1

Figura 1.9: Las dos conguraciones de nodo impropio.

a) Punto de silla. x0

y0

=

5 36 4

xy

b) Nodo estable.

x0

y0

=

3 12 0

xy

Teorema 1.18. Supongamos que 1 es un autovalor doble y negativo de lamatriz A.

a) Si dim V1 = 2 entonces todas las rbitas son semirectas que convergen a (0; 0)cuando t! +1 (Figura 1.9).b) Si dim V1 = 1 entonces todas las rbitas de (1.4) convergen a (0; 0) cuandot! +1 acercndose a dicho punto de manera tangente a V1 (Figura 1.9).En ambos casos se dice que el punto crtico (0; 0) es un nodo impropio estable.Si 1 es positivo, la situacin es la misma una vez se ha cambiado t por t yse dice que (0; 0) es un nodo impropio inestable.

Observacin 1.18. Una condicin necesaria y suciente para que (0; 0) sea unnodo impropio es:

(traza A)2 4det A = 0:


Las dos conguraciones de nodo se diferencian en la multiplicidad geomtrica: la

conguracin en estrella corresponde a = 2. Ntese que en ese caso la matrizA tiene necesariamente la forma 1I.

Ejemplo 1.19.

a) Nodo impropio estable. x0

y0

=

4 14 0

xy

1.5. DEMOSTRACIONES 19

1.5. Demostraciones

Demostracin del Teorema 1.16. Dado x0 la rbita que pasa por el punto x0es

= fx(t) : t 2 Rgdonde x(t) es la solucind de: (

x0 = Axx(0) = x0:

Ntese que

x(t) = eAtx0; x0 =

x01x02

:

Para simplicar el estudio de introducimos el cambio lineal

x = P1y

donde P es una matriz invertible de inversa P1. El cambio transforma la rbita

en la curva:

0 = fy(t) : t 2 Rgdonde y(t) = Px(t), la solucin de(

y0 = Jyy(0) = y0 = Px0:

Eligiendo P adecuadamente, como se dice ms adelante, J tiene la forma:

J =

;

y la solucin y(t) es

y(t) = et

cost sent sent cost

y01y02

y0 =

y01y02

:

La solucin representa un giro de ngulo t (velocidad angular ) seguido delproducto por el escalar et.Como:

y1 = et( y01 cost+ y02 sent)

y2 = et(y01 sent+ y02 cost)resulta que q

y21 + y22 = e

tqy201 + y

202:

Si < 0:jy(t)j ! 0 si t!1 jy(t)j ! 1 si t! 1;


girando innitas veces alrededor de (0; 0) con velocidad angular y a favor delas agujas del reloj (sentido negativo). Si > 0

jy(t)j ! 1 si t!1 jy(t)j ! 0 si t! 1;

girando innitas veces alrededor de (0; 0) con velocidad angular y a favorde las agujas del reloj (sentido negativo). En ambos casos las rbitas 0 sonespirales.

Finalmente, si = 0 las rbitas son circunferencias que giran innitas vecesalrededor de (0; 0) con velocidad angular y a favor de las agujas del reloj(sentido negativo).

Finalmente, la rbita original tiene la forma:

= fx(t) : t 2 Rg = fP1y(t) : t 2 Rg = P10;

es decir es la transformada de 0 por la aplicacin lineal de matriz P1. Estosignica que las espirales rotando alrededor de (0; 0) pasan a ser espirales rotan-do alrededor de (0; 0) mientras que las circunferencias se transforman en elipses.Finalmente, el sentido de giro (a favor o en contra de las agujas del reloj) se

preserva si detP > 0, se invierte si detP < 0.

En cuanto a la matriz P1 sta se forma calculando primero el autovectorcomplejo v = (v1; v2) asociado a = +i (recurdese que > 0). Si u1 =


Demostracin del Teorema 1.17. Como en Teorema 1.16, dado x0 la rbita que pasa por el punto x0 es

= fx(t) : t 2 Rgdonde x(t) es la solucind de: (

x0 = Axx(0) = x0:

De nuevo:

x(t) = eAtx0; x0 =

x01x02

y para simplicar el estudio de introducimos el cambio lineal

x = P1y

donde P es de nuevo una matriz invertible de inversa P1 cuyo clculo especi-camos ms abajo. El cambio transforma la rbita en la curva:

0 = fy(t) : t 2 Rgdonde y(t) = Px(t), es la solucin de(

y0 = Jyy(0) = y0 = Px0;

y donde J tiene la forma:

J =

1 00 2

:

La solucin y(t) del problema es:

y1(t) = y01e1t

y2(t) = y02e2t:

Comenzamos analizando las rbitas que yacen en los ejes 0y1, 0y2. Si y02 = 0la rbita por (y01; 0) es el semieje abierto que contiene a (y01; 0), por ejemplof(y1; 0) : y1 > 0g si y01 > 0. En efecto, la solucin y(t) tiene la forma:

y1(t) = y01e1t; y2(t) = 0:

Se recorre de +1 a 0 si 1 < 0, de 0 a 1 si 1 > 0. Anlogamente, la rbitaque pasa por (0; y02) es el semieje abierto que contiene a (0; y02) y se recorrerde +1 a 0 si 2 < 0, de 0 a 1 si 2 > 0. Por lo tanto ya tenemos 4 rbitas queson los semiejes abiertos (la quinta es el propio punto (0; 0)).Para estudiar el resto de las rbitas empezamos por el caso a), 1 < 0 < 2.Si tomamos y01; y02 positivos, entonces la rbita por y0 tiene por ecuacin:

y2 = y02

y1y01

21

:


Se recorre con y1 decreciente e y2 creciente cuando t ! 1. Por otra parte,y2 !1 si y1 ! 0+ mientras y2 ! 0 cuando y1 !1 pues el cociente 2=1 esnegativo. El comportamiento de las rbitas en los otros cuadrantes es idntico.

Esta conguracin se llama de punto de silla. Ntese que las soluciones en el

eje 0y1 convergen a (0; 0) mientras que las soluciones en el eje 0y2 divergen ainnito, salvo, claro est, la solucin constante (0; 0).En el caso b), 2 < 1 < 0, la rbita de y0 en el primer cuadrante es:

y2 = y02

y1y01

21

;

pero ahora el exponente 2=1 es positivo. Tiene la forma de una parbolatangente al eje 0y1 en (0; 0) (ms precisamente, el trozo de parbola contenidoen el primer cuadrante). Se recorre en el sentido de y1 e y2 decrecientes y lasolucin y(t) ! (0; 0) cuando t ! 1. Asimismo, las soluciones en los semiejestienden a (0; 0) cuando t ! 1. El comportamiento en los otros cuadranteses similar y todas las rbitas entran tangentes al eje 0y1 en el origen, cuandot!1, con la excepcin de las dos rbitas que corresponden a los dos semiejesdel eje 0y2.Ahora hay que regresar a las coordenadas originales. La rbita que pasapor x0 tiene la forma:

= fx(t) : t 2 Rg = fP1y(t) : t 2 Rg = P10;es decir es la transformada de 0 por la aplicacin lineal de matriz P1. La matrizP1 tiene por columnas las coordenadas de los autovectores u y w asociados alos autovalores 1 y 2, respectivamente.Esto signica que P1 transforma el eje 0y1 y sus rbitas en el autoespacio

V1 asociado a 1 y eje 0y2 y sus rbitas en el autoespacio V2 asociado al autovalor2. Esto se traduce, en los dos casos a) y b) en que los dos autoespacios V1 yV2 estn formados por tres rbitas (los dos semiespacios y el origen (0; 0)). Enel caso a) las rbitas tienden a (0; 0) en V1 y tienden a innito en V2 cuandot ! 1. En el caso b) todas las rbitas, en los autoespacios o fuera de ellostienden a (0; 0).En el caso b), y como consecuencia de la transformacin P1, todas lasrbitas convergen (0; 0), entrando tangentes a V1 y cuando t ! 1, con laexcepcin de las rbitas que yacen en V2, que convergen a (0; 0) sobre estesubespacio.

Finalmente, en el caso a), las rbitas fuera de los subespacios V1; V2 noconvergen a (0; 0) sino que se alejan a innito cuando t ! 1 (y lo mismoocurre cuando t! 1).

