sistemas dinamicos

Sistemas Dinámicos

Héctor E. Lomelí

Departamento Académico de Matemáticas

Instituto Tecnológico Autónomo de México

Río Hondo #1

México, DF 01000

1 de diciembre de 2005

Índice General

1 Introducción a los Sistemas Dinámicos. 1

1.1 Definición de un sistema dinámico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Ejemplos de sistemas dinámicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Sistemas Lineales 8

2.1 La norma de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2.2 La exponencial de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.3 Derivadas matriciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.4 Cálculo de la exponencial de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.5 Ecuaciones de orden n y método de Fulmer . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3 Estabilidad de Sistemas Lineales. 34

3.1 Matrices no degeneradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3.2 Matrices atractoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

ÍNDICE GENERAL i

3.3 Matrices tipo silla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

4 Teoría no Lineal. 49

4.1 Teoría de Ecuaciones Diferenciales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

5 Estabilidad no lineal 66

5.1 Conjugación topológica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5.2 Linealización de puntos fijos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

5.3 Análisis de puntos silla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

5.4 Estabilidad asintótica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

ÍNDICE GENERAL ii

CAPÍTULO 1

Introducción a los Sistemas Dinámicos.

1.1 Definición de un sistema dinámico

Los Sistemas Dinámicos son el estudio de modelos que evolucionan en el tiempo. En general

se estudian dos situaciones: {tiempo continuo t ∈ R

tiempo discreto t ∈ Z

En cada caso, existen muchas aplicaciones que se pueden poner dentro del esquema de un

sistema dinámico:

Tiempo continuo

Ecuaciones diferenciales ordinarias

Ecuaciones de difusión

Procesos estocásticos

Tiempo discreto

{Métodos iterativos

Iteración de mapeos

§1.1 DEFINICIÓN DE UN SISTEMA DINÁMICO 2

Definición 1.1.1 Sea E un conjunto. Sea � un subconjunto de R × E tal que {0} × E ⊂� ⊂ R × E .Un sistema dinámico de tiempo real en E es una funciónφ : � → E

(t, x) → φt (x)

tal que:

a) φ (0, x) = x

b) φ (t, φ (s, x)) = φ (t + s, x) (en donde tenga sentido).

Se dirá, además, que φ es el flujo del sistema dinámico.

Dado un flujo, generalmente se utilizará la siguiente notación: φt (x) = φ (t, x) . De esta

manera, las condiciones de la definición anterior se pueden escribir como

φ0 = idE ,

φt ◦ φs = φt+s .

Recordemos que, como parte de la definición, para cada punto x ∈ E, se tiene que

(0, x) ∈ �. Queremos que para cada x0, el conjunto de tiempos t para los que flujo φ (t, x)

está definido sea un intervalo. El máximo intervalo I ⊂ R tal que 0 ∈ I es llamado el

intervalo maximal de x y se denota D(x).

Definición 1.1.2 Si para cada punto x el intervalo maximal D(x) = R, se dice que el

sistema dinámico es completo.

En particular, si el flujo es completo, se tiene que para cada t, la función φt : E → E es

una biyección con inversa dada por(φt)−1 = φ−t .

Definición 1.1.3 Sea E un conjunto. Sea � un subconjunto de Z × E tal que {0} × E ⊂ �.

Un sistema dinámico en tiempo discreto es una función φ : � → E tal que

a) φ(0, x) = x,

b) φ (s, φ (t, x)) = φ (s + t, x) (cuando esto tiene sentido).

§1.1 DEFINICIÓN DE UN SISTEMA DINÁMICO 3

En un sistema dinámicos en tiempo discreto, generalmente se utiliza � = (N ∪ {0})× E

con el flujo definido como

φ(t, x) = ( f ◦ f ◦ · · · ◦ f︸︷︷︸t veces

)(x)

Esta composición se puede escribir como f t = f ◦ f ◦ · · · ◦ f︸︷︷︸t veces

.

En ambos casos, en tiempo discreto y tiempo continuo, nos interesa estudiar el compor-

tamiento de los flujos, por ejemplo, nos preguntamos acerca del siguiente límite.

limt→∞ φ(t, x) =?

En los siguientes capítulos estableceremos una relación entre flujos y ecuaciones diferencia-

les. En particular tenemos el siguiente resultado.

Proposición 1.1.4 Sea E un abierto de Rn. Sea φ un flujo definido en un abierto � ⊂ R×E .

Suponer que φ(t, x) es de clase C1. Demostrar que, para cada x ∈ E, la función y(t) =φ(t, x) satisface el siguiente problema de valores iniciales.

y = f (y),

y(0) = x,

donde f (u) = ∂∂t

∣∣t=0 φ(t, u).

Ejemplo 1.1.5 Sea φ : � ⊂ R × R → R el flujo dado por

φt (x) = x

1 − xt

Notemos que para t = 0, siempre está definida φ está definida. Podemos usar � ={(t, x) : xt �= 1} .Vamos a verificar que φ es un sistema dinámico sobre R.

a) φ0(x) = x,

§1.2 EJEMPLOS DE SISTEMAS DINÁMICOS 4

b) φt (φs(x)) = φt(

x1−xs

)=

x1−xs

1− x1−xs t = x

1−sx−t x = x1−(s+t)x = φs+t (x). El intervalo

maximal es

D(x) =

R si x = 0(−∞, 1x

)si x > 0( 1

x , ∞) si x < 0

Para encontrar una ecuación diferencial que sea satisfecha por φ(t, x0) usamos la propo-

sición 1.1.4. Usando el flujo de este ejemplo, se tiene

f (u) = ∂

∂ t

∣∣∣∣t=0

φ(t, u) = u2.

Notemos que y(t) = φ(t, x0) cumple

y(t) = ∂

∂ tφ(t, x0) = x2

0

(1 − t x0)2= φ(t, x0)

2.

De este modo concluimos que, para cada x0, la función y(t) = φ(t, x0) es una solución del

problema

y = y2,

y(0) = x0.

1.2 Ejemplos de sistemas dinámicos

Ejemplo 1.2.1 Sea E = S1 = {x ∈ R

2 : |x | = 1}

el conjunto de estados. Sea � = R × E

y φ : � → E dada por

φ(t, x) =(

cos t − sin t

sin t cos t

)x

Entonces φ es un sistema dinámico completo.

Ejemplo 1.2.2 En este ejemplo, mostramos que el conjunto de estados puede ser algo más

que subconjuntos de Rn. Sea E = C2(R) el conjunto de funciones de clase C2 definidas

EJERCICIOS 5

R. Notemos que E es un espacio vectorial de dimensión infinita. Para cada f ∈ E y cada

t > 0, se define una función φt ( f ) dada por

φt ( f )(x) = 1√2π t

∫ ∞

−∞exp

[−(x − y)2

2t

]f (y)dy.

Se puede demostrar que se tiene el siguiente límite

limt→0

φt ( f )(x) = f (x).

Además φt (φs( f )) = φt+s( f ), por lo que resulta que φ es un flujo definido en [0, ∞) × E .

Ejemplo 1.2.3 Demos otro ejemplo de un sistema dinámico en tiempo real. Sea E = [0, 1)

y

φ (t, x) = (x + t) mod 1.

Entonces φ es un sistema dinámico completo.

EJERCICIOS

✎ 1.1 Demostrar que las siguientes funciones son flujos.

a) φ : � ⊂ R×(−π2 , π

2 ) → (−π2 , π

2 ), φ(t, x) = arctan(et tan x

).

b) φ : � ⊂ R×(0, ∞) → (0, ∞), φ(t, x) = (e−t(1/x2 − 1

)+ 1)−1/2

.

c) φ : � ⊂ R × R2 → R

2, φ(t, (x, y)) = (e−t x, et y + 13

(et − e−2t

)x2).

✎ 1.2 Demostrar la proposición 1.1.4. (Sugerencia: usar las propiedades del flujo.)

✎ 1.3 Para cada una de las funciones del problema 1.1, encontrar las ecuación diferencial

que es satisfecha y el máximo dominio �.

✎ 1.4 Sea φ : � ⊂ R × R → R, la función dada por

φ(t, x) = et x

(et − 1)x + 1.

EJERCICIOS 6

a) Demostrar que φ es flujo.

b) Para cada x ∈ R encontrar el intervalo maximal D(x).

c) Encontrar una ecuación diferencial satisfecha por y(t) = φ(t, x).

d) Calcular limt→∞ φ(t, x) y limt→−∞ φ(t, x).

✎ 1.5 (Cambio de variable) Sean E, F dos abiertos de Rn . Sea φ : R × E → E un flujo

completo de clase C1. Suponer que y(t) = φ(t, z) satisface la siguiente ecuación diferencial

dy

dt= G(y), y(0) = z.

a) Un difeomorfismo es una función biyectiva de clase C1 tal que su inversa también es

de clase C1. Sea h : E → F un difeomorfismo entre los abiertos E y F . Demostrar

que φ(t, x) = h(φ(t, h−1(x)) es un flujo completo en el conjunto de estados F .

b) Dado que, y(t) = φ(t, x) satisface la ecuación

d y

dt= G(y), y(0) = x,

encontrar G en términos de G, h, h−1 y h′.

c) Usualmente se utiliza la siguiente notación para el nuevo campo vectorial G = h∗G.

Interpretar y demostrar la siguiente igualdad

( f ◦ h)∗G = f∗(h∗G).

d) Sea � = R × (0, π). Sea φ : � → (0, π) la función de clase C1

φ(t, θ) = arccos

((et + 1

)cos θ + (et − 1

)(et − 1) cos θ + (et + 1)

).

Demostrar que φ es un flujo completo y encontrar el problema de valores iniciales

que satisface. (Sugerencia: usar el ejercicio 1.5 con E = (−1, 1), F = (0, π) y

h(u) = arccos(u). Encontrar un flujo φ en E .)

EJERCICIOS 7

✎ 1.6 Sea A una matriz tal que A2 = A. Demostrar que el siguiente es un flujo completo

en Rn.

φ(t, x) = (et A + (I − A))

x .

Encontrar la ecuación diferencial que es satisfecha.

CAPÍTULO 2

Sistemas Lineales

Un sistema lineal es una ecuación de la forma

y = Ay,

y(0) = x0

donde A es una matriz de n × n. En este capítulo estableceremos una relación entre los

sistemas lineales y la llamada exponencial de una matriz.

2.1 La norma de una matriz

Definición 2.1.1 Llamaremos Mp al espacio vectorial de matrices p × p con entradas

reales.

El siguiente resultado se da sin demostración.

§2.1 LA NORMA DE UNA MATRIZ 9

Proposición 2.1.2 Sea A ∈ Mp y

‖A‖ = max‖x‖2=1‖Ax‖2 .

donde ‖x‖2 es la norma euclideana usual. Entonces ‖·‖ es una norma Mp. Además, ‖A‖es la raíz cuadrada del máximo eigenvalor de AT A.

Ejemplo 2.1.3 Sea

A =(

1 2

3 −1

).

Calcular ‖A‖ .

Solución

Usaremos la proposición 2.1.2: primero calculamos

AT A =(

1 2

3 −1

)(1 2

3 −1

)=(

10 −1

−1 5

).

Los eigenvalores satisfacen

λ2 − 15λ + 49 = 0

y por tanto

λ1,2 = 15 ± √225 − 196

2= 15 ± √

29

2.

El máximo es los eigenvalores es 15+√29

2 . De este modo concluimos que ‖A‖ =√

15+√29

2 .

�

Lema 2.1.4 Si S, T ∈ Mp, entonces

a) ∀x ∈ Rp, ‖T x‖ ≤ ‖T ‖ ‖x‖ ,

b) ‖ST ‖ ≤ ‖S‖ ‖T ‖ ,

c)∥∥T k

∥∥ ≤ ‖T ‖k .

A continuación daremos un repaso de algunos conceptos del Análisis Matemático.

§2.1 LA NORMA DE UNA MATRIZ 10

Definición 2.1.5 Se dice que una sucesión Ak ∈ Mp converge a A si

‖Ak − A‖ → 0.

El siguiente lema, nos permite calcular “termina a término” el límite de una sucesión de

matrices. Dada una matriz A, usaremos la notación (A)i j para indicar la entrada (i, j ) de A.

Lema 2.1.6 Sea Ak ∈ Mp una sucesión que converge a A ∈ Mp. Sean u y v dos vectores

de Rp. Entonces

a) La sucesión de números reales u · Akv converge a u · Av. Esto es

limn→∞ u · Akv = u · Av.

b) La sucesión de números reales (Ak)i j converge a (A)i j . Esto es

limn→∞(Ak)i j = (A)i j .

Demostración

La demostración de este hecho se basa en la desigualdad de Cauchy-Schwartz. Notemos

que esta desigualdad y el lema 2.1.4 implican

|u · Akv − u · Av| = |u · (Ak − A) v|≤ ‖u‖2 ‖(Ak − A) v‖2

≤ ‖u‖2 ‖Ak − A‖2 ‖v‖2

La segunda parte de la demostración está basada en al primera, tomando en cuenta el hecho

de que la entrada (i, j ) de una matriz A se puede escribir como (A)i j = ei · Ae j donde ei y

e j son el i−ésimo y j−ésimo vectores canónicos de Rp.

Definición 2.1.7 Se dice que una sucesión Ak ∈ Mp es de Cauchy, si para cada ε > 0

existe N ∈ N tal que si m, n ≥ N entonces

‖Am − An‖ < ε.

