Aclaración de los puntos críticos

Question

No sé si tengo todos los puntos críticos requeridos del sistema

Yo sí $\frac{dx}{dt} = x(x-2) + y^2$ ...y del mismo modo... lo hago $\frac{dy}{dt}= y(1-x)$

Luego puse ambas ecuaciones a cero

Si ponemos $x = 0$ en la primera ecuación, resolvemos la segunda ecuación $y = 0$ Si ponemos $y = 0$ en la segunda ecuación, resolvemos la primera ecuación para $x = 0$ y $x = 2$ . Asimismo, resuelvo para y - xy = 0. Entonces xy = y por lo que x = 1. Introducimos esta solución en la primera ecuación de modo que y^2 = 1 y por lo tanto, tenemos (1,1),(1,-1) como nuestros resultados también.

Por lo tanto, mis puntos críticos son entonces $(0,0);(2,0)$ ;(1,1);(1,-1)

¿Es este el enfoque correcto para esta pregunta en particular?

Asimismo, ¿qué significa determinar la estabilidad del punto crítico y el tipo de punto crítico? ¿Se refiere a estable , inestable y semiestable ? Asimismo, el tipo de punto crítico a elegir entre centro , nodo , punto de apoyo y espiral ?

Gracias

Answer 1

Yo diría que se ha empezado por el buen camino.

Dado el sistema

$\dot x = X(x, y) = -2x + x^2 + y^2, \tag 1$

$\dot y = Y(x, y) = y - xy, \tag 2$

Yo encontraría los puntos críticos señalando primero que

$y - xy = \dot y = 0 \tag 3$

implica

$y = xy; \tag 4$

Por lo tanto, si $y \ne 0, \tag 5$

encontramos

$x = 1; \tag 6$

ahora de (1) con $\dot x = 0$ ,

$-2(1) + 1^2 + y^2 = 0, \tag 7$

es decir,

$y^2 - 1 = 0 \Longrightarrow y = \pm 1; \tag 8$

por lo que los puntos críticos con $y \ne 0$ son $(1, -1)$ y $(1, 1)$ . Si $y = 0$ entonces (1) se convierte en

$x^2 - 2x = 0, \tag 9$

que se puede encontrar en

$x = 0, 2; \tag{10}$

por lo que los puntos críticos con $y = 0$ son $(0, 0)$ y $(2, 0)$ .

Hasta aquí, todo bien; nuestro OP Khan Man y yo mismo estamos de acuerdo en la ubicación de los ceros del sistema (1)-(2).

Supongo que lo más fácil es explicar lo que significa determinar la estabilidad y el tipo de los puntos críticos siguiendo este ejemplo a modo de ilustración. Podemos encontrar el Jacobeo, o matriz de derivadas, del sistema (1)-(2):

$J(x, y) = \begin{bmatrix} \dfrac{\partial X}{\partial x} & \dfrac{\partial X}{\partial y} \\ \dfrac{\partial Y}{\partial x} & \dfrac{\partial Y}{\partial y} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2x - 2 & 2y \\ -y & 1 - x \end{bmatrix}; \tag{11}$

en el punto crítico $(0, 0)$ esto se convierte en

$J(0, 0) = \begin{bmatrix} -2 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}; \tag{12}$

ya que los valores propios de $J(0, 0)$ , $-2$ y $1$ son reales y de signos opuestos, $(0, 0)$ es un punto inestable de la silla de montar ; de forma similar, podemos calcular el jacobeo en los otros ceros de nuestro sistema:

$J(2, 0) = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix}; \tag{13}$

ahora los valores propios son $2$ , $-1$ Así pues, volvemos a encontrar un silla de montar inestable procedemos:

$J(1, -1) = \begin{bmatrix} 0 & -2 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}; \tag{14}$

desde $J(1, -1)$ no es diagonal debemos recurrir a su polinomio característico para encontrar los valores propios:

$\det (J(1, -1) - \mu I) = \det \left (\begin{bmatrix} -\mu & -2 \\ 1 & -\mu \end{bmatrix} \right ) = \mu^2 + 2 = 0; \tag{15}$

aquí los valores propios son $\mu = \pm \sqrt 2 i$ el punto $(1, -1)$ es un centro ya que los valores propios tienen $0$ parte real, no podemos determinar la estabilidad sólo a partir del Jacobeo; en estos casos, se requiere un análisis más detallado; igualmente,

$J(1, 1) = \begin{bmatrix} 0 & 2 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}, \tag{16}$

y de nuevo encontramos que

$\mu^2 + 2 = 0, \; \mu = \pm \sqrt 2 i, \tag{17}$

por lo que de nuevo concluimos que $(1, 1)$ es un centro y la estabilidad es indeterminada sólo a partir de este análisis linealizado.

Para resumir lo que se ha ilustrado aquí, el estabilidad de un punto crítico es la propiedad de que las trayectorias iniciadas suficientemente cerca de él permanecerán así; en general, esto se asocia con cada valor propio de $J$ en el punto en cuestión que tiene parte real negativa; si algún valor propio tiene positivo parte real, entonces el punto es inestable y generalmente habrá una trayectoria que se mueve fuera del punto, al menos por un tiempo; nuestro sillines exhiben este comportamiento, que se explica con rigor y detalle en la fina referencia citada por el usuario539887 en su comentario a la propia pregunta. No hay nodos o espiral puntos aquí, ya que requieren que todos los eiigenvalores tengan parte real no nula del mismo signo. Se puede encontrar una explicación detallada de todo esto aquí .