Demostracin del Teorema 1.18. Como en los teoremas anteriores la rbita que pasa por el punto x0 es

= fx(t) : t 2 Rg


donde x(t) es la solucind de: (x0 = Axx(0) = x0:

De nuevo:

x(t) = eAtx0; x0 =

x01x02

:

Se introduce el cambio lineal

x = P1y

donde P una matriz invertible de inversa P1 que especicamos ms abajo. Elcambio transforma la rbita en la curva:

0 = fy(t) : t 2 Rg

donde y(t) = Px(t), es la solucin de(y0 = Jyy(0) = y0 = Px0:

Ahora la forma de J diere en los casos a) y b). En el caso a)

J =

1 00 1

:

La solucin y(t) del problema es:

y1(t) = y01e1t

y2(t) = y02e1t:

Las rbitas en los ejes estn parametrizadas por:

y1(t) = y01e1t y2(t) = 0 si y0 = (y01; 0);

y1(t) = 0 y2(t) = y02e1tsi y0 = (0; y02):

Cuando y01; y02 son no nulos la rbita tiene por ecuacin:

y2 =y02y01

y1 y1 > 0;

o bien,

y2 =y02y01

y1 y1 < 0;

dependiendo del cuadrante en el que est situado el valor inicial y0. Por otrolado, se demuestra que en caso a) la matriz original A debe tener la forma A = Jcon lo que en este caso no hace falta hacer el cambio P .


En el caso b)

J =

1 01 1

:

La matriz P1 tiene por columnas los vectores v1 y v2, donde v1 es cualquiervector tal que

(A 1I)v1 6= 0 & v2 = (A 1I)v1:

Ntese que v2 genera el autoespacio asociado a 1 que es unidimensional.La solucin y(t) del problema es:

y1(t) = y01e1t

y2(t) = (y01t+ y02)e1t:

Las rbitas en los ejes slo yacen en el eje 0y2 y estn parametrizadas por:

y1 = 0 y2 = y02e1t:

Por tanto se reducen a los dos semiejes abiertos y se recorren de forma que

y2 ! 0 cuando t!1. La rbita restante en el eje 0y2 es el propio punto (0; 0).La ecuacin de las restantes rbitas es:

y2 =

y02 +

y01

log

y1y01

y1y01

;

donde o bien y1 > 0, o bien y1 < 0 dependiendo de cmo sea el signo de y01.Esto prueba que las rbitas 0 entran tangentes al eje 0y2 cuando t!1.Para regresar a las coordenadas originales se observa de nuevo que la rbita

que pasa por x0 tiene la forma:

= fx(t) : t 2 Rg = fP1y(t) : t 2 Rg = P10;

es decir es la transformada de 0 por la aplicacin lineal de matriz P1. Lamatriz P1 aplica el eje 0y2 en el autoespacio V1 asociado al autovalor 1. Porello todas las rbitas de la ecuacin original convergen a (0; 0) cuando t ! 1,aproximndose de forma tangente a V1.


1.5.1. Ejercicios

1. Hllense todas las rbitas junto con la orientacin respectiva de las mismas

de las siguientes ecuaciones:

a) x0 = x; b) x0 = x x2; c) x0 = (x 1)(x 2)(x 3):

Cmo es la forma general de las rbitas R de una ecuacin escalarx0 = f(x), x 2 R? Si es una de tales rbitas, trcese la grca de todaslas soluciones de la ecuacin que la tienen por rbita.

2. Estudiar las rbitas de las siguientes ecuaciones lineales dando una des-

cripcin de su comportamiento con especial nfasis en las proximidades

del punto singular (x; y) = (0; 0):

a)

x0 = 2x+ 6yy0 = 2x+ 5y:

b)

x0 = 9x+ 13yy0 = 5x+ 7y:

c)

x0 = 18x+ 30yy0 = 10x+ 17y:

d)

x0 = 8x+ 13yy0 = 5x+ 8y:

e)

x0 = 6yy0 = 2x 7y:

f)

x0 = 5x 4yy0 = x y:

g)

x0 = 4yy0 = x+ 4y:

h)

x0 = 7x+ 13yy0 = 5x+ 9y:


Anexo: resultados especiales

La siguiente propiedad explica cul es el comportamiento de algunas rbitas

abiertas.

Teorema 1.19. Sea x(t) una solucin maximal de (1.1) denida en (; !) talque ! = 1 (respectivamente, = 1) y lmt!1 x(t) = x (lmt!1 x(t) =x). Entonces f(x) = 0 es decir, x es un punto crtico de la ecuacin.

Se introduce ahora un resultado que permite probar la existencia de solu-

ciones peridicas a travs de sus rbitas. La prueba que ofrecemos al lector

curioso la derivamos en un Anexo nal de este captulo (ver tambin el libro

de [14]).

Teorema 1.20. Si es una curva de Jordan sin puntos crticos de (1.1) y es una rbita de la ecuacin contenida en ( ) entonces = y por tanto

es la rbita de una solucin peridica.

Las que son abiertas (ver el teorema de clasicacin) no pueden ser com-

pactas. Se prueba tambin en el anexo el siguiente resultado.

Teorema 1.21. Si es una rbita compacta de (1.1) y no es un punto crtico,entonces es la rbita de una solucin peridica.

En particular, si la rbita de una solucin x(t) de (1.1) es una curvade Jordan entonces tal rbita est parametrizada por una solucin peridica.

Ntese que esta observacin tiene en la prctica menos inters que el Teorema

1.20, el cual se aplica fcilmente a ecuaciones con una integral primera.

1.6. PUNTOS CRTICOS 27

1.6. El comportamiento de una ecuacin plana en

el entorno de puntos crticos no degenerados.

Consideraremos la ecuacin C1 en un abierto G del plano,(x01 = f1(x1; x2)x02 = f2(x1; x2)(1.6)

que ahora estudiamos en las proximidades de un punto crtico (xc; yc). Recurde-se a tales efectos el comportamiento de los sistemas lineales planos con respecto

al punto crtico (aislado) (xc; yc) = (0; 0). Nuestra primera denicin es,

Denicin 1.22. Un punto crtico pc = (xc; yc) de (1.6) se dice no degene-rado si f 0(pc), la matriz jacobiana de f = (f1; f2) en pc, es invertible (tienedeterminante no nulo).

Teorema 1.23. Un punto crtico pc = (xc; yc) no degenerado de (1.6) es unpunto crtico aislado para dicha ecuacin. Es decir, existe un entorno U de pcdonde no hay otros puntos crticos para dicha ecuacin.

Observacin 1.20. Para evitar confusiones sealamos que x representar en al-gunos casos el vector (x1; x2) (lo mismo con y, z respecto de (y1; y2) (z1; z2)),en otros la primera componente del vector (x; y).

Cuando se estudia la ecuacin (1.1)

x0 = f(x) (1.7)

cerca de un punto crtico pc 2 R2, resulta conveniente hacer el cambio y = xpc,tras el que la ecuacin se transforma en (teorema de Taylor)

y0 = Ay + g(y); (1.8)

donde A = f 0(pc), g(y) = o(jyj) y donde o(jyj) es una funcin C1 que tiene lapropiedad:

lmjyj!0

o(jyj)jyj = 0 :

Estudiar las rbitas de (1.7) cerca de pc equivale a estudiar las rbitas de (1.8)cerca de y = 0 (que es un punto crtico de la ecuacin (1.8)!). Por otra parte,el estudio de (1.8) cerca de y = 0 se corresponde con el de

z0 = Jz + h(z); (1.9)

con h(z) = o(jzj), ecuacin que se obtiene de (1.8) tras el cambio lineal y =P1z, donde P es una matriz invertible; en la que J = PAP1. Esto permitesimplicar la matriz A original con el objeto de tener el mayor nmero de cerosposible (por ejemplo si J es la forma cannica de Jordan de A).


En algunos casos es conveniente estudiar las ecuaciones planas en otros sis-

temas de coordenadas. Por ejemplo en coordenadas polares. La ecuacin:(x0 = f(x; y)y0 = g(x; y);(1.10)

se puede expresar, haciendo 2 = x2 + y2, x = cos , y = sen , en la forma:(0 = R(; )0 = (; ):(1.11)

El fundamento de esta armacin reposa en el siguiente lema.

Lema 1.24. Sea ' : (a; b)! R2, '(t) = (x(t); y(t)) una aplicacin de clase Ckque no se anula para ningn valor de t. Sean t0 2 (a; b), 0 2 R arbitrarios ytales que:

(x0; y0) = 0(cos 0; sen 0) 20 = x

20 + y

20 :

Existe entonces una nica funcion : (a; b)! R de clase Ck tal que (t0) = 0y:

'(t) = (t)(cos (t); sen (t)) t 2 (a; b);donde (t)2 = x(t)2 + y(t)2.