§2.2 LA EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ 11

Proposición 2.1.8 Sea Ak ∈ Mp una sucesión de Cauchy. Entonces existe A ∈ Mp tal

que la sucesión converge a A.

La demostración del Lema que da como ejercicio para el lector.

2.2 La exponencial de una matriz

Deseamos ahora darle sentido a la siguiente expresión

∞∑k=0

Ak

k!.

Dicho objeto tendrá el papel, dentro de las matrices, de una exponencial. Esta es de funda-

mental importancia en el análisis de los sistemas lineales. Comencemos con una definición.

Definición 2.2.1 Dada una matriz A ∈ Mp se define la n−ésima suma parcial de la matriz

exponencial como

Sn(A) =n∑

k=0

Ak

k!.

Lema 2.2.2 Si m > n entonces

‖Sm(A) − Sn(A)‖ ≤ ‖A‖n+1

(n + 1)!e‖A‖.

Demostración

Claramente se tiene, usando la desigualdad del triángulo y el lema 2.1.4 la siguiente

desigualdad

‖Sm(A) − Sn(A)‖ ≤m∑

k=n+1

‖A‖k

k!=

m−n−1∑k=0

‖A‖k+n+1

(k + n + 1)!.


Es bien sabido que (k + n + 1)! ≥ k!(n + 1)! y esto implica

‖Sm(A) − Sn(A)‖ ≤m−n−1∑

k=0

‖A‖k ‖A‖n+1

k!(n + 1)!

= ‖A‖n+1

(n + 1)!

m−n−1∑k=0

‖A‖k

k!

≤ ‖A‖n+1

(n + 1)!

∞∑k=0

‖A‖k

k!= ‖A‖n+1

(n + 1)!e‖A‖.

Esto termina la demostración.

Proposición 2.2.3 Dada una matriz A ∈ Mp, la sucesión Sn(A) es de Cauchy y por lo

tanto existe una matriz E(A) tal que

limn→∞ ‖Sn(A) − E(A)‖ = 0.

Demostración

El resultado es consecuencia del lema 2.2.2 y del siguiente límite

limn→∞

‖A‖n

n!= 0.

Definición 2.2.4 Dada una matriz A cuadrada de p × p, su exponencial eA es el límite

de la sucesión Sn(A), esto es eA es la matriz E(A) encontrada en la proposición 2.2.3.

Usualmente se escribirá:

eA =∞∑

k=0

Ak

k!.

Proposición 2.2.5 La matriz eA tiene las siguientes propiedades:

a) e0 = I,

b) Si AB = B A, entonces eAeB = eBeA = eA+B,


c)(eA)−1 = e−A,

d) Si P es invertible, entonces exp[P AP−1

] = P exp [A] P−1.

Demostración

a) Trivial pues Sn(0) = I para toda n ≥ 1.

b) Ver ejercicio 2.2.

c) Si hacemos B = −A en el inciso anterior, es claro que B A = AB, y por ende

tenemos que eA+B = eAeB = eBeA; es decir e0 = eAe−A = e−AeA = I . Por lo tanto

(eA)−1 = e−A.

d) Vamos a mostrar que ‖PeA P−1 − eP A P1‖ = 0. Notemos que

Sn(P AP−1) =n∑

k=0

1

k!(P AP−1)k .

Además (P AP−1)k = P Ak P . Entonces

Sn(P AP−1) =n∑

k=0

1

k!P Ak p−1

= Pn∑

k=0

1

k!Ak P−1 = P Sn(A)P−1

Por lo tanto

‖PeA P−1 − eP A P−1‖ ≤ ‖PeA P−1 − P Sn(A)P−1‖+ ‖P Sn(A)P−1 − Sn(P AP−1)‖ + ‖Sn(P AP−1) − eP A P−1‖≤ ‖P‖‖eA − Sn(A)P−1‖‖P−1‖ + ‖Sn(P AP−1) − eP A P−1‖ −→ 0

Como el lado derecho de la desigualdad converge a 0, entonces

‖PeA P−1 − eP A P−1‖ = 0

y esto termina la demostración.


Ejemplo 2.2.6 Sea A la matriz

A =(

a b

0 a

).

Calcular eA.

Solución

Notemos que

A2 =(

a b

0 a

)(a b

0 a

)=(

a2 2ab

0 a2

)

A3 =(

a2 2ab

0 a2

)(a b

0 a

)=(

a3 3a2b

0 a3

)

Este proceso se puede continuar inductivamente y obtener

Ak =(

ak kak−1b

0 ak

).

Por lo tanto, para cada n, se tiene

Sn(A) =n∑

k=0

Ak

k!

=n∑

k=0

1

k!

(ak kak−1b

0 ak

)=( ∑n

k=01k!a

k b∑n

k=1kk!a

k−1

0∑n

k=01k!a

k

)

Usando el lema 2.1.6, podemos calcular el límite término a término y así obtener

eA =(

ea bea

0 ea

).

�

§2.3 DERIVADAS MATRICIALES 15

Ejemplo 2.2.7 Sea B la matriz

B =(

0 −β

β 0

).

Calcular eB .

Solución

Sea

J =(

0 −1

1 0

).

Notemos que J 2 = −I, por lo que B2 = −β2 I, B3 = −β3 B, B4 = β4 I, etc. Este proceso

se puede continuar inductivamente y obtener

Sn(B) =n∑

k=0

Bk

k!=

∑0≤k≤n,

k par

Bk

k!+∑

0≤k≤n,k impar

Bk

k!

=∑

0≤2k≤n,

(−1)kβk

k!I +

∑0≤2k+1≤n,

(−1)kβk

k!J.

En el límite se obtienen las series de seno y coseno y por lo tanto

eB = (cos β) I + (sin β) J =(

cos β − sin β

sin β cos β

).

Este resultado lo usaremos posteriormente. �

2.3 Derivadas matriciales

Definición 2.3.1 Supongamos que tenemos una función : (a, b) → Mn, t → (t). Se

dice que es diferenciable en t ∈ (a, b) si existe una matriz L en Mn tal que el siguiente

límite existe:

limh→0

∥∥∥∥(t + h) − (t)

h− L

∥∥∥∥ = 0.

Si es diferenciable para toda t ∈ (a, b), entonces diremos que es diferenciable y escri-

biremos L = ′(t).


Tenemos el siguiente lema que nos será útil para obtener la derivada de la matriz et A.

Lema 2.3.2 Para cualquier matriz cuadrada A se cumple que∥∥eA − I − A∥∥ ≤ ‖A‖2

2e‖A‖.

Solución

Usar n = 1 en el lema 2.2.2 y así obtener∥∥eA − I − A∥∥ = ∥∥eA − S1(A)

∥∥≤ ∥∥eA − Sm(A)

∥∥+ ‖Sm(A) − S1(A)‖

≤ ∥∥eA − Sm(A)∥∥+ ‖A‖2

2e‖A‖.

Al tomar el límite cuando m → ∞, se obtiene el resultado. �

Teorema 2.3.3 Sea : R → Mp dada por (t) = et A. Entonces es diferenciable en R

y además ′(t) = Aet A = et A A.

Demostración

No es difícil ver que Aet A = et A A. Sea t ∈ R fija. Queremos demostrar que

limh→0

∥∥∥∥e(t+h)A − et A

h− et A A

∥∥∥∥ = 0.

Por el lema 2.3.2 tenemos que:∥∥∥∥e(t+h)A − et A

h− et A A

∥∥∥∥ =∥∥∥∥et Aeh A − et A − et A Ah

h

∥∥∥∥=∥∥∥∥et A(eh A − I − h A)

h

∥∥∥∥≤ ‖et A‖

|h|∥∥eh A − I − ha

∥∥≤ ‖et A‖

|h|‖h A2‖

2e‖h A‖

= ‖A2‖‖et A‖2

|h|e|h|‖A‖ −→ 0

cuando h → 0. Esto termina la demostración.


Proposición 2.3.4 Si (t) es diferenciable en t la derivada es única.

La demostración del siguiente resultado se hace de forma análoga a la del lema 2.1.6.

Proposición 2.3.5 Sea (t) diferenciable en t y sea i j (t) la entrada (i, j ). Entonces la

entrada (i, j ) de la derivada es (′)i j (t) = (i j )′(t).

Ejemplo 2.3.6 Sea A =(

0 −1

1 0

). Notemos que

t A =(

0 −t

t 0

).

Se vió en el ejemplo 2.2.7 que

et A =(

cos t − sin t

sin t cos t

).

La derivada de et A esd

dtet A =

(− sin t − cos t

cos t − sin t

).

Por otra parte,

et A A =(

cos t − sin t

sin t cos t

)(0 −1

1 0

)=(

− sin t − cos t

cos t − sin t

).

De este modo verificamos la fórmula de derivada.

Ejemplo 2.3.7 Notemos que ddt

∣∣t=0 et A = Aet A. Si

et A = e−t

(1 t

0 1

)=(

e−t te−t

0 e−t

),

encontrar A.


Solución

En este casod

dt

∣∣∣∣t=0

et A =(

−e−t e−t − te−t

0 −e−t

);

luego A =(

−1 1

0 −1

). Notemos que

Aet A =(

−1 1

0 −1

)(e−t te−t

0 e−t

)

=(

−e−t e−t − te−t

0 −e−t

).

�

A continuación vamos a relacionar a las matrices exponenciales con flujos en Rn y con

ecuaciones diferenciales.

Proposición 2.3.8 Sea A ∈ Mn. Sea φ : R × Rn → R

n, con φ(t, x) = et Ax. Entonces φ

es un flujo completo en Rn.

Solución

Se deja como ejercicio al lector. �

Proposición 2.3.9 Para cada x, φ(t, x) = et Ax es solución de la siguiente ecuación dife-

rencial: y = Ay con y(0) = x.

Demostración

Sea x ∈ Rn y y(t) = et Ax . Como φ es un flujo, sabemos que y satisface y =

f (y), y(0) = x , donde f (u) = ddt

∣∣t=0 φ(t, u). En este caso,

d

dt

∣∣∣∣t=0

φ(t, u) = d

dtet Au = Aet Au.

Por lo tanto, f (y) = Aet A y∣∣t=0 = Ay.

§2.4 CÁLCULO DE LA EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ 19

2.4 Cálculo de la exponencial de una matriz

Definición 2.4.1 Sea A ∈ Mp. Una función matricial : R → Mp es una matriz funda-

mental de soluciones de la matriz A si

a) (t) es invertible,

b) ′(t) = A(t).

Ejemplo 2.4.2 (t) = et A es una matriz fundamental de soluciones.

Lema 2.4.3 Sean w1(t), w2(t), . . . , wn(t) soluciones de y = Ay, que son soluciones li-

nealmente independientes. Entonces

(t) = (w1(t) · · ·wn(t))

es una matriz fundamental de soluciones.

Demostración

La matriz (t) es invertible porque las columnas son linealmente independientes. Note-

mos que

′(t) = (w1(t) · · · wn(t)) = (Aw1(t) · · · Awn(t))

= A (w1(t) · · ·wn(t)) = A(t).

Concluimos que (t) es una matriz fundamental de soluciones.

Proposición 2.4.4 Sean 1(t) y 2(t) dos funciones matriciales definidas en el mismo in-

tervalo. Entonces

d

dt(1(t)2(t)) = 1(t)

′2(t) + ′

1(t)2(t).

Demostración

Sea (t) = 1(t)2(t), queremos estimar∥∥∥∥(t + h) − (t)

h− [1(t)

′2(t) + ′

1(t)2(t)]

∥∥∥∥ .


Fijamos t y definimos Z1(h) = 1(t +h)−1(t)−h′1(t) y Z2(h) = 2(t +h)−2(t)−

h′2(t). Se puede ver que

limh→0

∥∥∥∥ Z1(h)

h

∥∥∥∥ = 0 y

y

limh→0

∥∥∥∥ Z2(h)

h

∥∥∥∥ = 0

Entonces también

limh→0

‖Z1(h)‖ = 0 y limh→0

‖Z2(h)‖ = 0.

Se puede ver que:∥∥∥∥(t + h) − (t)

h− [1(t)

′2(t) + ′

1(t)2(t)]

∥∥∥∥≤∥∥∥∥ Z1(h)

h2(t + h)

∥∥∥∥+∥∥∥∥(1(t) + h′

1(t)) Z2(h)

h

∥∥∥∥+ |h| ∥∥′1(t)

′2(t)∥∥ .

El límite cuando h → 0 del lado derecho es 0 y por lo tanto

limh→0

∥∥∥∥(t + h) − (t)

h− [1(t)

′2(t) + ′

1(t)2(t)]

∥∥∥∥ = 0.


Proposición 2.4.5 Sea (t) ∈ Mn una matriz fundamental de A. Entonces

et A = (t)(0)−1.

Esto es, (t) = et A(0).

Demostración

Sea (t) = e−t A(t). Vamos a demostrar que ′(t) = 0. Por la proposición anterior,

′(t) = e−t A(−A)(t) + e−t A′(t)

= e−t A(−A)(t) + e−t A A(t) = 0

Por lo tanto, (t) es una matriz constante, (t) ≡ c. En particular, c = (0) = I(0) =(0). Concluimos que et A(t) = (0) y como (0) es invertible, et A = (t)(0)−1.


