Existencia de una solución de un sistema de odas

Question

Considere el siguiente sistema de odas,\begin{equation} \begin{cases} x'=-x^2-xy+x\ y'=-y^2-xy+y \end{casos} \end{equation} % condiciones iniciales $x(0)=x_0>0$y $y(0)=y_0>0$.

Debo demostrar que $(x(t),y(t))$ se define para todas las $t\geq 0$ y que $x(t)>0$ y $y(t)>0$ % todos $t\geq 0$. ¿Cualquier sugerencia?

Answer 1

Asumiendo $x\ne0$$y\ne0$, dividiendo ( $1$ ) $x$ e ( $2$ ) $y$ da

\begin{equation} \dfrac{x^\prime}{x}=\dfrac{y^\prime}{y} \end{equation}

así

\begin{equation} \dfrac{d}{dt}\ln(x)=\dfrac{d}{dt}\ln(y) \end{equation}

así

\begin{equation} x(t)=c_1y(t) \end{equation}

Así que la ecuación ($2$) se convierte en

\begin{equation} y^\prime-y=-(1+c_1)y^2 \end{equation}

por lo que es fácil de Bernoulli ecuación.

La solución de la ecuación de Bernoulli da

\begin{align} x(t)&=\dfrac{c_1}{c_2e^{-t}+c_1+1}\\ y(t)&=\dfrac{1}{c_2e^{-t}+c_1+1} \end{align}

Por lo $x(0)=\dfrac{c_1}{c_1+c_2+1}>0$$y(0)=\dfrac{1}{c_1+c_2+1}>0$.

Así conocemos $1+c_1+c_2>0$ $c_1>0$ y $x(t)>0,y(t)>0$ todos los $t$.

Procedimiento en el supuesto de que ni $x(t)$ ni $y(t)$ nunca $0$, obtenemos soluciones para que ese es el verdadero.

Esto deja abierta la cuestión de si hay alguna otra solución para el sistema en el que lo que es falso (aparte de los obvios $x(t)=y(t)=0$).

Tenga en cuenta que

\begin{equation} y^\prime=f(x,y)=-y^2-xy+y \end{equation}

es continua en un barrio de todos los $(t_0,y_0)$ y que

\begin{equation} \dfrac{\partial f}{\partial y}=-2y-x+1 \end{equation}

también es continua en un barrio de todos los $(t_0,y_0)$, por lo que no hay una única solución para la ecuación ($2$) que contiene cada una de las $(t_0,y_0)$, en este caso en particular en $(0,y_0)$. El mismo argumento vale para la ecuación ($1$). No hay una única ecuación de ($1$) que contenga $(0,x_0)$.

Answer 2

Suponiendo que $x(t),y(t)$ siguen siendo positivos, se obtiene, como en la respuesta de Juan Wayland Balas, que $y(t)=cx(t)$, para algunas de las $c>0$ - De hecho, $c=y_0/x_0$ - También, $x$ satisface el IVP $$ x'=x-(1+c)x^2, \quad x(0)=x_0. $$ El de arriba IVP posee una única solución de $\varphi(t)$, lo cual es positivo (no es difícil mostrar) y se define para todos los $t>0$. Por lo tanto, el vector $\big(\varphi(t), c\varphi(t)\big)$ es una solución de la urografía EXCRETORA \begin{equation} \begin{cases} x'=-x^2-xy+x,\\ y'=-y^2-xy+y, \end{casos} \qquad x(0)=x_0,\quad y(0)=y_0. \end{equation} Como en la anterior IVP goza de la exclusividad global (posee una de Lipschitz de flujo), a continuación, $\big(\varphi(t), c\varphi(t)\big)$ es la única solución, es positivo y definido para todos los $t\ge 0$.

Tenga en cuenta también que $$ \lim_{t\to\infty} x(t)=\frac{1}{1+c}=\frac{x_0}{x_0+y_0}, \quad \lim_{t\to\infty} x(t)=\frac{y_0}{x_0+y_0}. $$