A los efectos del presente estudio conviene establecer la relacin entre ambas

ecuaciones. En efecto, escribiendo

x(t) = (t) cos (t)

y(t) = (t) sen (t)

y derivando con respecto a t obtenemos:x0

y0

=

cos sen sen cos

0

0

:

De (1.6) se obtiene la siguiente expresin de (1.11):(0 = cos f + sen g0 = 1( sen f + cos g);

0

0

=

cos sen

sen = cos =

fg

:

Recprocamente, de (1.11) se obienen las ecuaciones (1.6) en la forma siguiente:(x0 = 1Rxyy0 = 1Ry +x;

x0

y0

=

x= yy= x

R

:

El lenguaje de las coordenadas polares es muy conveniente cuando se trata con

rbitas cerradas o fenmenos de vorticidad en ecuaciones diferenciales ordina-

rias.


x x

x x

1 1

2 2

p

p0

0

Figura 1.10: Foco inestable (izquierda) y foco estable (derecha) de la ecuacin

x0 = f(x).

Teorema 1.25. Sea pc un punto crtico no degenerado de la ecuacin (1.6) talque la matriz A = f 0(pc) admite dos autovalores 1 y 2 complejos conjugados,es decir 1 = + i, 2 = i ( > 0). Si < 0 (> 0) entonces existeun entorno U de pc tal que 8p0 2 U , la semirbita positiva +(p0) (negativa

(p0)) de (1.6) tiende a pc cuando t ! +1 (1) rotando innitas vecesalrededor del punto pc. Si > 0 se dice que pc es un foco (no lineal) inestable,foco estable si < 0 (Figura 1.10).

Demostracin. Suponemos < 0. Haciendo el cambio y = x pc, y = P1z laecuacin se reescribe:

z0 =

z + h(z)

donde jh(z)j = o(jzj) cuando jzj ! 0. Se observa que x! pc si y slo si z ! 0.Cambiado z a polares se obtiene:(

0 = + h1 cos + h2 sen 0 = (h1=) sen + (h2=) cos

Tomamos 0 < " < mnf; g y existe tal que jh(z)j < "jzj para jzj < .Tomando un dato inicial 0 < se tiene inicialmente:

(t) < ) 0 < (+ ") ) (t) < 0e(+")t:

La negatividad de + " implica que siempre se ha de tener (t) < , luegola solucin est denida en [0;1). Adems (t)! 0 exponencialmente cuandot!1. Yendo a la segunda ecuacin resulta que:

0 ( + ")t (t) 0 + ( + ")t

para todo t 0. As (t) ! 1 y la semirbita +(p0) gira innitas vecesalrededor del origen cuando t!1.

Observacin 1.21. Si = 0 en el teorema, no se puede predecir en principio elcomportamiento de las rbitas cerca de pc. La situacin genrica es que salvo


por un nmero nito, se pierden la totalidad de las rbitas peridicas de perodo

2= del caso lineal. En el ejemplo,(0 = 30 = 1

que en coordenadas cartesianas se expresa(x0 = y x(x2 + y2)y0 = x y(x2 + y2);

desaparecen todas las soluciones peridicas del problema lineal asociado(0 = 00 = 1

(x0 = yy0 = x:

Lo mismo sucede con(0 = 3

0 = 1

(x0 = y + x(x2 + y2)y0 = x+ y(x2 + y2):

En los siguientes teoremas es necesario suponer que f = f(x) es de clase C2

en (1.6).

Teorema 1.26. Supongamos que los autovalores 1 y 2 de f0(pc) son reales ydistintos, 1 6= 2. Entonces,a) [Propiedad del punto de silla] Si 12 < 0, 1 < 0 < 2 existe un entorno Ude pc , dos semirbitas positivas

+1 ,

+2 , y dos semirbitas negativas

1 ,

2

contenidas todas ellas en U con las propiedades siguientes. Todas las semirbi-tas positivas + que estn contenidas en U satisfacen + +1 [ +2 [ fpcg yconvergen adems a pc cuando t! +1, aproximndose a pc de forma tangentea la recta pc + V1 (V1 el autoespacio asociado al autovalor 1). Anlogamente,toda semirbita negativa en U debe estar contenida en 1 [ 2 [ fpcg ydeber aproximarse a pc cuando t ! 1 de forma tangente a la recta pc + V2(V2 el autoespacio asociado a 2). Adems,

+1 y

+2 , as como

1 y

2 se

aproximan a pc siguiendo sentidos opuestos (Figura 1.11).

b) 12 > 0. Si 2 < 1 < 0 existe un entorno U de pc en el que todas lassemirbitas positivas (omitimos a continuacin la palabra positiva) convergen a

pc cuando t! +1. Exceptuando dos semirbitas en U , +1 , +2 , llamadas sepa-ratrices, que convergen a pc de forma tangente a pc+V2 (en sentidos opuestos)cuando t! +1, todas las restantes semirbitas en U se acercan a pc de formatangente a pc + V1. Si 2 > 1 > 0 la situacin es anloga cambiando t por t(Figura 1.11).

El siguiente teorema generaliza los fenmenos correspondientes observados

en el caso lineal.


V1

V2

V1

V2

g

1

g

1

g

2

g

2

G

1

G

1

G

2

G

2

p0

p0

Figura 1.11: Un punto de silla (izquierda) y un nodo estable (derecha) en el caso

no lineal x0 = f(x). Las rbitas se representan en un entorno adecuado U delpunto pc.

V1

p p00

Figura 1.12: Las dos conguraciones de la versin no lineal del nodo impropio

estable. Las rbitas se representan en un entorno U del punto pc.

Teorema 1.27. Supongamos que 1 es un autovalor doble y negativo de f0(pc)representando por V1 el correspondiente autoespacio.

a) Si dim V1 = 2 entonces existe un entorno U de pc donde todas las semirbitasconvergen a pc cuando t ! +1. Adems, por cada semirrecta que empieza enpc existe una semirbita

+que se aproxima a pc de forma tangente a dichasemirrecta, cuando t! +1.b) Si dim V1 = 1 entonces existe un entorno U de pc donde todas las semirbi-tas + convergen a pc cuando t ! +1 acercndose a dicho punto de maneratangente a la recta pc + V1 (Figura 1.12).

Las siguientes deniciones fueron introducidas por M. Lyapunov a principios

del siglo XX.

Denicin 1.28. Un punto crtico pc de (1.6) se dice estable si 8" > 0 9 > 0(que depende de " y en principio de t0) tal que si x0 cumple jx0 pcj < entonces jx(t; t0; x0) pcj < " para todo t > t0.


Un punto crtico pc de (1.6) se dice asintticamente estable si a) es estable,b) existe r > 0 (que en principio depende de t0) tal si jx0 pcj < r entonces:

lmt!+1x(t; t0; x0) = pc :

Ejemplos 1.22.

a) El punto crtico (0; 0) es estable para la ecuacin:(x0 = yy0 = x ;pero no es asintticamente estable.

b) (x; y) = (0; 0) es un punto crtico asintticamente estable para la ecuacin(x0 = yy0 = x cy ;donde c > 0.

En los resultados precedentes estn implcitos los siguientes teoremas tam-

bin debidos a Lyapunov.

Teorema 1.29 (Lyapunov). Sea pc un punto crtico de la ecuacin (1.6) talque f 0(pc) tiene sus autovalores con la parte real negativa. Entonces pc es asin-tticamente estable.

Corolario 1.30. Sea pc un punto crtico no degenerado de la ecuacin (1.6)tal que alguno de los autovalores de f 0(pc) tiene la parte real positiva. Entoncespc es inestable.

Observacin 1.23. Se demuestra en un curso de teora de estabilidad (ver [6]) que

tanto el Teorema 1.29 como el Corolario 1.30 son ciertos en el caso n-dimensional.

Ms an, en el caso del Corolario 1.30 la condicin de no degeneracin de pcresulta superua.

1.6.1. Pndulo con friccin

Un pndulo de longitud l, masa m movindose por efecto de la gravedaden un medio donde la friccin aerodinmica es c > 0 se describe mediante laecuacin:

+ k _ + h sen = 0; k =c

m; h =

g

l:

Los equilibrios, mdulo simetras son (; v) = (; _) = (0; 0) y (; v) = (; _) =

(

2; 0).

El segundo siempre es inestable y da lugar a un punto de silla.

El primero es un foco estable si k2 < 4h, un nodo impropio si k2 = 4h y unnodo estable si k2 > 4h.

Observacin 1.24. El pndulo sin friccin c = 0 es ligeramente ms difcil deanalizar. Eso se har ms adelante.