Corolario 2.4.6 Si (t) es una matriz fundamental de soluciones entonces

A = ′(0)(0)−1.

Demostración

Sabemos que et A = (t)(0)−1. Esto implica al sacar derivadas que

Aet A = ′(t)(0)−1.

Finalmente, se sustituye t = 0 y se obtiene A = ′(0)(0)−1 y esto termina la demostra-

ción.

Ejemplo 2.4.7 Calcular et A si A =(

3 1

4 3

).

Solución

Queremos encontrar dos soluciones linealmente independientes del problema x = Ax .

Usaremos el método de vectores propios. Primero calculamos el polinomio característico.

PA(λ) = λ2 − 6λ + 5 = (λ − 1)(λ − 5).

Si λ1 = 1 entonces v1 = (1, −2)T es vector propio. Si λ2 = 5 entonces v2 = (1, 2)T es

vector propio. Entonces

x1(t) = eλ1tv1 =(

et

−2et

)

y

x2(t) = eλ2tv2 =(

e5t

2e5t

)

son dos soluciones linealmente independientes. Por lo tanto,

(t) =(

et e5t

−2et 2e5t

)


es una matriz fundamental de soluciones y tenemos:

et A = (t)(0)−1 =(

et e5t

−2et 2e5t

)(1 1

−2 2

)−1

=(

et e5t

−2et 2e5t

)(1/2 −1/4

1/2 1/4

)

=(

1/2(et + e5t ) 1/4(−et + e5t )

−et + e5t 1/2(et + e5t )

).

�

Ejemplo 2.4.8 Sea

A =

−3 0 0

0 3 −2

0 1 1

Calcular la matriz et A.

Solución

Debemos encontrar w1(t), w2(t), w3(t), tres soluciones linealmente independientes del

problema x = Ax . Usamos el método de vectores propios. El polinomio característico es

PA(λ) = det(A − λI ) = (−3 − λ)(λ2 − 4λ + 5)

Los valores propios son

λ1 = −3, λ2 = 2 + i, λ3 = 2 − i

Los vectores propios v1para λ1 = −3 se calculan usando la ecuación (A − λI )v1 = 0. Esto

es

0 0 0

0 6 −2

0 1 4

v1 =

0

0

0

.


Concluimos que

v1 =

1

0

0

es vector propio. Con λ2 = 2 + i hacemos algo similar

−5 − i 0 0

0 1 − i −2

0 1 −1 − i

v2 =

0

0

0

.

Concluimos

v2 =

0

1 + i

1

es vector propio. Por lo tanto obtenemos para λ1 la siguiente solución

w1(t) = eλtv1 =

e−3t

0

0

Para λ2 y v2 separamos en parte real e imaginaria. Recordemos que si v2 es vector propio

con valor propio λ2 y además estos se pueden escribir como

λ2 = α + iβ y

v2 = r + i s,

entonces las siguientes son dos soluciones del sistema lineal

w2(t) = eαt [(cos βt) r − (sin βt) s] ,

w3(t) = eαt [(sin βt) r + (cos βt) s] .

En este caso α = 2, β = 1,

r =

0

1

1

y s =

0

1

0

.


Obtenemos

w2(t) = e2t

cos t

0

1

1

− sin t

0

1

0

w3(t) = e2t

sin t

0

1

1

+ cos t

0

1

0

De lo anterior construimos una matriz fundamental de soluciones.

(t) =

e−3t 0 0

0 e2t (cos t − sin t) e2t (sin t + cos t)

0 e2t cos t e2t sin t

Por la propiedad anterior,

et A = (t)(0)−1

= (t)

1 0 0

0 1 1

0 1 0

−1

= (t)

1 0 0

0 0 1

0 1 −1

=

e−3t 0 0

0 e2t (sin t + cos t) −2e2t sin t

0 e2t sin t e2t (cos t − sin t)

.

�

§2.5 ECUACIONES DE ORDEN n Y MÉTODO DE FULMER 25

2.5 Ecuaciones de orden n y método de Fulmer

Definición 2.5.1 Una ecuación lineal de orden n con coeficientes constantes es una ecua-

ción de la forma:

αn y(n) + αn−1y(n−1) + · · · + α1y′ + α0y = 0.

donde αn �= 0.

Vamos a establecer una relación entre la exponencial de una matriz y una ecuación de

orden n. Usaremos el siguiente resultado.

Teorema 2.5.2 (Cayley-Hamilton) Sea A ∈ Mn y PA(λ) su polinomio característico:

PA(λ) = (−1)nλn + · · · + α1λ + α0 = 0. Entonces

PA(A) = (−1)n An + · · · + α1 A + α0 I = 0.

Ejemplo 2.5.3 Si A =(

3 1

4 3

); su polinomio característico es λ2 − 6λ + 5. Entonces

A2 =(

13 6

24 13

). Por lo tanto

PA(A) = A2 − 6A + 5I

=(

13 6

24 13

)−(

18 6

24 18

)+(

5 0

0 5

)= 0.

Proposición 2.5.4 Sea A ∈ Mn y PA(λ) = (−1)nλn +αn−1λn−1+· · ·+α1λ+α0. Entonces

cada una de las entradas de et A satisface la ecuación

(−1)n y(n) + αn−1y(n−1) + · · · + α1y′ + α0y = 0.

Demostración


Sabemos que ddt et A = Aet A Entonces:

d2

dt2et A = A2et A

d3

dt3et A = A3et A

...

dn

dtnet A = Anet A

Esto implica que

(−1)n dn

dtnet A + · · · + α1

d

dtet A + α0et A

= (−1)n Anet A + · · · + α1 Aet A + α0et A

= ((−1)n An + · · · + α1 A + α0 I )et A = 0.

Sea y(t) la entrada (i, j ) de et A: y(t) = (et A)i j . Sabemos que dk

dtk y(t) =(

dk

dtk et A)

i j. Por

lo tanto

(−1)n y(n) + αn−1y(n−1) + · · · + α1y′ + α0y =(−1)n

(dn

dtnet A)

i j+ · · · + α1

(d

dtet A)

i j+ α0

(et A)

i j =((−1)n dn

dtnet A + · · · + α1

d

dtet A + α0et A

)i j

= 0.



3 1

4 3

). Por la proposición anterior, cada entrada de et A satis-

face y′′ − 6y′ + 5y = 0. La solución general de esta ecuación es y(t) = c1et + c2e5t . Esto

concuerda con el resultado del ejemplo 2.5.3, pues se obtuvo que

et A = 1

4

(2et + 2e5t −et + e5t

−4et + 4e5t 2et + 2e5t

).

Esto es, cada entrada es de la forma de la solución general.


Supongamos que podemos encontrar la solución general de la ecuación

(−1)n y(n) + αn−1y(n−1) + · · · + α1y′ + α0y = 0,

en la forma de

y(t) = c1η1(t) + c2η2(t) + · · · + cnηn(t).

Supongamos que yi j (t) es la entrada (i, j ) de et A. Entonces existirán constantes

c1i j , c2

i j , . . . , cni j

tales que yi j (t) = c1i jη1(t) + · · · + cn

i jηn. Llamaremos Ek a la matriz de coeficientes que

acompañan a ηk . Concluimos que et A = η1(t)E1 + · · · + ηn(t)En . De este modo, cono-

ciendo el polinomio característico de una matriz se puede escribir la forma de la exponen-

cial. El problema de encontrar la exponencial se reduce, por tanto, a calcular las matrices

E1, . . . , En.

Ejemplo 2.5.6 Calcular la matriz exponencial de A =(

1 α

0 1

).

Solución

El polinomio característico de A es

PA(λ) = λ2 − 2λ + 1 = (λ − 1)2.

Cada entrada de A satisface y′′ − 2y′ + y = 0. Como λ1 = 1 es raíz repetida la solución

general de la ecuación es y(t) = c1et +c2tet . Se utiliza en este caso η1(t) = et y η2(t) = tet .

Por lo tanto, la exponencial es de la forma

et A = et E1 + tet E2,

donde E1 y E2 son matrices por determinar. Notemos que al sustituir t = 0 se tiene que

I = e0 = E1. Además,

d

dtet A = Aet A = et E1 + et E2 + tet E2.


Si volvemos a sustituir t = 0 entonces A = E1+E2 = I +E2 y esto implica que E2 = A− I .

Por lo tanto

et A = et I + tet (A − I )

= et

(1 0

0 1

)+ tet

(0 α

0 0

)

=(

et αtet

0 et

)

Esto concuerda con lo encontrado en el ejemplo 2.2.6. �


0 −1

1 0

). Calcular et A por el método descrito en esta sección.

Solución

En este caso PA(λ) = λ2 + 1, entonces las entradas de et A satisfacen y′′ + y = 0; cuya

solución general es y(t) = c1 cos t +c2 sin t . La exponencial es et A = (cos t)E1 + (sin t)E2,

entonces Aet A = (− sin t)E1 + (cos t)E2. Si t = 0, entonces tenemos que I = E1 y que

A = E2. Por lo tanto,

et A = (cos t)I + (sin t)A =(

cos t − sin t

sin t cos t

).

Este resultado concuerda con el del ejemplo 2.2.7. �

Dada una ecuación αn y(n)+· · ·+α1y′+α0y = 0 y el polinomio característico asociado:

αnλn + · · · + α1λ + α0 = 0; se puede obtener la solución general con base en las raíces del

polinomio:

P(λ) = αn(λ − λ1)m1(λ − λ2)

m2 . . . (λ − λr )mr .

Si λi es real con multiplicidad mi , podemos asociarle mi soluciones:

{eλi t , teλi t , t2eλi t , . . . , tmi−1eλi t }.Si λi es complejo, entonces λi también lo es. A la pareja λi , λi le asociamos 2mi soluciones.

Supongamos que λi = α + iβ. Se tienen las soluciones

{eαt cos βt, eαt sin βt, teαt cos βt, teαt sin βt, . . . , tmi−1eαt cos βt, tmi−1eαt sin βt}.

EJERCICIOS 29

Ejemplo 2.5.8 Calcular la exponencial de A =

0 9 3

0 2 −1

0 1 2

.

Solución

det

−λ 9 3

0 2 − λ −1

0 1 2 − λ

= (−λ)(2 − λ)2 − λ = 0

Entonces λ1 = 0, λ2 = 2 + i y λ3 = 2 − i . De aquí que η1(t) = eλ1t = 1, η2(t) = e2t cos t

y η3(t) = e2t sin t . Entonces

et A = E1 + e2t cos t E2 + e2t sin t E3,

Aet A = 2e2t cos t E2 + e2t (− sin t)E2 + 2e2t sin t E3 + e2t cos t E3,

A2et A = (4e2t cos t − 2e2t sin t)E2 − (2e2t sin t + e2t cos t)E2

+ (4e2t sin t + 2e2t cos t + 2e2t cos t − e2t sin t)E3.

Si evaluamos en t = 0 tenemos el siguiente sistema de ecuaciones

I = E1 + E2,

A = 2E2 + E3,

A2 = 3E2 + 4E3.

Por lo tanto, E1 = I − E2, E2 = 1/5(4A − A2) y E3 = 1/5(2A2 − 3A). �

EJERCICIOS

✎ 2.1 Usar el lema 2.2.2 para demostrar la siguiente desigualdad

∥∥eA − Sn(A)∥∥ ≤ ‖A‖n+1

(n + 1)!e‖A‖.

EJERCICIOS 30

✎ 2.2 Sean A y B dos matrices de n × n. Sean α = ‖A‖ y β = ‖B‖. Suponer que las

matrices conmutan, es decir, que AB = B A.

a) Demostrar que la siguiente serie converge.

∞∑k=0

∑r+s=k

αr

r !

βs

s!.

b) Demostrar

Sn(A + B) =n∑

k=0

∑r+s=k

Ar

r !

Bs

s!

y

Sn(A)Sn(B) =∑

0≤r,s≤n

Ar

r !

Bs

s!.

c) Demostrar la siguiente desigualdad.

‖Sn(A)Sn(B) − Sn(A + B)‖ ≤∞∑

k=n+1

∑r+s=k

αr

r !

βs

s!.

d) Concluir que eAeB = eA+B = eBeA.

e) Encontrar dos matrices cuyas exponenciales no satisfagan la ecuación del inciso ante-

rior.

✎ 2.3 Las siguientes son tres soluciones linealmente independientes de un problema lineal

de la forma x = Ax.

x1(t) =

4 − 2 et

0

−4 + 3 et

, x2(t) =

−7 et

et

7 et

y x3(t) =

2 − 2 et

0

−2 + 3 et

.

Encontrar la matriz A y calcular la matriz exponencial et A.

✎ 2.4 Encontrar la exponencial de las siguientes matrices.

EJERCICIOS 31

a)

0 1 1

1 0 1

1 1 0

b)

1 1 1

1 1 1

1 1 1

c)

−2 −1 7

−10 0 16

−4 0 6

d)

(1 3

0 −1

)

(Sugerencia: notar que λ = 2 es un valor propio para el inciso c.)

✎ 2.5 ¿Cómo se podría resolver el siguiente problema de valores iniciales?

dydt

= Ay + b(t),

y(0) = x0,

en donde b : R → Rn es una función continua y A es una matriz de n × n. (Sugerencia:

usar la exponencial e−t A como factor integrante.)

✎ 2.6 Sea A ∈ Mn. Sea φ : R × Rn → R

n, con φ(t, x) = et Ax . Demostrar que φ es un

flujo completo en Rn .