1.6.2. Especies en competicin

Dos especies x e y que compiten en un medio por los mismos recursos puedendescribirse mediante el sistema de ecuaciones:8>:

x0 = r1x(1 xK1

yB)

y0 = r2y(1 xA yK2

):

en donde x(t) e y(t) representan el nmero de individuos (todos los coecientesson positivos). Efectuado las normalizaciones:

u =x

K1; v =

y

K2; =

A

K1; =

B

K2; = r1t; =

r2r1;

obtenemos el sistema simplicado:8 0:

ste es:

uc =( 1) 1 ; vc =

( 1) 1 :

El punto (uc; vc) es estable cuando > 1. En ese caso (1; 0) y (0; 1) son sillas.El punto (uc; vc) es un punto de silla cuando < 1. En ese caso (1; 0) y (0; 1)son nodos estables.

El punto (0; 0) es en todos los casos inestable (nunca se da la extincinsimultnea de las dos especies). Ms precisamente, es un nodo inestable.

1.6.3. Presa y depredador

En una variante de la situacin anterior x es una presa sometida a creci-miento logstico mientras y es su depredador. Un posible modelo que describeesta situacin es: 8


en donde todas las constantes implicadas son positivas. Si efectuamos las nor-

malizaciones:

u =x

x; x =

D

C; v =

y

B; =

K

x; =

B

K2; = rt; =

D

r;

la ecuacin se escribe en la forma:8 1. Para > 1 existe otro punto de equili-brio de componentes positivas (en el modelo slo tienen sentido las soluciones

positivas) dado por:

uc = 1 vc = 1

:

Dicho punto es un nodo estable para

0 < 14( 1)y un foco estable para

>1

4( 1) :

1.6.4. Ejercicios

1. Estudiar los equilibrios de las ecuaciones:(0 = 30 = 1 :

2. Estudiar los equilibrios de la ecuacin:(0 = (1 )0 = 1 :

Describir el resto de las rbitas.

3. Analizar los equilibrios de la ecuacin:8 0; > 0; > 0:

Demostrar que todas las solucin con datos iniciales positivos son siempre

positivas.


4. Analizar los equilibrios de la ecuacin:8 0; > 0:

Demostrar que todas las solucin con datos iniciales positivos son siempre

positivas.

5. | Estudiar el comportamiento de las rbitas de la ecuacin:x01 = x1

x2log(x21 + x

22)1=2

; x02 = x2 +x1

log(x21 + x22)1=2

cerca del punto crtico (0; 0). En la ecuacin, se entiende que el segundomiembro se anula en (0; 0).

Observacin. El segundo miembro es de clase C1 pero no es C2 cerca de(0; 0). Ntese que la parte lineal de la ecuacin constituye un nodo estableimpropio.

6. | Estudiar el comportamiento de las rbitas de la ecuacin:x01 = x1 + x2 +

x1log(x21 + x

22)1=2

; x02 = x1 x2 +x2

log(x21 + x22)1=2

cerca del punto crtico (0; 0). En la ecuacin, se entiende que el segundomiembro se anula en (0; 0).

7. | Sea f : U R2 ! R2 continua en un entorno U del origen (0; 0) yA 2M22 una matriz invertible. Supngase adems que

lmjxj!0

jf(x)jjxj = 0:

Demustrese la existencia de un entorno V de (0; 0) en el que (0; 0) es lanica solucin de:

Ax+ f(x) = 0:

8. | Sea pc un punto crtico no degenerado de la ecuacin x0 = f(x) (sesupone que f es de clase C1). Supongamos, como en el Teorema 1.27b),que A = f 0(pc) posee un autovalor real doble 1 < 0 de multiplicidad geo-mtrica 1. Demustrese que para todo " > 0 existe un cambio de variablex = P1y+pc, donde P es una cierta matriz invertible, tal que la ecuacinse transforma en:

y0 = Jy + g(y); J =1 0" 1

;

en donde lmjyj!0jg(y)jjyj = 0. Prubese, cambiando a polares y eligiendoadecuadamente ", que todas las semirbitas positivas + que empiezancerca de (0; 0) tienden a (0; 0) exponencialmente cuando t!1.


1.7. Sistemas gradiente

Denicin 1.31. Dada una funcin 2 C1(G;R), donde G es un dominio (unabierto y conexo), el sistema gradiente asociado a se dene como:(

x0 = xy0 = y;(1.12)

donde x =@

x, y =

@

y. En este caso se dice que es el potencial de veloci-

dades de la ecuacin.

En mecnica de uidos las rbitas describen las trayectorias uidas y rmide las velocidades de las mismas, de ah el trmino potencial de velocidades.

Proposicin 1.32. Los puntos crticos pc de la funcin son los puntos crticosdel sistema. Adems:

i) Si pc es un mnimo relativo de con D2 > 0 entonces pc es un nodo establedel sistema.

ii) Si pc es un mximo relativo de con D2 < 0 entonces pc es un nodo inestabledel sistema.

iii) Si pc es un punto de silla de con detD2 6= 0 entonces pc es un punto desilla del sistema.

iv) Los sistemas gradiente no admiten puntos crticos de tipo foco.

Proposicin 1.33. Las soluciones (x(t); y(t)) del sistema hacen a estricta-mente decrecientes salvo que la solucin sea constante (un punto crtico).

En base a esta proposicin las rbitas del sistema se denominan lneas (cur-

vas) de mximo decenso. Ntese que r apunta en la direccin donde eldecrecimiento de es mximo.

Corolario 1.34. Un sistema gradiente no admite rbitas cerradas.

Por otra parte, las rbitas de un sistema gradiente son ortogonales a las

curvas de nivel de la funcin.

Denicin 1.35. Para c constante, el conjunto de nivel c de la funcin sedene como:

c = f(x; y) : (x; y) = cg:Se dice que c es un valor crtico de si existe p con (p) = c tal que

r(p) = 0. En caso contrario se dice que c es un valor no crtico.Proposicin 1.36. Sea 2 C1(G). Si c es un valor no crtico entonces cadauna de las componentes conexas 0c de c constituye una curva parametrizadade clase C1.

1.7. SISTEMAS GRADIENTE 37

Cada una de las componentes 0c se suele denominar curva de nivel de (porabuso de notacin este calicativo se suele aplicar a c).

Idea de la prueba. Si p0 2 0c, como r(p0) 6= 0 si, por ejemplo, y 6= 0 entoncestodo un entorno de p0 en

0c se representa en la forma y = h(x) con h de clase C

1.

Esto prueba la armacin a nivel local. La conexidad de 0c permite globalizarel resultado.

Observacin 1.25. Cuando c es crtico el teorema se puede aplicar a cada unade las componentes de c n P, resultando que cada una de stas es una curvaC1 (P denota el conjunto de puntos crticos).Corolario 1.37. Las rbitas del sistema gradiente (1.12) son ortogonales a las

curvas de nivel de .

Demostracin. Basta observar que en cada punto p 2 c donde r 6= 0, r esortogonal al vector tangente a c en p. Esto se deja como ejercicio.

1.7.1. Ejercicios

1. Construir y estudiar los sistemas gradientes asociados a las funciones:

a) = x2 + y2

b) = x2 y2

c) = x2 y2.2. Construir y estudiar el sistema gradiente asociado a la funcin:

= ax2 + 2bxy + cy2;

donde ac b2 6= 0.3. Estdiense las rbitas del sistema gradiente (1.12) asociado a la funcin:

= xex2=2y2=2:

A tales efecto se sugiere primero analizar los puntos crticos. Para el com-

portamiento global de las rbitas se propone comprobar que la funcin:

V = log jyj logpj1 x2

es constante sobre las soluciones de la ecuacin.

Observaciones. La grca de la supercie z = (x; y) se representa enla Figura 1.2, mientras el campo de direcciones se traza en la Figura 1.3.

4. Prubese que si c es una curva de nivel, lo cual lleva implcito que r 6= 0en cada uno de sus puntos, entonces r es ortogonal a c


1.8. La ecuacin orbital

Consideremos la ecuacin (1.6)(x0 = f(x; y)y0 = g(x; y)

cuyo segundo miembro suponemos de clase C1 en un dominio G del plano.Estudiamos la rbita que pasa por p0 = (x0; y0) desde un nuevo punto devista. Suponemos que p0 no es punto crtico (en caso contrario todo est dicho).Entonces f(p0) g(p0) son no nulos, por ejemplo f(p0) 6= 0. Llamamos lacomponente conexa del conjunto

f(x; y) : f(x; y) 6= 0g (1.13)a la que pertenece p0.Entonces se tiene que aquella parte de que pasa por p0 y se encuentracontenida en , es decir la componente de \ que pasa por p0, coincide conla grca de la solucin maximal y = Y (x) del problema8

1.8. LA ECUACIN ORBITAL 39

en la regin y 6= 0 esdy

dx= x

y:

Las soluciones hacen constante la funcin V (x; y) = x2+y2. Se puede comprobarque todas las rbitas son circunferencias.