✎ 2.7 Sea A ∈ Mn y α ∈ R. Sea φ : R × Rn → R

n, dada por φ(t, x) = e−αt et Ax .

Demostrar que φ es un flujo completo en Rn y encontrar la ecuación diferencial que satisface.

✎ 2.8 Sea A una matriz de 2 × 2. Demostrar lo siguiente.

a) Si A tiene dos valores propios reales y distintos entonces λ1 y λ2 entonces

et A = 1

λ1 − λ2

(eλ1t (A − λ2 I ) − eλ2t (A − λ1 I )

).

b) Si A tiene un dos valores propios complejos λ1 = α + iβ y λ2 = α − iβ con β �= 0,

entonces

et A = eαt(

(cos βt) I + 1

β(sin βt) (A − α I )

).

EJERCICIOS 32

c) Si A tiene un valor propio repetido λ1 entonces

et A = eλ1t (I + t (A − λ1 I )) .

✎ 2.9 Sea A ∈ Mn . Se dice que W ⊂ Rn es un subespacio invariante de A si Av ∈ W

para todo v ∈ W. Demostrar que si W es un subespacio invariante para A, entonces también

lo es para et A.

✎ 2.10 Sea A una matriz de 2 × 2 con dos valores propios reales y distintos λ1 y λ2. Sean

W1 = ker (A − λ1 I ) y W2 = ker (A − λ2 I ) . Demostrar

a) R2 = W1 ⊕ W2.

b) W1 y W2 son subespacios invariantes de A.

c) Dado x ∈ R2 existen dos funciones y1(t) y y2(t) tales que x = y1(0) + y2(0), et Ax =

y1(t) + y2(t) y yi (t) ∈ Wi . Encontrar y1(t) y y2(t) explícitamente.

(Sugerencia: Notar que (A − λ1 I ) (A − λ2 I ) = (A − λ2 I ) (A − λ1 I ) = 0 .)

✎ 2.11 Una matriz D de n × n es diagonalizable si existe una matriz invertible P tal que

D = P diag(λ1, . . . , λn)P−1. Demostrar que, si D es diagonalizable entonces

et D = P diag(eλ1t , . . . , eλnt)P−1.

✎ 2.12 Una matriz N de n × n es nilpotente si N n ≡ 0. Un teorema de álgebra lineal nos

permite afirmar que, para cualquier matriz A de n × n, existen matrices D y N tales que

a) D es diagonalizable,

b) N es nilpotente,

c) A = D + N y

d) N D = DN .

Demostrar que et A = et D(

I + t N + 12! t

2N 2 + . . . tn−1

(n−1)! N n−1)

.

EJERCICIOS 33

✎ 2.13 Sea A una matriz de n × n tal que PA (λ) = (λ − γ )n . Calcular et A. (Sugerencia:

demostrar primero que A − γ I es nilpotente.)

✎ 2.14 Sea matriz A de n × n. Suponer que v = r + i s un vector propio con valor propio

λ = α + iβ, donde β �= 0. Demostrar que el espacio W = span {r, s} es un subespacio

invariante para et A. ¿Es cierto que si x ∈ W entonces

et Ax = eαt(

(cos βt) x + 1

β(sin βt) (Ax − αx)

)?

CAPÍTULO 3

Estabilidad de Sistemas Lineales.

3.1 Matrices no degeneradas

En este capítulo iniciaremos el estudio del comportamiento de las soluciones de un sistema

lineal.

Sabemos que la soluciones de este sistema están íntimamente relacionadas con la matriz

exponencial de A; esto es, cualquier función de la forma et Ax es solución del problema

y = Ay, (PL)

y(0) = x .

Nos preguntamos si todas las soluciones son de esta forma. Tenemos el siguiente resultado.

Proposición 3.1.1 La función y(t) = et Ax es la única solución del problema (PL).

Definición 3.1.2 Una matriz A es no degenerada si

§3.1 MATRICES NO DEGENERADAS 35

a) det(A) �= 0,

b) A no tenga raíces repetidas,

c) Los valores propios de A tengan parte real distinta de cero.

Una matriz que viola alguna de las condiciones anteriores se dirá que es degenerada.

Definición 3.1.3 Sea A una matriz no degenerada.

a) Diremos que A es de tipo atractor si todos los valores propios de A tienen parte real

negativa.

b) Diremos que A es de tipo repulsor si todos los valores propios de A tienen parte real

positiva.

c) Diremos que A es de tipo silla si A tiene valores propios tanto con parte real positiva

como con parte real negativa.

Ejemplo 3.1.4 Demostrar que la siguiente matriz es no degenerada y clasificarla.

A =

−1 2 3

0 0 1

0 −6 5

.

Solución

El polinomio característico de A es (−1)(λ + 1)(λ − 3)(λ − 2). Los valores propios de

A son λ1 = −1, λ2 = 2 y λ3 = 2. Notemos que det(A) = λ1λ2λ3 = −6 �= 0. No hay raíces

repetidas ni valores propios con parte real cero, por lo tanto A es no degenerada. También,

como hay valores propios con parte real positiva y negativa A es silla. �

Ejemplo 3.1.5 Encontrar los casos degenerados de las matrices de 2 × 2 en términos de la

traza y el determinante de A.

§3.1 MATRICES NO DEGENERADAS 36

Solución

Sea A una matriz de 2 × 2. El polinomio característico de A es

PA(λ) = λ2 − tr(A)λ + det(A).

Sea

�(A) = tr(A)2 − 4 det(A).

La matriz A tiene raíces repetidas sí y sólo si el discriminate �(A) = 0. Los valores propios

son

λ1,2 = tr(A) ± √�(A)

2Si �(A) < 0 entonces la parte real de λ1,2 es 1

2 tr(A). Es decir, si �(A) < 0, entonces el

caso degenerado ocurre cuando tr(A) = 0. Tal caso sucede si det(A) > 0 y tr(A) = 0. Si

�(A) > 0 entonces no hay caso degenerado si det(A) �= 0. En resumen A es degenerada si

alguna de las siguientes ocurre.

a) det(A) = 0,

b) �(A) = 0,

c) det(A) > 0 y tr(A) = 0.

Posteriormente haremos un examen más detallado de los sistemas 2 × 2. �

En un diagrama tenemos los siguientes puntos degenerados encontrados en el ejemplo

anterior. En el caso 2 × 2 los casos no degenerados se encuentran en cinco regiones. Las

propiedades de los valores propios correspondientes a las matrices en estas cinco regiones

se resumen en la siguiente tabla.

valores propios

Región det(A) tr(A) �(A) tipo parte real nombre

I + + + reales + nodo atractor

II + + − complejos + espiral atractora

III + − − complejos − espiral repulsora

IV + − + reales − nodo repulsor

V − ∗ + complejos +, − silla

§3.2 MATRICES ATRACTORAS 37

0tr(A)

I

IIIII

IV

V

det(A)

D(A) = 0

3.2 Matrices atractoras

Teorema 3.2.1 Sea A una matriz cuadrada no degenerada. Las siguientes afirmaciones son

equivalentes:

a) A es de tipo atractor.

b) Existen constantes positivas C, α tales que ‖et A‖ ≤ Ce−αt para toda t ≥ 0.

c) Para toda x0 ∈ Rn, lim

t→∞ et Ax0 = 0.

d) Existe una matriz simétrica positiva definida, M, tal que M A + AT M = −I .

Demostración


a)⇒b) Sabemos que existen funciones η1(t), . . . , ηn(t) y matrices E1, . . . , En tales que

et A = η1(t)E1(t) + · · · + ηn(t)En; en donde cada función es de la forma ηk(t) = eλk t ó

ηk(t) = eαk t cos βkt ó ηk(t) = eαk t sin βkt , ya que A es no degenerada. Como A es de tipo

atractor, entonces λk < 0 ó αk < 0, según el caso. Sea α > 0 tal que

max{Re(λ) : λ es valor propio de A} < −α < 0.

Notemos que eαtηk(t) es de la forma

eαtηk(t) = e(α+λk)t ó

eαtηk(t) = e(α+αk)t cos βkt ó

eαtηk(t) = e(α+λk)t sin βkt .

Por construcción α + Re(λ) < 0 y por lo tanto |eαtηk(t)| ≤ 1 para toda t ≥ 0. Notemos que

‖eαt et A‖ = ‖eαtη1(t)E1 + · · · + eαtηn(t)En‖≤ |eαtη1|‖E1‖ + · · · + |eαtηn(t)|‖En‖≤ ‖E1‖ + . . . ‖En‖

para toda t ≥ 0.Sea C = ‖E1‖ + . . . ‖En‖, entonces si t ≥ 0 tenemos que eαt‖et A‖ ≤ C y,

por lo tanto, ‖et A‖ ≤ Ce−αt .

b)⇒c) Sea x0 ∈ Rn . Entonces

limt→∞ et Ax0 = x0

si y sólo si

limt→0

∥∥et Ax0∥∥

2 = 0.

Notemos que 0 ≤ ‖et Ax0‖ ≤ ‖et A‖‖x0‖ ≤ Ce−αt‖x0‖ −→ 0 para algunas constantes

C, α > 0 y toda t ≥ 0. Por lo tanto,

limt→0

∥∥et Ax0∥∥ = 0.

Luego

limt→0

et Ax0 = 0.


c)⇒d) Consideremos la siguiente función lineal: : Mn → Mn , (B) = B A +AT B. Recordemos que dim(ker()) + dim(Im()) = dim(Mn). Si demostramos que

ker() = (0), habremos demostrado que es inyectiva y suprayectiva. Sea N ∈ Mn tal

que (N ) = 0. Sea x0 ∈ Rn . Definimos : R → R como (t) = 〈Net Ax0, et A N x0〉.

Entonces

d

dt(t) = 〈Net Ax0,

d

dtet A N x0〉 + 〈 d

dtet A N x0, et A N x0〉

= 〈Net Ax0, Aet A N x0〉 + 〈N Aet A N x0, et A N x0〉= 〈AT Net Ax0, et A N x0〉 + 〈N Aet Ax0, et A N x0〉= 〈(AT N + N A)et Ax0, et A N x0〉= 0.

Por otro lado tenemos que, por hipótesis,

limt→∞ (t) ≡ 0.

De este modo concluimos que (t) ≡ 0 y en particular (0) = 0 = 〈N x0, N x0〉. Es decir

‖N x0‖ = 0 y esto implica N x0 = 0. Como x0 es arbitrario, entonces N ≡ 0. Por lo tanto

es inyectiva y suprayectiva.

Sea M ∈ Mn tal que (M) = M A + AT M = −I . Notemos que (MT ) = (M)T =(M). Como es inyectiva entonces M = MT . Para ver que M también es positiva defi-

nida, tomemos x0 �= 0 y demostremos que 〈x0, Mx0〉 > 0. Sea K (t) = 〈et Ax0, Met Ax0〉.d

dtK (t) = 〈Aet Ax0, Met Ax0〉 + 〈et Ax0, M Aet Ax0〉

= 〈et Ax0, AT Met Ax0〉 + 〈et Ax0, M Aet Ax0〉= 〈et Ax0, (AT M + M A)et Ax0〉= −〈et Ax0, et Ax0〉= −‖et Ax0‖2 < 0

También, por hipótesis,

limt→∞ K (t) = 0.

§3.3 MATRICES TIPO SILLA 40

Entonces K (0) > 0. Es decir que 〈x0, Mx0〉 > 0. Por lo tanto M es positiva definida.

d)⇒a) Sea v un vector propio de A con valor propio λ. Entonces Av = λv y Av = λv.

El número vT Mv es un número real puesto que

vT Mv = vT Mv = vT MT v = vT Mv.

Entonces

vT (M A + AT M)v = vT M Av + vT AT Mv

= λ(vT Mv) + λ(vT Mv)

= (λ + λ)T (vT Mv)

Pero vT (M A + AT M)v = −vT v < 0. Concluimos que

2Re(λ) = λ + λ = −vT v

vT Mv< 0.

Por lo tanto, todos los valores propios tienen parte real negativa y entonces A es de tipo

atractor.

3.3 Matrices tipo silla

Sea A una matriz no degenerada. Nos preguntamos acerca de las condiciones iniciales x

tales que

limt→∞ et Ax = 0.

Por el teorema 3.2.1 anterior, si A es atractor, este límite se cumple para toda x ∈ Rn .

Además se cumple el siguiente resultado.

Proposición 3.3.1 Sea A de tipo atractor, entonces para toda x �= 0 se tiene que

limt→−∞

∥∥et Ax∥∥

2 = +∞.

Notemos que, si A es de tipo repulsor, entonces −A es atractor. Esto implica el siguiente.


Corolario 3.3.2 Si A es de tipo repulsor, entonces

limt→−∞ et Ax = 0

para todo x y

limt→∞

∥∥et Ax∥∥

2 = +∞,

para x �= 0.

En una matriz de tipo silla algunas condiciones iniciales cumplen limt→∞ et Ax = 0, otras

limt→−∞ et Ax = 0 y otras ninguna de las dos. Para estudiar las distintas condiciones iniciales

tenemos el siguiente.

Teorema 3.3.3 (Subespacios invariantes) Sea A una matriz de tipo silla. Sean

Es = {x ∈ R

n : limt→∞ et Ax = 0}

y

Eu = {x ∈ R

n : limt→−∞ et Ax = 0}.

Entonces

a) Es, E

u son subespacios vectoriales de Rn.

b) R = Es ⊕ E

u.

c) Cualquier solución x(t) del sistema lineal x = Ax se puede escribir como x(t) =qs(t) + qu(t), donde qs(t) ∈ E

s , qu(t) ∈ Eu, lim

t→∞ qs(t) = 0 y limt→−∞ qu(t) = 0.

d) Cada subespacio Eu, E

s es invariante.

e) dim Es = #{valores propios con parte real negativa} y dim E

u = #{valores propios

con parte real positiva}.

A Es se le llama espacio estable y a E

s el espacio inestable de la matriz A.


Demostración

Sean

σ+(A) = {valores propios con parte real positiva}y

σ−(A) = {valores propios con parte real negativa}.Tenemos que

σ+(A) = {λ+1 , . . . , λ+

m1, µ+

1 , . . . , µ+m2

, µ+1 , . . . , µ+

m2},donde λ+

i son reales y µ+j son complejos. Notar que #(σ+(A)) = m1 + 2m2. Además

σ−(A) = {λ−1 , . . . , λ−

m3, µ−

1 , . . . , µ−m4

, µ−1 , . . . , µ−

m4},

y #(σ−(A)) = m3 + 2m4.

Para cada real λ+i existe un vector propio v+

i y para cada complejo µ+j = α+

j + iβ+j existe

un valor propio r+j + is+

j . Para λ+i tenemos la solución

eλ+i t v+

i = f +i (t)

y para cada µ+j tenemos dos soluciones,

g+j (g) = eα+

i t(cos(β+j t)r+

j − sin(β+j t)s+

j )

y

h+j (g) = eα+

i t(sin(β+j t)r+

j + cos(β+j t)s+

j ).

Cualquier solución x(t) es una combinación lineal.

x(t) =m1∑i=1

C+i f +

i +m2∑j=1

(D+j g+

j + F+j h+

j )

+m3∑i=1

C−i f −

i +m4∑j=1

(D−j g−

j + F−j h−

j )


Si x(t) = et Ax, entonces

x = x(0) =m1∑i=1

C+i v+

i +m2∑j=1

(D+j r+

j + F+j s+

j )

+m3∑i=1

C−i v−

i +m4∑j=1

(D−j r−

j + F−j s−

j )

Sean

qs(t) =m3∑i=1

C−i f −

i +m4∑j=1

(D−j g−

j + F−j h−

j ),

qu(t) =m1∑i=1

C+i f +

i +m2∑j=1

(D+j g+

j + F+j h+

j ).

Entonces x(t) = qs(t) + qu(y).

limt→∞ qs(t) = 0 y lim

t→−∞ qu(t) = 0.

Además una condición necesaria y suficiente para que

limt→∞ x(t) = 0

es que qu(t) ≡ 0; del mismo modo

limt→−∞ x(t) = 0

si y sólo si qs(t) ≡ 0. Como las soluciones f +i , g+

j , h+j , f −

i , g−j , h−

j son linealmente inde-

pendientes, entonces

limt→∞ x(t) = 0

si y sólo si x ∈ span{v−i , r−

j , s−j }. Concluimos que

Es = span{v−

i , r−j , s−

j },

Eu = span{v+

i , r+j , s+

j }.Como v+

i , r+j , s+

j , v−i , r−

j , s−j son linealmente independientes, entonces dim(Es) = m1 +

2m2 y dim(Eu) = m3 + 2m4, y por lo tanto, Rn = E

s ⊕ Es .


Ejemplo 3.3.4 Sea A =

3 −3 1

0 0 1

0 −2 −2

. Encontrar E

s y Eu .

Solución

La matriz A tiene 3valores propios λ+1 = 3, µ−

1 = −1 + i y µ−1 = −1 − i . Tenemos los

siguientes vectores propios:

v+1 =

1

0

0

y

r−1 + i s−

1 =

1

1

−1 + i

=

1

1

−1

+ i

0

0

1

.

Por lo visto en el teorema 3.3.3, Eu = span

1

0

0

y E

s = span

1

1

−1

,

0

0

1

.

Podemos resolver este problema directamente de la definición. Tenemos tres soluciones

linealmente independientes:

f +1 (t) = eλ+

1 v+1 =

e3t

0

0

,

g−1 (t) = e−t

cos t

cos t

− cos t − sin t

y

h−1 (t) = e−t

sin t

sin t

cos t − sin t

.


Sea

(t) =

e3t e−t cos t e−t sin t

0 e−t cos t e−t sin t

0 −e−t (cos t + sin t) e−t (cos t − sin t)

.

Sabemos que (t) es una matriz fundamental de soluciones y por lo tanto

et A = (t)(0)−1.

Esto es

et A =




1 1 0

0 1 0

0 −1 1

−1

=




1 −1 0

0 1 0

0 1 1

=

e3t −e3t + e−t (cos t + sin t) e−t sin t

0 e−t (cos t + sin t) e−t sin t

0 −2e−t sin t e−t (cos t − sin t)

.

Supongamos que x = (u, v, w) ∈ Es . Queremos que

limt→∞ et Ax = 0.

Notemos que

et Ax =

ue3t − ve3t + ve−t (cos t + sin t) + we−t sin t

ve−t (cos t + sin t) + we−t sin t

−2ve−t sin t + we−t (cos t − sin t)

.

Entonces x = (u, v, w) ∈ Es si sólo si u − v = 0. Concluimos que

Es =

{(u, v, w) ∈ R

3 : u = v}

.

EJERCICIOS 46

Ya habíamos visto que

Es = span

1

1

−1

,

0

0

1

.

Ambos resultados coinciden. �

EJERCICIOS

✎ 3.1 La función y(t) = et Ax es la única solución del problema y = Ay, y(0) = x .

✎ 3.2 Sea A una matriz no degenerada. Demostrar

a) A es de tipo atractor si y sólo si limt→−∞

∥∥et Ax∥∥

2 = +∞, para todo x �= 0.

b) A es de tipo repulsor si y sólo si limt→∞

∥∥et Ax∥∥

2 = +∞, para todo x �= 0.

✎ 3.3 Clasificar las siguientes matrices.

a)

(1 3

−2 −6

).

b)

(1 3

−2 11

).

c)

(0 3

2 100

).

d)

(1 1

1 −1

).

e)

(3 3

−1 2

).

f)

(−1 0

1 0

).

g)

(−1 2

−2 −1

).

h)

−1 0 0

2 7 1

2 1 7

.

i)

1 1 1

1 1 1

1 1 1

.

(Sugerencia: Para clasificar, no es necesario resolver el sistema lineal.)

EJERCICIOS 47

✎ 3.4 Consideremos el siguiente problema con valores iniciales:

X =(

0 1

2 −1

)X ,

X (0) =(

u

v

),

donde u y v son constantes reales.

a) Resolver el problema.

b) ¿Cuánto debe valer u y v si deseamos que limt→∞ X (t) = 0?

✎ 3.5 Calcular los espacios estable e inestable de la siguiente matriz.

A =

−1 0 0

1 1 −1

1 1 1

✎ 3.6 Suponer que la siguiente matriz está en la región I I o I I I ; es decir, es de tipo

espiral.

A =(

a b

c d

)

a) Demostrar que bc < 0.

b) Suponer que x(t) = (x1(t), x2(t)) es solución del sistema x = Ax. Escribir el sistema

en coordenadas polares

x1 = r cos θ,

x2 = r sin θ.

Esto es, encontrar ecuaciones para θ y r , en términos de θ y r.

EJERCICIOS 48

c) Mostrar que la espiral se mueve en la dirección contraria a las manecillas del reloj si

c > 0 y en la dirección opuesta si c < 0. (Sugerencia: mostrar que θ > 0 si c > 0 y

θ < 0 si b > 0.)

d) Demostrar que r > 0 si A está en la región I I y r < 0 si A está en la región I I I. ¿Por

qué se denomina a estas matrices “espirales”?

CAPÍTULO 4

Teoría no Lineal.

4.1 Teoría de Ecuaciones Diferenciales.

Existen dos tipos de ecuaciones {autónomas

no autónomas

En las autónomas, el campo vectorial f no depende explícitamente de t ; esto es son de la

forma

x = f (x).

En las no autónomas, f depende explícitamente del tiempo t y son de la forma

x = f (x, t).

§4.1 TEORÍA DE ECUACIONES DIFERENCIALES. 50

Una ecuación no autónoma puede ser transformada en una autónoma pues, si hacemos y =(x

t

), entonces

y =(

x

1

)=(

f (x, t)

1

)

Si

y =(

x

t

)y F(y) =

(f (y)

1

)

entonces y = F(y) es autónoma.Un punto de equilibrio, o solución de punto fijo, de una

ecuación diferencialdy

dt= F(y)

es un punto p� tal que F(p�) = 0.

Para un sistema lineal 0 es siempre punto de equilibrio. Sin embargo, pueden existir

otros puntos de equilibrio. Si el det(A) �= 0, entonces 0 es el único punto de equilibrio. Si

det(A) = 0, existe una infinidad de puntos de equilibrio.

En este capítulo estudiaremos ecuaciones de la forma x = f (x), donde

f : E ⊂ Rn → R

n

es una función de continuamente diferenciable o de clase C1 definida en un abierto E de Rn.

Recordemos la definición de la clase C1.

Definición 4.1.1 Sea E un abierto de Rn. Se dice que f : E → R

n es diferenciable en x0 si

existe una matriz de n × n, A (x0) , tal que

limh→0

‖ f (x0 + h) − f (x0) − A (x0) h‖2

‖h‖2= 0.

A la matriz A (x0) es llamada matriz jacobiana y se escribe

A (x0) = f ′(x0).

Si la función es diferenciable en todos los puntos de su dominio se dirá simplemente que es

diferenciable.


Notemos que si f : E ⊂ Rn → R

n es diferenciable en E , entonces tenemos una función

f ′ : E → Mn ≈ Rn×n

entre espacios métricos y por lo tanto podemos hablar de continuidad. Diremos que f es de

clase C1 en E si f ′ es continua en E .

Teorema 4.1.2 Sea f : E ⊂ Rn → R

m con

f =

f1...

fm

.

Entonces f ∈ C1(E) sí y sólo si todas las derivadas parciales son continuas en E, es decir,

si∂ fi

∂x jes continua para todo i = 1, . . . , m y j = 1, . . . , n. Además

f ′(x0) =

∂ f1∂x1

∂ f1∂x2

· · · ∂ f1∂xn

......

. . ....

∂ fm∂x1

∂ fm∂x2

· · · ∂ fm∂xn

x=x0

Ejemplo 4.1.3 ¿Por qué necesitamos funciones de clase C1? Consideremos la ecuación

x = 3x2/3.

Si queremos resolver con x(0) = 0, existen dos soluciones

x1(t) = 0,

x2(t) ={

t3 si t > 0,

0 si t ≤ 0.

Queremos tener condiciones bajo las cuales esto no ocurra.

A continuación enunciaremos y probaremos el famoso teorema de existencia y unicidad.

De este teorema existen, en realidad, un sinnúmero de versiones dependiendo de las hipótesis

que se impongan sobre el campo vectorial en cuestión. Daremos una versión débil de este

teorema. Para demostrarlo necesitamos primero demostrar un lema.


Lema 4.1.4 Sea γ : [a, b] → Rn una función continua. Entonces∥∥∥∥

∫ b

aγ (s)ds

∥∥∥∥2

≤∫ b

a‖γ (s)‖2 ds.

Demostración

Notemos que

∥∥∥∥∫ b

aγ (s)ds

∥∥∥∥2

2=(∫ b

aγ (s)ds

)·(∫ b

aγ (t)dt

)

=∫ b

a

∫ b

a(γ (s) · γ (t)) dsdt

≤∫ b

a

∫ b

a‖γ (s)‖2 ‖γ (t)‖2 dsdt

=(∫ b

a‖γ (s)‖2 ds

)(∫ b

a‖γ (t)‖2 dt

)=(∫ b

a‖γ (s)‖2 ds

)2

.


La técnica que se usará para demostrar el teorema de existencia y unicidad es el de

iteraciones de Picard. Estas consisten en una sucesión de funciones que convergen en el

espacio de norma uniforme a la única solución del problema que queremos resolver.

Definición 4.1.5 (Iteraciones de Picard) Sea f : E → Rn un campo vectorial. La suce-

sión de Picard, o iteraciones de Picard, del problema de valores iniciales

x = f (x), (4.1)

x(0) = x0

es la sucesión dada recursivamente por

U0(t) ≡ x0,

Uk+1(t) = x0 +∫ t

0f (Uk(s)) ds.


Notemos el siguiente hecho, si las iteraciones de Picard convergen a una sola función x,

esta debería satisfacer la siguiente igualdad

x(t) = x0 +∫ t

0f (x(s))ds. (4.2)

Resulta que encontrar una función que satisfaga (4.2) es equivalente al problema original

(4.1) de valores iniciales. La demostración del teorema de existencia y unicidad es, en

esencia, la demostración de que las iteraciones de Picard convergen en C ([−a, a] , Rn) ,

donde a es un número positivo por definir. Recordemos que la norma del supremo o norma

del máximo en C ([−a, a] , Rn) es la siguiente

‖v‖∞ = max {‖v(t)‖2 : t ∈ [−a, a]} .