Ejemplo 1.27. [Ecuaciones de Lotka-Volterra]. Las ecuaciones de Lotka-Volterra:

dx

dt= AxBxy

dy

dt= Cy +Dxy

constituyen un modelo sencillo para imitar la relacin trca entre una presa

(x el nmero de efectivos) y su depredador y en un medio. Las ecuaciones gananmucho si reeren a la poblacin de equilibrio:

xc =C

D; yc =

A

B:

En efecto, llamando:

u =x

x0; v =

y

y0;

e introduciendo la escala de tiempos:

= At

obtenemos:

du

d= u(1 v)

dv

dt= v(u 1)(1.16)

=C

A. Considerando la ecuacin orbital:

dv

du=

v(u 1)u(1 v) ;

y haciendo separacin de variables se observa que la funcin:

V (u; v) = (u log u) + v log v;se conserva sobre las soluciones de las ecuaciones de Lotka-Volterra en el primer

cuadrante, es decir, V (u(t); v(t)) es constante sobre cada solucin (u(t); v(t)).Esto signica que las rbitas de la ecuacin yacen en las curvas de nivel de V .

Debe observarse que las funciones V de los ejemplos anteriores se conservansobre las soluciones de las respectivas ecuaciones. Ello da pie a la siguiente

denicin.


Denicin 1.38. Una funcin C1, V = V (x), se dice una integral primera parala ecuacin n-dimensional (1.1) si V (x(t)) = c (constante) sobre cada solucinx(t).

Teorema 1.39. Una funcin V = V (x) de clase C1 es una integral primera dela ecuacin (1.6) en G si y slo si

rV (x) f(x) = 0 (producto escalar)para cada x 2 G.Demostracin. Al considerar la funcin '(t) = V (x(t)), sta es constante si yslo si '0(t) = 0, pero

'0(t) = rV (x(t)) f(x(t)):

Observaciones 1.28.

a) Si la ecuacin (1.1) admite una integral primera en un abierto G y G esuna rbita de la ecuacin entonces fx 2 G : V (x) = cg para cierta constantec.

b) La funcin V (u; v) = (u log u) + v log v es una integral primera de lasecuaciones de Lotka-Volterra.

1.8.1. Ejercicios

1. Empleando la ecuacin orbital, estdiense las rbitas de las siguientes

ecuaciones:

a) (x0 = yy0 = x

b) (x0 = yy0 = x

c) (x0 = x+ yy0 = x+ y

d) (x0 = x(1 x y)y0 = y(1 x y)donde > 0 es una constante.


e) (x0 = x(1 x2 y2)y0 = y(1 x2 y2)

f) (x0 = xy0 = x+ y

g) (x0 = x(1 x)y0 = y2. Clculese una integral primera para cada una de las ecuaciones del ejercicio

anterior.

3. Hllese una integral primera de la ecuacin:(x0 = x(x 2y)y0 = y(y 2x):Con la ayuda de la integral primera y el campo de direcciones estdiese el

comportamiento de las rbitas en el primer cuadrante.

4. Hllese una integral primera de la ecuacin:(x0 = (x2 1)e2=2y0 = xye

2=22 = x2 + y2:

Anexo: La ecuacin orbital

Consideramos la ecuacin C1 en un abierto G del plano:(x0 = f(x; y)y0 = g(x; y):

Asimismo +k representa una componente conexa del conjunto f(x; y) 2 G :f(x; y) > 0g que por el momento representamos como + para abreviar. Te-nemos la siguiente propiedad.

Proposicin 1.40. Sean p0 = (x0; y0) 2 + y + la rbita de la ecuacin (1.6)que pasa por p0: (

x0 = f(x; y)y0 = g(x; y)

observada en +. Entonces:

+ = f(x; y) : y = h(x); x 2 (a; b)g


donde (h; (a; b)) es la solucin maximal del problema:8>:dy

dx=

g(x; y)

f(x; y)(x; y) 2 +

y(x0) = y0:

(1.17)

Demostracin. El problema:(x0 = f(x; y)y0 = g(x; y)

x(0) = x0

y(0) = y0(1.18)

admite una nica solucin maximal (x(t); y(t)) denida en I+ = (+; !+) con(x(t); y(t)) 2 + para t 2 I+. Como x0(t) > 0, x : I+ ! (a+; b+) deneun difeomorsmo con (a+; b+) = x(I+). Si x 7! (x) es la inversa de x(t) yh+(x) = y((x)) entonces (h+; (a+; b+)) dene una solucin de (1.17). Luego(a+; b+) (a; b) y h+(x) = h(x) en (a+; b+). Ntese que en particular la solucindel problema original se escribe en la forma:

(x(t); y(t)) = (x(t); h+(x(t))) t 2 I+;de donde,

+ = f(x; y) : y = h+(x); x 2 (a+; b+)g:Ahora consideramos la solucin maximal (h; (a; b)) de (1.17). Introducimos elproblema: (

x0 = f(x; h(x)) x 2 (a; b)x(t0) = x0:

Su solucin maximal (; (0; !0)) satisface (t) ! a y (t) ! b cuando t ! 0y t ! !0, respectivamente. Ello es consecuencia de que f(x; h(x)) > 0 parax 2 (a; b). Asimismo:

(x(t); y(t)) = ((t); h((t))) t 2 (0; !0)es solucin de (1.18). En particular (0; !0) I+ luego (0; !0) = x(0; !0)es decir (a; b) (a+; b+). De lo establecido ms arriba (a; b) = (a+; b+) y portanto h = h+, luego hemos terminado.

Observacin 1.29. Una cuenta alternativa para comprobar que la solucin

(h+(x); (a+; b+))

coincide con (h; (a; b)) es como sigue.Trataremos de probar directamente que h+ no se puede prolongar comosolucin de (1.17) a la derecha de b+.Esto es sin duda cierto cuando o bien b+ =1 o bien no existe lmx!b+ h+(x)o tal lmite es 1. Suponemos por tanto que tanto b+ como h+(b+) :=lmx!b+ h+(x) son nitos.


Ntese que una condicin necesaria para que h+ se pueda prolongar es que

(b+; h+(b+)) 2 +: (1.19)

Si nos jamos ahora en !+ pueden pasar dos cosas. O bien !+ = 1 o bien!+ 0 en (0; !0) y portanto x(t) es invertible sobre un intervalo imagen (a; b) mediante t = (x). Esdecir, 0 = f(x; h(x)) : a < x < bg, h(x) = y((x)). Razonando como en laproposicin anterior se concluye que y = h(x) constituye una solucin maximalde

dy

dx=

g

f:

Para probar la armacin suponemos primero que es cerrada. En estecaso debe haber al menos un punto p0 de en

. Suponemos sin prdida de

generalidad que p0 = x(0). Se observa entonces que x : (0; T ) ! n fp0g esun homeomorsmo y como 0 n fp0g existe un conexo J (0; T ) tal quex(J) = 0. Es muy fcil ver que J es abierto y hemos terminado.En el caso en que es abierta es posible demostrar que x : (; !) ! es un homeomorsmo, donde se observa con la topologa inducida por R2.Este hecho es consecuencia de que en el plano las rbitas abiertas carecen de


puntos recurrentes

2

([11], p. 248). Ello permite probar que la parametrizacin

es abierta sobre su imagen (se omiten detalles por brevedad). Por consiguiente

J = x1(0) es conexo y abierto (sto ltimo es fcil de probar) y concluimosla demostracin.

Observacin 1.30. Si es una rbita de la ecuacin (1.6) y + = f(x; y) 2G : f(x; y) > 0g entonces + = [+n donde +n son las componentes de +.Entonces:

\ + = [n( \ +n );y cada componente de \+n se representa mediante la grca de una solucinmaximal de la ecuacin orbital

dy

dx=

g(x; y)

f(x; y):

Si = f(x; y) 2 G : f(x; y) < 0g y n son sus componentes, entonces

\ = [n( \ n ) y un anlisis idntico al de arriba prueba que cadacomponente de \n se representa mediante la grca de una solucin maximalde dicha ecuacin.