Es bien conocido que C ([−a, a] , Rn) con la norma ‖·‖∞ es un espacio de Banach. Con la

herramientas anteriores, podemos demostrar lo siguiente.

Teorema 4.1.6 (Existencia y Unicidad. Versión débil) Sean E un abierto de Rn, x0 ∈ E

y f de clase C1. Entonces existe un intervalo (−a, a) tal que el problema

x = f (x)

x(0) = x0

tiene una solución única en (−a, a) .

Demostración

Primero demostremos la existencia. Sea δ > 0 tal que Bδ(x0) ⊂ E . Claramente el

conjunto Bδ/2(x0) es un compacto contenido en E . Sea

K = max{∥∥ f ′(x)

∥∥ : x ∈ Bδ/2(x0)}

,

donde ‖·‖ es la norma de matrices. Por ser∥∥ f ′∥∥ una función continua y Bδ/2(x0) un conjunto

compacto, se cumple que 0 ≤ K < ∞.

Sean x, y ∈ Bδ/2(x0). En base a x y y, definimos la función G : [0, 1] → Rn dada por

G(s) = f (x + s(y − x)). Notemos que

G ′(s) = f ′(x + s(y − x))(y − x)


y, por otro lado,

G(1) − G(0) =∫ 1

0G ′(s)ds.

Esto implica

f (y) − f (x) =∫ 1

0f ′(x + s(y − x))(y − x)ds

Sacando la norma euclideana en Rn obtenemos

‖ f (y) − f (x)‖2 =∥∥∥∥∫ 1

0f ′(x + s(y − x))(y − x)ds

∥∥∥∥2

≤∫ 1

0

∥∥ f ′(x + s(y − x))(y − x)∥∥

2 ds

Notemos que. si x, y ∈ Bδ/2(x0) y si s ∈ [0, 1] entonces x + s(y − x) ∈ Bδ/2(x0). Sabemos

que ∥∥ f ′(x + s(y − x))(y − x)∥∥

2 ≤ ∥∥ f ′(x + s(y − x))∥∥ ‖y − x‖2

≤ K ‖y − x‖2

Concluimos

‖ f (y) − f (x)‖2 ≤∫ 1

0K ‖y − x‖2 ds = K ‖y − x‖2 (4.3)

Sean b = δ/4 y M = max{‖ f (x)‖2 : x ∈ Bb(x0)

}. Claramente M < ∞. Supongamos, sin

pérdida de generalidad, que M > 0. Sea a un número que satisfaga

0 < a < min

{1

K,

b

M

}.

Estos números (a, b, K , M) nos servirán para hacer estimaciones acerca de las iteraciones

de Picard. Sean

U0(t) ≡ x0

Uk+1(t) = x0 +∫ t

0f (Uk(s)) ds

Veremos que Uk es una sucesión de Cauchy en el espacio C [−a, a] . Definamos

A(b) = {v ∈ C([−a, a] , R

n) : ‖v − U0‖∞ < b}.


Demostraremos que si Uk ∈ A(b) entonces Uk+1 ∈ A(b). Esto lo hacemos por inducción.

Supongamos, como hipótesis de inducción, que ‖Uk − U0‖ < b. Sea t ∈ [−a, a], entonces

‖Uk+1(t) − x0‖2 =∥∥∥∥∫ t

0f (Uk(s)) ds

∥∥∥∥2

‖Uk − U0‖ < b implica que para todo t ∈ [−a, a] se cumple

‖Uk(t) − x0‖2 < b.

Es decir, para todo t ∈ [−a, a] se tiene que Uk(t) ∈ Bb(x0). Por lo tanto

‖ f (Uk(t))‖2 ≤ M

para todo t ∈ [−a, a] . Entonces si t ∈ [−a, a] entonces

‖Uk+1(t) − x0‖2 ≤∫ |t |

0‖ f (Uk(s))‖2 ds ≤

∫ |t |

0Mds ≤ Ma < b.

El máximo satisface

‖Uk+1 − U0‖∞ = maxt∈[−a,a]

‖Uk+1(t) − x0‖2 ≤ Ma < b.

Demostraremos ahora que la sucesión es de Cauchy. Estimaremos primero ‖U2 − U1‖∞.

Si t ∈ [−a, a] , entonces

‖U2(t) − U1(t)‖2 =∥∥∥∥x0 +

∫ t

0f (U1(s)) ds − x0 −

∫ t

0f (U0(s)) ds

∥∥∥∥2

≤∫ t

0‖ f (U1(s)) − f (U0(s))‖2 ds.

Sabemos que para todo t ∈ [−a, a] se tiene que

‖U1(t) − U0(t)‖2 < b <δ

2.

Por lo tanto, si |s| ≤ |t | < a entonces

‖ f (U1(s)) − f (U0(s))‖2 ≤ K ‖U1(t) − U0(t)‖2 < K b.


Concluimos

‖U2(t) − U1(t)‖2 <

∫ |t |

0(K b) ds < K ab.

Por inducción se puede ver que

∥∥U j+1 − U j∥∥∞ ≤ (K a) j b.

Si m > n ≥ N , entonces

‖Um − Un‖∞ ≤ (K a)N b

1 − K a,

pues 0 < K a < 1. Dado que

limN→∞ (K a)N = 0

concluimos que {Um} es de Cauchy en la norma ‖·‖∞ y por lo tanto converge a un elemento

x ∈ C ([−a, a] , Rn) que además cumple

x(t) = x0 +∫ t

0f (x(s))ds,

para todo t ∈ [−a, a]. Esto termina la demostración.

Ejemplo 4.1.7 Usar el método de Picard para resolver el siguiente problema lineal.

x = Ax,

x(0) = x0,

Demostración

Definimos

U0(t) = x0,

Uk+1(t) = x0 +∫ t

0AUk(s)ds.

Obtenemos

U1(t) = x0 +∫ t

0(Ax0) ds = x0 + t Ax0,


U2(t) = x0 + α

∫ t

0x0 + t Ax0ds =

(I + t A + t2

2A2)

x0,

U3(t) = x0 + α

∫ t

0

(I + t A + t2

2A2)

x0ds

=(

I + t A + t2

2A2 + t3

3!A3)

x0.

Por inducción podemos ver que

Un(t) =(

n∑k=0

t k

k!Ak

)x0.

Claramente esta sucesión converge, en la norma del supremo a x(t) = et Ax0 que, como ya

hemos estudiado, es solución de la ecuación.

En resumen, si consideremos el problema (4.1) donde f es una función de clase C1 en

un abierto E de Rn, entonces sabemos que existe un intervalo [−a, a] en donde existe una

única solución de este problema.

Ejemplo 4.1.8 Si f no es C1 en todo el plano no podemos garantizar la unicidad. Conside-

remos el siguiente problema

x = 3x23 ,

x(0) = x0.

Se puede ver que f (x) = 3x23 es de clase C1 en � = R\ {0} y, por tanto, dicha solución es

única si x0 �= 0. Si x0 = 0, puede verificarse directamente que x(t) = 0 y x(t) = t3 son

dos soluciones posibles. esto no viola el resultado del teorema 4.1.6 pues la función f no es

diferenciable en 0, por lo que no puede garantizarse unicidad.

Ejemplo 4.1.9 El problema de valores iniciales

y = tan(ey − arctan y

)y(t0) = y0


tiene una solución única para todo t0 y todo y0 pues la función f que define a la ecuación

es de clase C1 en un abierto de Rn . Esto se sabe a pesar de que, en general, la solución no

puede calcularse explícitamente.

Nos preguntamos ahora acerca de hasta dónde podemos extender la solución. Tenemos

el siguiente teorema que damos sin demostración.

Teorema 4.1.10 Sean E un abierto de Rn, f una función de clase C1. Entonces, para cada

punto x0 ∈ E, existe un intervalo D(x0) (llamado intervalo maximal) tal que

a) D(x0) = (α, β) , y contiene a t = 0,

b) El problema

y = f (y)

y(0) = x0

tiene una solución y(t) definida en D(x0),

c) La solución y(t) es única en el siguiente sentido. Si el problema tuviera otra solución

z(t), definida en un intervalo I, entonces I ⊂ D(x0), y z(t) = y(t) en I.

Ejemplo 4.1.11 Considerar

x = −1

2x.

en E = (0, ∞). Calcular D(1).

Solución

Resolveremos

x = −1

2x

x(0) = 1

y veremos hasta dónde podemos extender la solución. Resulta que la solución es

x(t) = √1 − t


En este caso, x(t) está definido para todo t ∈ (−∞, 1] . Sin embargo, en t = 1, x(t) sale del

conjunto E . Por lo tanto, D(1) = (−∞, 1) . �

Ejemplo 4.1.12 Consideremos

x = 1

x

definida en E = (0, ∞) . Encontrar D(x0).

Solución

Para cada x0 la solución x(t) que satisface x(0) = x0 es

x(t) =√

2t + x20

El dominio de x(t) es{t ∈ R | 2t + x2

0 ≥ 0} = [− x0

2 , ∞) . El intervalo maximal es por

tanto D(x0) = (−x0/2, ∞) . �

En base al teorema anterior, podemos demostrar que las soluciones de una ecuación

autónoma x = f (x) son en realidad un flujo sobre el dominio del campo vectorial.

Teorema 4.1.13 Sean E un abierto de Rn, f una función de clase C1. Sea ψ(t, x0) la

solución del problema

y = f (y)

y(0) = x0

definida en el intervalo D(x0). Si t ∈ D(x0), s ∈ D (ψ (t, x0)) , entonces

a) s + t ∈ D(x0),

b) ψ (s + t, x0) = ψ (s, ψ (t, x0)) .

Demostración

Suponer t > 0 y D(x0) = (α, β) . Definimos la función x : (α, s + t] → E dada por

x(r) ={

ψ (r, x) α ≤ r ≤ t

ψ (r − t, ψ (t, x0)) t ≤ r ≤ s + t


Claramente x(r) es diferenciable en todos los puntos del dominio con la posible excepción

de r = t . Además x(r) es continua en r = t . Queremos demostrar que el siguiente limite

existe

limh→0

x(t + h) − x(t)

hSabemos

limh→0+

x(t + h) − x(t)

h= lim

h→0+ψ(r, ψ(t, x0)) − ψ(t, x0)

h

= ∂

∂r

∣∣∣∣r=0

ψ(r, ψ(t, x0)) = f (ψ(t, x0)).

Por otro lado

limh→0−

x(t + h) − x(t)

h= lim

h→0−ψ (t + h, x0) − ψ(t, x0)

h

= ∂

∂r

∣∣∣∣r=t

ψ(r, x0) = f (ψ(t, x0)).

Concluimos qued

dr

∣∣∣∣r=t

x(r) = f (ψ(t, x0)) = f (x(t))

Se puede ver que para cualquier otro valor de r, se tiene que

d

drx(r) = f (x(r)).

Además x(0) = x0. Por el Teorema 4.1.10, (α, s + t] ⊂ D(x0), y además

x(r) = ψ(r, x0)

para todo r ∈ (α, s + t] . En particular, s + t ∈ D(x0), y

x(s + t) = ψ (s + t, x0) = ψ (s, ψ (t, x0)) .


Definimos de este modo un flujo asociado a una ecuación diferencial. Sea E un abierto

de Rn y f ∈ C1 (E) . Sea D(x) el intervalo maximal correspondiente a x . Definimos

� = {(t, x) ∈ R × E : t ∈ D(x)}


Por ser D(x) un intervalo, se puede ver que � es un abierto de R × Rn . En � definimos el

flujo asociado a f como la función φ : � → E tal que

φ (0, x) = x,

∂

∂ tφ (t, x) = f (φ (t, x)) .

Además, esta función es única.

Ejemplo 4.1.14 Encontrar el flujo asociado a la ecuación

x = sec x

donde E = (−π2 , π

2

).

Solución

Resolveremos el siguiente problema de valores iniciales.

x = sec x,

x(0) = x0,

donde x0 ∈ E . Usando el método de separación obtenemos∫

cos xdx = ∫ dt y por lo tanto

sin x = t + C. Para determinar el valor de la constante C echamos mano de la condición

inicial. Esto es,

sin x0 = C.

Sustituyendo y simplificando obtenemos

sin x(t) = t + sin(x0),

x(t) = arcsin(t + sin(x0)).

Por lo tanto, la forma de el flujo para este sistema dinámico es

φt (x0) = arcsin(t + sin(x0)).


Para x0 queremos −1 ≤ t + sin(x0) ≤ 1 y además

arcsin(t + sin(x0)) ∈ E =(−π

2,π

2

)Necesitamos, por lo tanto la siguiente condición

−1 < t + sin(x0) < 1;

es decir,

−1 − sin x0 < t < 1 − sin x0

Este es un abierto que contiene a 0. Concluimos entonces

D(x0) = (−1 − sin x0, 1 − sin x0) .

El dominio del flujo se define como

� ={(t, x) ∈ R ×

(−π

2,π

2

): t ∈ (−1 − sin x, 1 − sin x)

}Aquí concluimos el ejemplo. �

La unicidad de las soluciones es, a veces, más importante de lo que a simple vista podría

parecer. En el plano, tenemos la propiedad de que las curvas “separan” a éste en regiones.