Anlogamente, si + = f(x; y) 2 G : g(x; y) > 0g, = f(x; y) 2 G :g(x; y) < 0g y sus componentes son n entonces las componentes de \ n serepresentan mediante las grcas de soluciones maximales de la ecuacin orbital:

dx

dy=

f(x; y)

g(x; y)

observada en n .Finalmente, si la rbita no es un punto crtico entonces + [ [

+ [ luego se describe totalmente mediante la grca de una de las dosversiones de la ecuacin orbital.

Ejemplo 1.31. [Ecuaciones de Lotka-Volterra]. Las rbitas de la ecuacin(x0 = AxBxyy0 = Cy +Dxy; A;B;C;D > 0;

en el primer cuadrante G = f(x; y) : x > 0; y > 0g, se pueden describir mediantela grca de las soluciones de

dy

dx=Cy +DxyAxBxy ;

cuando dichas rbitas se observan en los dominios:

+ =

y

A

B

:

2

Se dice que un punto q 2 es recurrente si existe tn !1 o tn ! 1 tal que x(tn)! q.


Alternativamente, los trozos de las rbitas que yacen en las regiones:

+ =

x >

C

D

=

x 0. Entonces x es un mnimo relativo estricto de F y para valoresc de la energa:

c = F (x) < c < c +

las curvas de nivel V = c constituyen rbitas cerradas (curvas de Jordan)cuya expresin explcita es:

y = p2(c F (x)):

El punto (x; 0) est rodeado por una familia de rtitas cerradas: se ledenomina un centro no lineal.

b) f 0(x) < 0. En este caso, x dene un mximo relativo estricto de F . Elpunto (x; 0) es un punto de silla y para c = F (x) la curva V = c, esdecir:

y = p2(c F (x));contiene a las variedades estable e inestable de (x; 0). Agrupa as al puntocrtico y localmente, a cuatro semirbitas (dos positivas, dos negativas).

El resto de las rbitas prximas a (x; 0) se construye dndole valores a c:

c < c < c +

y trazando las las curvas de nivel V = c en la forma:

y = p2(c F (x)):

En el caso especco de la ecuacin del pndulo sin friccin:

+ sen = 0

una integral primera es:

V =v2

2+ (1 cos ); v = _:

Los puntos (2k; 0) son centros no lineales y los puntos ((2k+1); 0) son puntosde silla.

1.9. SISTEMAS HAMILTONIANOS 49

1.9.2. rbitas y conjuntos de nivel

Ya se dijo que si V es una integral primera de la ecuacin (1.1) en un dominioG del plano entonces sus rbitas estn contenidas en los conjuntos de nivel

f(x; y)=V (x; y) = cg(c = constante). El ejemplo del pndulo muestra que V (x; y) = c puede contenerms de una rbita.

Sin ir ms lejos, si x(t) es una solucin de (1.1) en Rn tal que x(t) 6= x ysatisface x(t)! x cuando t!1 t! 1 entonces tanto la rbita de x(t)como fxg se encuentran en el mismo conjunto de nivel V (x) = c (por qu?).En el caso de sistemas hamiltonianos, la siguiente propiedad permite conocer

el nmero de rbitas que yacen un conjunto de nivel V = c. Ntese que enalgunos casos patolgicos pudiera haber una innidad de dichas rbitas.

Proposicin 1.46. Sea V : R2 ! R una funcin C2 y consideremos el sistema(x0 = Vyy0 = Vx:

Sea P el conjunto de puntos crticos de dicha ecuacin. Supngase que el con-junto de nivel fV = cg es no vaco. Entonces en fV = cgnP hay tantas rbitascomo componentes conexas tenga dicho conjunto.

Ejemplo 1.33. La ecuacin (x0 = yy0 = x2 x;

est en las condiciones de la propiedad para la funcin:

V = y2

2+x

2

2 x

3

3:

El conjunto,

V (x; y) =1

6;

consta de cuatro rbitas. Una de ellas el punto crtico (1; 0). Si de V = 1=6quitamos (1; 0) obtenemos tres componentes conexas que son las rbitas notriviales que hay en V = 1=6. La componente conexa acotada es una rbitaque conecta el punto (1; 0) consigo mismo empleando un tiempo innito en eltrayecto. Tal rbita se llama homoclnica.

Demstracin de la Proposicin 1.46. Comenzamos con una observacin. Si p0 =(x0; y0) 2 fV = cg n P entonces, por el teorema de la funcin implcita, existeun entorno U0 de p0 en R2 tal que:

(fV = cg n P) \ U0 = f(x; y) : y = h(x) x 2 (x0 "; x0 + ")g


para ciertos " > 0 y una funcin h(x) de clase C1 en (x0 "; x0 + ") (hemossupuesto que f = Vy 6= 0 en p0, caso contrario g = Vx es no nula en p0 y unaarmacin anloga es cierta si intercambiamos los papeles de x e y).Ntese que y = h(x) es la solucin en (x0 "; x0 + ") de la ecuacin orbital

dy

dx=

g

f

con la condicin inicial y(x0) = x0.Sea ahora una rbita cualquiera en fV = cg n P parametrizada por unasolucin ((t); (t)), t 2 (; !). Sabemos que fV = cg n P y como esconexa, est contenida en la componente conexa C en fV = cg nP que pase porcualquiera de los puntos de .Probamos en primer lugar que es un abierto en fV = cg n P. En efecto si

p0 = ((t0); (t0)) sabemos que:

(t) = h((t))

mientras

0 = f(; h())

con la condicin inicial (t0) = x0. Como f(x; h(x)) 6= 0 en (x0"; x0+") se tieneque (t) recorre la banda (x0 "; x0 + ") en tiempo nito y como ((t); (t)) esuna solucin maximal, el intervalo de tiempo donde ello transcurre est incluido

en (; !). Ahora si (t) recorre (x0"; x0+") ello signica que ((t); (t)) recorrecompletamente fV = cg n P) \ U0 que est entonces contenido en .Ahora demostramos que es un cerrado en fV = cg n P. Supongamosque p = (x; y) = lm((tn); (tn)) y sean U y h(x) el entorno y la funcinintroducidos al comienzo de la prueba y asociados al punto (x; y) ((x"; x+") es el dominio de existencia de h). Para n grande se tiene que ((tn); (tn)) 2U por lo tanto si = (tn) entonces (t) resuelve:

0 = f(; h())

con dato inicial (t) = en t = tn, con (t) = h((t)). Como f(; h()) 6= 0en (x"; x+") entonces (t) toma todos los valores del intervalo (x"; x+")en un entorno nito de tn. En particular (t

) = x y (t) = h(x) = y (se hatenido en cuenta que ((t); (t)) es una solucin maximal). Luego p 2 .Como es a la vez abierto y cerrado en fV = cgnP entonces = C y hemosterminado.

La siguiente propiedad resulta de mucha utilidad para ampliar el alcance de

la Proposicin 1.46.

Proposicin 1.47. Sean (f; g) un campo C1 en un dominio G del plano y =(x; y) una funcin continua en G que no se anula nunca (por tanto mantieneel signo). Entonces las ecuaciones (1.7) y(

x0 = (x; y)f(x; y)y0 = (x; y)g(x; y);


poseen exactamente las mismas rbitas en G.

1.9.3. Interacciones presa y depredador

El punto pc = (1; 1), es un equilibrio para las ecuaciones de Lotka-Volterra(1.16). La matriz:

f 0(pc) =0 1 0

:

Los autovalores son = ip y por tanto el comportamiento de las rbitascerca de (1; 1) es dudoso desde el punto de vista de los resultados descritos eneste captulo. Sin embargo la funcin

V (u; v) = (u log u) + v log v (+ 1);

permite describir las rbitas cerca de (1; 1) (incluso en la totalidad del primercuadrante). Se comprueba que:

a) V es estrictamente convexa en u > 0; v > 0.

b) (1; 1) es el nico punto crtico de V en el primer cuadrante.

c) V (u; v)!1 cuando (x; y) tiende a cualquier punto de los semiejes u > 0o v > 0. Adems (1; 1) es un mnimo absoluto de V en el primer cuadranteen donde V toma el valor 0.

Para cada c > 0 la curva de nivel c

V (u; v) = c

representa una curva de Jordan (convexa) que contiene a (1; 1) en su interior.Como no contiene punto crtico alguno se concluye (ver Teorema 1.50 en el

Anexo) que es la rbita de una solucin peridica. Adems, c ! (1; 1) cuandoc! 0+. Por tanto (1; 1) tiene la estructura de un centro y por ello este tipo depuntos se denomina un centro no lineal. Junto con el pndulo sin rozamiento,

se obtiene otro ejemplo ms donde la estructura lineal tambin se reproduce en

el caso no lineal. El primer cuadrante est lleno de rbitas cerradas que rodean

al equilibrio (1; 1). Representan las uctuaciones peridicas del sistema presadepredador en torno a sus valores de equilibrio.