Una manera geométrica de entender la unicidad es pensar que una curva que es solución no

puede ser cruzada por otra solución. Si tal fuera el caso, se tendrían dos soluciones distintas

que iniciarían en el mismo punto: el punto de intersección. Esto se demostraría del siguiente

modo. Sean z1(t) y z2(t) dos soluciones de la ecuación x = f (x) donde f es una función

de clase C1 definida en un abierto de Rn . Supongamos que existen un par de tiempos t1 y t2

tales que z1(t1) = z2(t2). Definamos x0 = z1(t1) = z2(t2) y

y1(t) = z1(t + t1),

y2(t) = z2(t + t2).

dos funciones que están definidas en intervalos I1 e I2. Claramente, ambas funciones también

son soluciones de la ecuación x = f (x) y además y1(0) = y2(0) = x0. Por el teorema de

EJERCICIOS 63

a) b)

Figura 4.1: El teorema de existencia y unicidad no permite que las soluciones se crucen. En

la figura a) se representa la situación típica en la que se ven las soluciones de una ecuación

diferencial en el plano. En la figura b) se da una situación imposible si se tiene unicidad:

una solución no puede cruzar otras.

existencia y unicidad, y1(t) = y2(t) para todo t ∈ I1 ∩ I2. Por lo tanto z1(t) y z2(t) no se

pueden “cruzar”, a menos que sus imágenes coincidan.

Estas consideraciones se ilustran en la figura 4.1. En el plano R2, la unicidad trae conse-

cuencias importantes pues en ocasiones una curva solución divide al plano en dos regiones

y así las demás soluciones no pueden cruzar de una de estas regiones a otra.

EJERCICIOS

✎ 4.1 Escribir las soluciones de las siguientes ecuaciones diferenciales en el abierto E

usando la notación de flujos. En cada caso, encontrar el intervalo maximal correspondiente

a cada punto de E .

a) x = x(1 − x), definida en E = (0, 1).

b) x = tan x, definida en E = (0, π/2).

c) x = x2, y = 1/x, definida en E = (0, ∞) × R.

EJERCICIOS 64

✎ 4.2 Encontrar las tres primeras iteraciones de Picard del siguiente problema de valores

iniciales: x = x2, x(0) = 1.

✎ 4.3 Sea

y = f (y)

una ecuación diferencial donde f : E → Rn es de clase C1. Utilizar el método de las

iteraciones de Picard para demostrar lo siguiente.

a) Sea η �= 0 y H = {x ∈ Rn : η · x = c} un hiperplano. Suponer que para todo

h ∈ E ∩ H se tiene que η · f (h) = 0. Si y0 ∈ E ∩ H entonces ϕt (y0) ∈ E ∩ H para

todo t ∈ D(y0).

b) Sea V un subespacio vectorial de Rn tal que para todo h ∈ E ∩ V se tiene que f (h) ∈

V . Si y0 ∈ E ∩ V entonces ϕt (y0) ∈ E ∩ V para todo t ∈ D(y0).

c) ¿Cómo se generalizarían los anteriores resultados para un espacio afín en general? Un

espacio afín en un espacio vectorial trasladado, que abarca los dos ejemplos anteriores.

✎ 4.4 Sea R2++ = {(u, v) : u > 0, v > 0}. Consideremos el siguiente problema

d

dt

(u

v

)=(

u2 + v sin u

−1 + uv + cos v

),

u(0) = u0, v(0) = v0.

Demostrar que cualquier curva solución que inicie en el primer cuadrante permanecerá ahí

para todo tiempo en el intervalo maximal. Es decir, demostrar que si (u0, v0) ∈ R2++ en-

tonces ϕ(t, (u0, v0)) ∈ R2++, para todo t ∈ D(u0, v0). (Sugerencia: utilizar el teorema de

existencia y unicidad, y el ejercicio 4.3.)

✎ 4.5 Sea ϕt(x, y) el flujo generado por el sistema

x = −2ex xy,

y = ex(−3x2 − 1 + y2

).

Encontrar el intervalo maximal del origen y una expresión explícita para la función ϕt (0, 0).

EJERCICIOS 65

✎ 4.6 Sea A una matriz de 3 × 3 cualquiera. Sean {e1, e2, e3} los vectores de la base

canónica. Considerar el siguiente sistema en R3

xi = xi(eT

i Ax − xT Ax),

donde i = 1, 2, 3 y x = (x1, x2, x3). Se define el simplejo de R3 como el conjunto

S3 ={(x1, x2, x3) ∈ R

3 : x1, x2, x3 ≥ 0, x1 + x2 + x3 = 1}

.

Demostrar que S3 es invariante bajo el flujo generado por las ecuaciones diferenciales. Es

decir, si φ es el flujo y x ∈S3 entonces φt (x)∈S3 para todo t ∈ D(x).

✎ 4.7 Sea f : Rn → R

n un campo vectorial de clase C1. Sea φ(t) una solución de la

ecuación diferencial dada por

X = f (X).

Suponer que φ(t) está definida para todo t ∈ R, y que existe un número T > 0 tal que

φ(0) = φ(T ). Demostrar que para todo t se cumple

φ(t) = φ(t + T ).

CAPÍTULO 5

Estabilidad no lineal

5.1 Conjugación topológica

Queremos dar una definición que haga a equivalentes dos sistemas dinámicos. Informal-

mente, podemos decir que dos sistemas dinámicos son equivalentes si existe un cambio de

variable que transforma uno en otro. En general, el cambio de variable puede ser de distintos

tipos y se considera el más sencillo uno que sólo sea continuo. En el ejercicio 1.5 se con-

sideró el caso de la transformación de un campo vectorial en otro, en base a un cambio de

variable diferenciable. La siguiente definición es un caso más general, pues sólo considera

continuidad.

Definición 5.1.1 Sean U , V dos abiertos de Rn. Una función h : U → V es llamada

homeomorfismo si

a) h es una biyección,

b) h es continua,

§5.1 CONJUGACIÓN TOPOLÓGICA 67

c) h−1 es continua.

Definición 5.1.2 Dos sistemas dinámicos (X, φ1) y (Y, φ2) son topológicamente conjugados

si existe un homeomorfismo h : X → Y tal que

φ1 (t, h(x)) = h (φ2 (t, x)) , (5.1)

para todo x ∈ X. En tal caso escribiremos φ1 ∼ φ2 y también diremos que los flujos son

equivalentes.

Ejemplo 5.1.3 Consideremos dos matrices:

A =(

−1 −3

−3 −1

)y B =

(2 0

0 −4

).

Sean φ1(t, x) = et Ax, y φ2(t, y) = et B y los flujos generados por las matrices A y B.

Observemos que

B = R−1 AR

donde

R = 1√2

(1 1

−1 1

)

y

R−1 = 1√2

(1 −1

1 1

).

Se puede demostrar que

et B = R−1et A R,

y por lo tanto et A R = Ret B . Esto sugiere que los dos flujos son equivalentes a través del

cambio de variable dado por la matriz R. Esto es, si hacemos h(x) = Rx entonces

φ1 (t, h(x)) = et A Rx

= Ret B x = h (φ2 (t, x)) .


En ambos casos, el origen es un punto silla. En el primer caso tenemos dos vectores propios:(1

1

),

(1

−1

).

En el segundo caso tenemos dos vectores propios:(1

0

),

(0

1

).

Nótese que el cambio de variable h mapea los vectores propios de una matriz en los vectores

propios de la otra. El cambio de variable y = h(x) es, de hecho, una rotación de 45o.

Ejemplo 5.1.4 La función que hace a dos flujos equivalentes puede ser bastante complicada.

Consideremos los siguientes flujos en R2.

ϕt1(x) = et x

y

ϕt2(x) = et

(cos(t) − sin(t)

sin(t) cos(t)

)x

dos flujos en Rn . Resulta que ϕ1 ∼ ϕ2, pero la función que los hace equivalentes es bastante

complicada. Consideremos a h : R2 → R

2 una conjugación topológica. Los campos

vectoriales correspondientes a ϕ1 y ϕ2 son lineales.

f1(x) =(

1 0

0 1

)x,

f2(x) =(

1 −1

1 1

)x .

Si la función h fuese lineal, las matrices

(1 0

0 1

)y

(1 −1

1 1

)serían equivalentes (ver

ejercicio 5.1). Pero esto no sucede, por lo que h no puede ser simplemente una función


lineal. Proponemos

h(x) =

(

cos(log ‖x‖) − sin(log ‖x‖)

sin(log ‖x‖) cos(log ‖x‖)

)x, x �= 0,

0, x = 0.

para x �= 0 y h(0) = 0. Queremos demostrar que h ◦ϕt1 = ϕt

2 ◦h. Si x ∈ R2, x �= 0 tenemos

que

h ◦ ϕt1(x) = h(et x)

=(

cos(log ‖x‖ + t) − sin(log ‖x‖ + t)

sin(log ‖x‖ + t) cos(log ‖x‖ + t)

)(et x)

= et

(cos t − sin t

sin t cos t

)(cos(log ‖x‖) − sin(log ‖x‖)

sin(log ‖x‖) cos(log ‖x‖)

)x

= ϕt2(h(x)) = ϕt

2 ◦ h(x).

Notemos que ‖h(x)‖ = ‖x‖. De este hecho, es fácil ver que la inversa de h es

h−1(x) =

(

cos(log ‖x‖) sin(log ‖x‖)

− sin(log ‖x‖) cos(log ‖x‖)

)x, x �= 0,

0, x = 0.

Claramente tanto h como h−1 son funciones continuas para todo punto x �= 0. Notemos

además que

limx→0

h(x) = 0,

limx→0

h−1(x) = 0.

Dado que definimos h(0) = 0, y h−1(0) = 0, ambas funciones también resultan ser conti-

nuas en x = 0.

§5.2 LINEALIZACIÓN DE PUNTOS FIJOS 70

EJERCICIOS

✎ 5.1 Dos matrices A y B de n × n son equivalentes si existe una matriz invertible R tal

que B = R−1 AR. Demostrar que si A y B son equivalentes entonces los flujos φ1(t, x) =et Ax, y φ2(t, y) = et B y definidos en R

n son topológicamente conjugados.

✎ 5.2 Sean A y B dos matrices de n × n. Suponer que los flujos φ1(t, x) = et Ax, y

φ2(t, y) = et B y, definidos en Rn, son topológicamente conjugados a través de una función

h : Rn → R

n . Demostrar que si h(0) = 0, h es diferenciable en 0 y h′(0) es invertible

entonces A y B son equivalentes. (Sugerencia: usar la ecuación (5.1) y derivar en x = 0. )

✎ 5.3 Demostrar que la conjugación topológica entre sistemas dinámicos es una relación

de equivalencia.

✎ 5.4 Sea f : R → R el campo vectorial dado por f (x) = ax2 + bx + c donde a �= 0.

a) Demostrar que el flujo generado por f es topológicamente equivalente a un flujo ge-

nerado por alguno de los siguientes campos: y = γ (y2+1), y = γ (y2−1) o y = γ y2

para alguna γ > 0. Es decir, el campo vectorial dado por f (x) = ax2 + bx + c puede

ser reducido, bajo un cambio de variable, a uno de los tres casos anteriores.

b) Resolver y = γ (y2 + 1), y = γ (y2 − 1) y y = γ y2.

c) Clasificar la dinámica de f de acuerdo al signo del discriminante b2 − 4ac.

5.2 Linealización de puntos fijos

Supongamos f es un campo vectorial definido en un abierto E ⊂ Rn y f (p∗) = 0. Un

punto p∗ que satisface f (p∗) = 0 es llamado punto de equilibrio o punto fijo. Recordemos

que cerca de p∗ se tiene

f (p∗ + h) = f (p∗) + f ′(p∗)h + o(h),


donde o(h) es una función tal que

limh→0

o(h)

‖h‖ = 0.

En particular, si h es pequeño o(h) ≈ 0. Podemos aproximar, por lo tanto

f (p∗ + h) ≈ f ′(p∗)h.

Esperaríamos que la dinámica de ambos sistemas fuese parecida. Si x(t) es una solución de

x = f (x), definimos

η(t) = x(t) − p∗

y entonces

x(t) = η(t) + p∗.

Además, tendríamos

η(t) = x(t) = f (x(t)) = f (p∗ + η(t)).

Si ‖η(t)‖ es pequeño, entonces

η(t) = f (p∗ + η(t)) ≈ f ′(p∗)η(t)

Esperaríamos que la dinámica de η sea similar a la dinámica del sistema lineal

η = f ′(p∗)η.

Esto motiva la siguiente definición.

Definición 5.2.1 Sean f y p∗ como antes. Al sistema lineal

η = f ′(p∗)η

se le denomina el sistema lineal asociado al punto fijo p∗. Se dirá, además, que la estabili-

dad del punto p∗ es la misma que la del sistema lineal asociado.

El análisis hecho anteriormente puede generalizarse a sistemas de varias variables.


Ejemplo 5.2.2 Considerar el sistema

x = y,

y = −1 + x2

Encontrar los puntos fijos y calcular el sistema lineal asociado en cada caso.

Solución

Los puntos de equilibrio son (1, 0) y (−1, 0). El campo vectorial del sistema es

f

(x

y

)=(

y

x2 − 1

)

y el jacobiano correspondiente es

f ′(

x

y

)=(

0 1

2x 0

).

El sistema lineal asociado a (1, 0) es

η = f ′(

1

0

)η =

(0 1

2 0

)η

y por lo tanto la dinámica cerca de (1, 0) es de tipo silla. Por otro lado, el sistema lineal

asociado a (−1, 0) es

η = f ′(

−1

0

)η =

(0 1

2 0

)η.