Se comprueba asimismo que el origen (0; 0), el estado de extincin del siste-ma, es un punto de silla. Los ejes constituyen sus variedades estable e inestable.

Observacin 1.34. El sistema (1.16) no siendo Hamiltoniano tiene exactamente

las mismas rbitas que (u0 = Vvv0 = Vu:Basta multiplicar ambas ecuaciones por = uv para obtener (1.16). Se le aplicanas las conclusiones de la Proposicin 1.46.


1.9.4. Ejercicios

1. Decidir si los sistemas que siguen son de tipo gradiente o hamiltoniano.

En todos los casos estdiense sus rbitas.

a) x0 = x+ 2y, y0 = yb) x0 = y2 + 2xy, y0 = x2 + 2xy

c) x0 = x2 2xy, y0 = y2 2xyd) x0 = x2 2xy, y0 = y2 x2e) x0 = sen 2x sen y, y0 = 2 senx cosx cos y.2. Se considera la ecuacin lineal:

x0

y0

=

a bc d

xy

:

a) Dnse condiciones para que sea un sistema gradiente calculando en ese

caso la funcin V .

b) La misma cuestin ahora relativa a sistemas hamiltonianos.

3. Hllense los puntos singulares y decdase siempre que sea posible el

comportamiento de las rbitas en las proximidades de dichos puntos:

a) (x0 = yy0 = x3 x;b) 8 0);

c)

u00 + cu0 + u(1 u) = 0 c 2 R:En el caso a) demustrese que las soluciones (x(t); y(t)) de la ecuacinhacen constante la funcin:

V (x; y) =1

2y2 +

1

2x2 1

4x4:

4. Estdiense las rbitas de la ecuacin:

x00 + senx = 0:

5. Estudiar las rbitas de la ecuacin:(x0 = yy0 = x2 x;


1.9.5. Ejercicios adicionales

1. Hllense los puntos singulares y decdase siempre que sea posible el

comportamiento de las rbitas en las proximidades de dichos puntos:

a) x0 = y 1, y0 = x+ y + 5b) x0 = 3x2 xy, y0 = 4xy 3y2

c) x0 = (x+ 1)(y 2), y0 = x2 x 2.d) x01 = 1 x2, x02 = x31 + x2e) x01 = (x1 1)(x2 1), x02 = (x1 + 1)(x2 + 1)2. Estdiense las rbitas de los siguientes sistemas autnomos no lineales:

a) x0 = x2, y0 = x2 + y2 + xy.

b) x0 = x+ y + 6, y0 = 3x y 6c) x0 = x2 2y3, y0 = 3x2 2xy.3. Analizar las rbitas de la ecuacin:(

x0 = (3x y)(x2 + y2 1)y0 = 2x(x2 + y2 1):

Indicacin. Obsrvese que, tomando las debidas precauciones, la ecuacin

orbital es sencilla.


1.10. Soluciones peridicas y el problema de los

dos cuerpos

Una cuestin de capital importancia de la que no se ha tratado es la de la

existencia de rbitas cerradas de ecuaciones autnomas, que se conocen como

oscilaciones libres o ciclos entre otros nombres.

El ejemplo fundamental de rbitas cerradas lo brindan las rbitas de objetos

celestes (estrellas, planetas, satlites, etc) que es de donde se import precisa-

mente la terminologa rbita.

El problema de los dos cuerpos, que tratamos a continuacin, se sita en los

propios orgenes del clculo innitesimal.

Se consideran dos cuerpos o masas m1 y m2 (dos objetos celestes) que in-teractan entre s por efecto de la atraccin gravitatoria mutua. Una prueba

rigurosa de que el movimiento relativo de los mismos siempre es una cnica la

dio Newton por vez primera al integrar de forma geomtrica las ecuaciones del

problema.

Como se explic en el Captulo I Ejemplo ??si r es el centro de gravedad,x1 r, x2 r son las posiciones relativas de los cuerpos con respecto al centrode gravedad, x = x2 x1 entonces

x1 r = x; x2 r = (1 )x;donde 1 = m1=M , = m2=M y nalmente:

x = xjxj3 ;

donde = GM = G(m1 +m2). El movimiento de x es plano, basta con derivarel producto vectorial:

(x _x)_= _x _x+ x x = 0;luego x _x = e (e constante) y x e = 0. El movimiento es pues plano.Usando entonces coordenadas polares (; ) se llega a las ecuaciones:

r _2 = 2;

+ 2 _ _ = 0:

De la segunda relacin se deduce que J = 2 _ es una constante del movimientoque resulta especialmente relevante. En efecto, el rea A barrida por la rbitaentre los instantes t0 y t (de ngulos correspondientes 0 y ) resulta ser:

A() =

Z 0

1

2(1)

2 d1;

en donde = () en la rbita. Como = (t), = (t), la velocidad areolar(A((t)) vale:

_A =1

22(t) _(t):

1.10. PROBLEMA DE DOS CUERPOS 55

La conservacin de J es entonces una prueba de la segunda ley de Kepler.Por otra parte:

dt =2

J d;

luego, si h = h(t) es una funcin de t:

dh

dt=

J2

dh

d;

d2h

dt2=

J2

d

d

J2

dh

dt

:

Para = ():J2

d

d

J2

d

dt

=

2+

J 23

:

Poniendo u =1

llegamos por n a:

u00 + u =

J 2 ;

de donde:

u =

J 2 + C cos( !); B > 0: (1.21)

El valor de las constantes J , ! y C viene dado por las condiciones iniciales:x0 = 0e

i0 ; _x0 = 1ei1 ;

en la forma:

_0 = 1 cos(1 0); _0 = 10

sen(1 0); J = 10 sen(1 0);

donde _0 = _(0), _0 = _(0), mientras C y el ngulo ! se deducen de la ecuacin:

Cei! =

1

0 J2

_0

Ji

ei0 ;

en particular:

C =

s1

0 J2

2+

_0J

2:

De la ecuacin (1.21)

=p

1 + e cos( !) ;

con p1 =

J 2 , e = Cp, que es la ecuacin de una cnica de excentricidad e.No es difcil comprobar que e = 0 corresponde a la circunferencia, 0 < e < 1 ala elipse, e = 1 a la parbola y e > 1 al caso de la hiprbola. En consecuencia,


las rbitas del movimiento relativo son cnicas. Obsrvese que en el caso de las

elipses y circunferencias se obtienen rbitas cerradas. Se deduce as de forma

directa la existencia de movimientos peridicos en el problema.

En todos los casos, el origen x = 0 est localizado en uno de los focos de lacnica, lo que signica que los planetas orbitan entorno al centro de gravedad

que constituye uno de los focos de la cnica. Cuando m1 es mucho ms grandequem2 (soltierra) se puede suponer quem1 ocupa el centro de gravedad, que semueve en movimiento rectilneo uniforme y que es m2 quien orbita alrededor dem1. Esta es la primera ley de Kepler que arma que las rbitas de los planetasalrededor del sol son elipses y que ste se halla en un de sus focos.

Suponiendo rbitas elpticas ! constituye el argumento del periastro (pe-rihelio en el caso del sistema soltierra, perigeo en el sistema tierraluna). Es

el ngulo que marca la posicin ms prxima del cuerpo ligero m1 (la tierra)con respecto al ms pesado m2 (el sol).Con slo un poco de trabajo ms se prueba fcilmente la tercera ley de Kepler

para rbitas elpticas que arma que el cuadrado del periodo T es proporcionalal cubo del semieje mayor de la rbita, con una constante que es independiente

del planeta (ver ms detalles en [8], una excelente introduccin a la mecnica

celeste). El periodo T es, obviamente, el ao del planeta.

1.10.1. Ejercicios

1. Dedzcanse las expresiones para _0, _0, J , C y ! presentadas en el pro-blema de los dos cuerpos. Demustrese la armacin all enunciada sobre

la posicin que marca el perihelio.

Indicacin. Se tiene:

x = ei ) _x = ( _+ i _)ei:

1.11. CURVAS DE JORDAN 57

1.11. Anexo: rbitas que son curvas de Jordan

Presentamos algunos lemas (cf. [14]). En lo que sigue usamos las letras J , Ipara designar los intervalos cerrados [a; b] y [; ], respectivamente.

Lema 1.48. Sea h : J ! R, J = [a; b], continua y localmente inyectiva. Enton-ces h es inyectiva y por tanto estrictamente montona.

Demostracin. Observamos que si h es inyectiva en J entonces h(a) < h(b) h(a) > h(b). En el primer caso por ejemplo, h(a) < h(y) < h(b) si a < y < bpues si, pongamos por caso, h(y) > h(b) existira a < c < y con h(c) = h(b)(teorema del valor medio) lo cual no es posible. Si a < x < y < b aplicamos elrazonamiento en el intervalo [a; y] y concluimos que h(a) < h(x) < h(y). Portanto h es creciente (estrictamente) en J .Ahora probamos el lema. h es inyectiva en el intervalo [a; a + "] por tantocreciente (por ejemplo) en [a; a+ "]. Ponemos:

c = supft 2 [a; b] : h creciente en [a; t]g:Ha de ser c = b pues si c < b entonces h es estrictamente montona en [c; c+]para cierto > 0 y por tanto creciente en dicho intervalo. Esto contradice ladenicin de c.

Lema 1.49. Sea : I ! Rn una parametrizacin de Jordan con C = (I) yz : J ! Rn una parametrizacin C1 (Observacin 1.7) con z(J) C. Entoncesexiste una nica funcin continua y estrictamente montona h : J ! I tal que:

z(t) = (h(t))

para cada t 2 J .Demostracin. Como es inyectiva h = 1 z.Por otro lado z(t) es localmente inyectiva porque z0(t) 6= 0 en J . En efecto,ello implica que cada t0 2 J admite un entorno U donde alguna de las com-ponentes zi(t) de z(t) es inyectiva, luego la propia z(t) es inyectiva en U . Enconsecuencia, h tambin es localmente inyectiva.Ahora : J ! C, C = (I) es un homeomorsmo porque es continua,biyectiva y C es compacto (esta observacin es vlida para todas las parametri-zaciones de Jordan). As h tambin es continua y en virtud del lema precedentehemos terminado.

En el siguiente resultado consideramos f : G Rn ! Rn, G un abierto, fde clase C1 y la ecuacin diferencial autnoma (1.1):

x0 = f(x):

Teorema 1.50. Sea C Rn una curva de Jordan que no contiene puntoscrticos de la ecuacin (1.1). Sea x(t), t 2 (1; !1), una solucin maximal dedicha ecuacin cuya rbita C. Entonces x(t) es una solucin peridica y

= C.


Demostracin. Como C es un compacto de los resultados de prolongacin sesigue que (1; !1) = R y x(t) est denida en todo R.Suponemos que : I ! Rn, I = [; ] es una parametrizacin de Jordancerrada que parametriza C, por tanto es inyectiva en [; ) y () = ().Ahora observamos que la extensin T -peridica de a R, T = , es talque la restriccin

jI0 de a cualquier intervalo de la forma I0 = [t0; t0 + T ]es tambin una parametrizacin de Jordan de C. Esto nos permite suponerque el valor inicial x(0) de la solucin coincide con el punto inicial-nal de laparametrizacin:

x(0) = () = ():

Ahora denimos:

c = supft > 0 : x[0; t] 6= Cg:Primero observamos que c > 0 porque x[0; "] ! x(0) = () cuando " ! 0+ yC no es un punto.Por otro lado, para 0 < c0 < c, x[0; c0] C 0 C donde C 0 es un arco de Jor-dan. En efecto, observamos que C n fx(0)g (; ) ( = homeomorfo). Porotro lado, x(0; c0) es conexo en C n fx(0)g luego 1(x(0; c0)) es un subintervaloestrictamente contenido en (; ) lo que signica que 1(x(0; c0)) (; ")o que 1(x(0; c0)) (+ "; ) para algn ". Suponiendo por ejemplo el primercaso, x(0; c0) [; "]. Por continuidad x[0; c0] [; "] que prueba laarmacin formulada si se toma C 0 = [; "].Por el lema precedente existe h : [0; c0] ! [; "] continua, creciente ynica tal que:

x(t) = (h(t)) t 2 [0; c0]:Como c0 < c es arbitrario la aplicacin h se puede extender por unicidad a unaaplicacin continua y creciente h : [0; c)! [; ] tal que

x(t) = (h(t))

para todo t 2 [0; c). Vamos a llamar = lmt!c h(t) que existe y cumple 0. En ese caso '1 = cos

pt; '2 =

senpt,

=

1 0

cosp sen

p

; det = sen

p) det = 0;

slo si

p = n. Los autovalores y correspondientes autofunciones son:

n = n22 'n(t) = sennt n = 1; 2; : : : :

Ejemplo 2.14. En el problema de autovalores(x00 = x t 2 [0; 1]x0(0) = x0(1) = 0;

el sistema fundamental de soluciones tambin depende de mientras que ahoradet() 6= 0 para < 0. Slo puede haber autovalores para 0. De hecho1 = 0 es autovalor con autofuncin '1 = 1. Adems,

=

0

p

p senp p cosp; det =

p sen

p) det = 0;

slo si

p = n. Los autovalores y correspondientes autofunciones son:

n = (n 1)22 'n(t) = cos(n 1)t n = 1; 2; : : : :Las cosas no son en general tan sencillas como en los ejemplos previos.

Ejemplo 2.15. Consideramos el problema de autovalores8>:x00 = x t 2 [0; 1]x0(0) x(0) = 0x0(1) + x(1) = 0;

El sistema fundamental de soluciones es:

= 2 < 0 ) fcosh t; senh tg;

88 CAPTULO 2. PROBLEMAS DE CONTORNO

= 2 > 0 ) fcos t; sen tg;y

= 0 ) f1; tg:En el ltimo caso, det 6= 0 y = 0 no es autovalor. En el primero,

=

1 senh + cosh cosh + senh

);

det = 2 cosh + (2 + 1) senh ;

y la ecuacin

det = 0;

carece de soluciones 6= 0. Ello signica que tampoco hay autovalores < 0.En el segundo caso,

=

1 sen + cos cos + sen

);

det = 2 cos + (1 2) sen :Es fcil ver que las races k de la ecuacin det = 0 cumplen:

(k 1) < k < (k 1) + 2

k = 2; 3; : : : ;

mientras existe una primera raz 1 en el intervalo (1;2 ). Los autovalores delproblema son:

n = 2n n = 1; 2; : : : ;

las autofunciones:

'n = n cos nt+ sen nt n = 1; 2; : : : :

En el siguiente ejemplo, que recoge una variante de las condiciones de Robin,

la determinacin de los autovalores es todava ms complicada, especialmente

en lo tocante a localizar los dos primeros autovalores. El primero es, de hecho,

negativo.

Ejemplo 2.16 (|). Consideramos el problema de autovalores8>:x00 = x t 2 [0; 1]x0(0) + x(0) = 0x0(1) x(1) = 0;El sistema fundamental de soluciones es:

= 2 < 0 ) fcosh t; senh tg; = 2 > 0 ) fcos t; sen tg;

2.2. PROBLEMAS DE CONTORNO 89

y

= 0 ) f1; tg:En el ltimo caso, det 6= 0 y = 0 no es autovalor. En el primero,

=

1

senh cosh cosh senh

);

det = 2 cosh (2 + 1) senh :Un cuidadoso anlisis, que omitimos, muestra que la ecuacin

det = 0;

admite una nica raz = 20 . Ello signica que 0 = 20 es autovalor conautofuncin asociada:

'0(t) = 0 cosh 0t+ senh 0t:En el segundo caso,

=

1

sen cos cos sen

);

det = 2 cos + (2 1) sen :Es fcil ver que la ecuacin det = 0 posee una nica raz k:

2+ (k 1) < k < k k = 1; 2; : : : :

Sin embargo, es ms delicado comprobar que dicha ecuacin carece se races en

el intervalo inicial (0; 2 ). Se omiten los detalles. Los autovalores son por tanto:

n = 2n n = 1; 2; : : : ;

las autofunciones:

'n = n cos nt+ sen nt n = 1; 2; : : : :En la seccin de ejercicios se proporcionan los detalles omitidos en el clculo.

2.2.9. Existencia de autovalores

En la presente seccin trabajaremos bajo las hiptesis de la anterior que

recordamos. Consideraremos siempre un operador autoadjunto:

Lx = - (p(t)x0)0 + q(t)x t 2 [a; b];p 2 C1[a; b], p(t) > 0 en [a; b], q 2 C[a; b]. Las condiciones de contorno B setoman de tipo Sturm:

B(x) = 08

90 CAPTULO 2. PROBLEMAS DE CONTORNO

(1; 1), (2; 2) vectores no nulos. Ntese que en las condiciones de contorno sehan cambiado x0(a); x0(b) por p(a)x0(a); p(b)x0(b). La

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Ecuaciones Diferenciales II