El punto (−1, 0) es degenerado. �

El siguiente teorema nos permite hacer formal la idea de que el sistema lineal asociado

a cada punto fijo es, de hecho, una buena aproximación del sistema no lineal. La condición

que se debe cumplir es que la matriz jacobiana correspondiente sea no degenerada. En otras

palabras, cerca de un punto fijo si el sistema lineal asociado es no degenerado existe, al

menos teóricamente, un cambio de variable que hace al flujo del sistema lineal equivalente

con el flujo del sistema lineal asociado.


Teorema 5.2.3 (Hartman-Grobman) Sea E un abierto de Rn. Sea f es un campo vectorial

definido en un abierto E ⊂ Rn y p∗ ∈ E un punto tal que f (p∗) = 0. Sea φt el flujo

generado por la ecuación x = f (x). Asumir que la matriz A = f ′(p∗) es no degenerada.

Entonces existen abiertos U y V de Rn y un homeomorfismo h : U → V tal que

a) p∗ ∈ U,

b) 0 ∈ V,

c) si φ (t, x0) ∈ U entonces

h (φ (t, x0)) = et Ah(x0).

Es decir, φ (t, x0) = h−1(et Ah(x0)

).

Posteriormente daremos ejemplos en los que una matriz jacobiana degenerada implica

que la dinámica podría ser de distintos tipos y el teorema de Hartman-Grobman anterior no

se puede aplicar.

Ejemplo 5.2.4 Consideremos el flujo φt generado por el campo vectorial f : R2 → R

2

dado por

f

(x

y

)=(

x

−y + x2

).

Sea h : R2 → R

2 la función dada por

h

(x

y

)=(

x

y − 13 x2

).

Podemos demostrar que h es la conjugación topológica del Teorema de Hartman-Grobman

de φt con el flujo lineal cerca de (0, 0). Es decir,

h(φt (x, y)

) = et Ah(x, y).

donde A = f ′ (0, 0) . Para encontrar φt (x0, y0) se resuelve

x = x,

y = −y + x2,


con condiciones iniciales x(0) = x0 y y(0) = y0. Claramente se tiene que x(t) = x0et y por

tanto concluimos

y = −y + x20e2t

Usando el método del factor de integración encontramos que

y(t) = 1

3x2

0e2t +(

y0 − 1

3x2

0

)e−t

El flujo es, por tanto

φt

(x0

y0

)=(

x(t)

y(t)

)=(

x0et

13 x2

0e2t + (y0 − 13 x2

0

)e−t

).

Por otra parte,

A =(

1 0

0 −1

).

Es fácil ver que

et A =(

et 0

0 e−t

).

Luego entonces

h

(φt

(x0

y0

))= h

(x0et

13 x2

0e2t + (y0 − 13 x2

0

)et

)

=(

x0et

13 x2

0e2t + (y0 − 13 x2

0

)et − 1

3

(x0et

)2)

=(

et 0

0 e−t

)(x0

y0 − 13 x2

0

)= et Ah

(x0

y0

).

Ejemplo 5.2.5 Se desea linealizar el sistema

x = x + y2 − 1,

y = xy + x2


y clasificar su puntos de equilibrio. Sea (x∗, y∗) algún punto de equilibrio. La matriz jaco-

biana asociada al sistema linealizado alrededor de (x∗, y∗) es

J (x∗, y∗) =(

1 2y∗

y∗ + 2x∗ x∗

).

Los puntos de equilibrio se obtienen resolviendo el sistema

x + y2 − 1 = 0,

xy + x2 = 0.

Obtenemos así los cuatro puntos (0, 1), (0, −1), (−1.62, 1.62) y (0.62, −0.62). De esta

forma, para los primeros dos puntos de equilibrio tenemos

J (0, 1) =(

1 2

1 0

),

J (0, −1) =(

1 −2

−1 0

),

ambas matrices con valores propios λ1 = −1 y λ2 = 2. La matriz

J (−1.62, 1.62) =(

1 3.24

−1.62 −1.62

)

tiene valores propios λ1 = −0.31 + 1.88i y λ2 = −0.31 − 1.88i, y finalmente

J (0.62, −0.62) =(

1 −1.24

0.62 0.62

)

posee valores propios λ1 = 0.81 + 0.856i y λ2 = 0.81 − .856i.

Vemos entonces que (0, 1) y (0, −1) son puntos silla (−1.62, 1.62) es un punto espiral

atractora y (0.62, −0.62) un punto espiral repulsora. La figura 5.1 ilustra estos resultados.

Ejemplo 5.2.6 Ahora vamos a encontrar y clasificar los puntos fijos del siguiente sistema:

y1 = y21 + y2

2 − 2,

y2 = y21 − y2

2 .


0-1-2-3 1 2

3

2

1

0

-1

-2

Figura 5.1: Diagrama de fase correspondiente al ejemplo 5.2.5.

Los puntos fijos satisfacen

y21 + y2

2 − 2 = 0,

y21 − y2

2 = 0.

Por lo tanto éstos son (1, 1), (1, −1), (−1, 1) y (−1, −1).

La matriz jacobiana asociada al sistema lineal, alrededor de (y1, y2), está dada por

J (y1, y2) =(

2y1 2y2

2y1 −2y2

).

Entonces,

J (1, 1) =(

2 2

2 −2

).

Como el determinante de la matriz es negativo, se tiene que (1, 1) es punto silla. Por otra

parte,

J (1, −1) =(

2 −2

2 2

).


En este caso tr(J (1, −1) = 4, det(J (1, −1)) = 8 y �(J (1, −1)) = −16, por lo que se

trata de una espiral repulsora. Para el punto (−1, 1), la matriz jacobiana es

J (−1, 1) =(

−2 2

−2 −2

),

ahora se tiene que tr(J (−1, 1)) = −4, det(J (−1, 1)) = 8 y �(J (−1, 1)) = −16 por lo

que se trata de una espiral atractora. Finalmente, para (−1, −1)

J (−1, −1) =(

−2 −2

−2 2

).

Basta notar que el determinante es negativo, por lo tanto se trata de un punto silla. En la

figura 5.2 se puede apreciar el comportamiento global de las soluciones y claramente se ve

la existencia de dos puntos silla, una espiral atractora y una espiral repulsora.

-2

-1

0

1

2

-2 -1 0 1 2

x

Figura 5.2: Diagrama de fase para el ejemplo 5.2.6.


Ejemplo 5.2.7 Consideremos el sistema

x = −y + ax(x2 + y2),

y = x + ay(x2 + y2).

Encontrar una expresión explícita para el flujo generado y analizar la dinámica cerca del

punto fijo (0, 0).

Solución

El jacobiano del campo vectorial es

f ′(

x

y

)=(

a(3x2 + y

) −1 + 2axy

1 + 2axy a(x2 + 3y2

))

.

En el punto fijo (0, 0) tenemos

f ′(

0

0

)=(

0 −1

1 0

).

Notemos que la traza de f ′(0, 0) es 0 y el determinante es 1, por lo que (0, 0) es un punto

degenerado. En este caso el teorema de Hartman-Grobman no se puede aplicar. Vamos a

demostrar que la dinámica cerca de (0, 0) depende del signo del parámetro a. Dado que

la matriz jacobiana f ′(0, 0) es independiente de a, este ejemplo muestra que si la matriz

jacobiana en el punto fijo es degenerada, entonces no se puede decir nada de la dinámica

cerca del punto fijo.

Usaremos coordenadas polares

x(t) = r(t) cos θ(t), (5.2)

y(t) = r(t) sin θ(t).

para encontrar una expresión explícita del flujo. Sean (r0, θ0) números tales que

x0 = r0 cos θ0,

y0 = r0 sin θ0.


donde r0 ≥ 0. Tenemos las ecuaciones:

θ = yx − x y

r2=[x + ay(x2 + y2)

]x − [−y + ax(x2 + y2)

]y

r2= 1

y

r = x x + y y

r= x

[−y + ax(x2 + y2)]+ y

[x + ay(x2 + y2)

]r

= ar3.

Al resolver el sistema anterior con condiciones r(0) = r0 y θ(0) = θ0 obtenemos

θ(t) = θ0 + t,

y

r(t) = r0√1 − 2r2

0 at.

Si usamos las ecuaciones (5.2), obtenemos las ecuaciones del flujo generado. Esto es,

φt

(x0

y0

)=(

x(t)

y(t)

)=(

r(t) cos θ(t)

r(t) sin θ(t)

)

= r0√1 − 2r2

0 at

(cos(θ0 + t)

sin(θ0 + t)

)

= 1√1 − 2r2

0 at

(cos t − sin t

sin t cos t

)(r0 cos(θ0)

r0 sin(θ0)

)

= 1√1 − 2(x2

0 + y20)at

(cos t − sin t

sin t cos t

)(x0

y0

).

Tenemos tres casos: a = 0, a < 0 y a > 0.

Si a = 0 entonces r(t) ≡ r0 y el intervalo maximal es D(x0, y0) = R. Además, el flujo

satisface

φt

(x0

y0

)=(

cos t − sin t

sin t cos t

)(x0

y0

),

que corresponde geométricamente a círculos en el plano. El radio de las trayectorias no

crece ni decrece.


Si a < 0, el radio es una función decreciente. Además, el dominio maximal está dado

por D(x0, y0) =(

12r2

0 a, ∞)

y las trayectorias geométricamente son espirales. Es tal caso el

flujo cumple que

limt→∞ φt

(x0

y0

)=(

0

0

).

Finalmente, si a > 0, el radio es una función creciente. Además el dominio maximal es

D(x0, y0) =(

−∞, 12r2

0 a

)y las trayectorias geométricamente son espirales. Es tal caso el

flujo cumple que

limt→−∞ φt

(x0

y0

)=(

0

0

).

En conclusión, si la matriz jacobiana en un punto de equilibrio es degenerada, el sistema

lineal asociado no contiene suficiente información para predecir el comportamiento cerca de

tal punto fijo. �

EJERCICIOS

✎ 5.5 Sea φt el flujo generado por el campo vectorial f : R2 → R

2 dado por

f

(x

y

)=(

−x

y − 4x3 + 1

).

Sea h : R2 → R

2 la función dada por

h

(x

y

)=(

x

y − x3 + 1

).

a) Demostrar que (0, 1) es un punto fijo y encontrar el sistema lineal asociado.

b) Demostrar la matriz A = f ′(0, 1) es no degenerada

c) Calcular explícitamente el flujo φt .

d) Demostrar que la función h es una conjugación que hace equivalentes a φt y al flujo

generado por la matriz A.

§5.3 ANÁLISIS DE PUNTOS SILLA 81

✎ 5.6 Linealizar cada uno de los siguientes sistemas alrededor de sus puntos de equilibrio

y obtener los diagramas de fase correspondientes. ¿En qué casos se puede aplicar el teorema

de Hartman-Grobman?

a) x = xy, y = (y − 1)(x2 − 1).

b) x = 4x − 3xy, y = 3y − xy.

c) x = 3y2 + x, y = −(3x2 + y).

d) x = y, y = sin x .

5.3 Análisis de puntos silla

Sea f ∈ C1 definido en un abierto E ⊂ Rn . Sea p∗ un punto de equilibrio de tipo silla de f.

Nos interesa estudiar la dinámica cerca de p∗. Por el teorema 5.2.3 de Hartman-Grobman,

la dinámica se parecerá a la de

η = f ′(p∗)η.

Nos interesa en particular si p∗ es punto silla. p∗ es punto silla si f ′(p∗) tiene valores

propios con parte real negativa y otros con parte real positiva.

Definición 5.3.1 Sean f un campo vectorial como antes y p� un punto silla. Sea A =f ′(p∗). Se definen los espacios estable e inestable asociados al punto silla p∗ como los

subespacios de Rn siguientes

Es(p∗) =

{x ∈ R

n : limt→∞ et Ax = 0

}y

Eu(p∗) =

{x ∈ R

n : limt→−∞ et Ax = 0

}.

Tal como lo hicimos para el caso lineal (véase teorema 3.3.3) podemos demostrar que

los espacios lineales asociados a un punto silla p∗ satisfacen lo siguiente:

a) Es(p∗) es un subespacio de dimensión igual al número de valores propios con parte

real negativa de f ′(p∗).


b) Eu(p∗) es un subespacio de dimensión igual al número de valores propios con parte

real positiva de f ′(p∗).

c) Rn = E

s(p∗) ⊕ Eu(p∗).

Ejemplo 5.3.2 Sea A de 2 × 2 de tipo punto silla y b ∈ R2. Sea f : R

2 → R2 el campo

vectorial dado por f (x) = Ax + b. Demostrar que f tiene un punto silla p∗ e identificar los

espacios Es(p∗) y E

u(p∗).

Solución

La matriz A tiene dos valores propios λ1 < 0 < λ2. Esto implica que A es invertible

y por lo tanto se puede resolver el problema de encontrar un punto fijo p∗ que satisfaga

f (p∗) = 0. Es decir, se tiene que

p∗ = −A−1b.

Claramente se cumple que f ′(p∗) = A y por ende p∗ es silla. Por otra parte, en el ejercicio

2.8 concluimos que

et A = 1

λ1 − λ2

(eλ1t (A − λ2 I ) − eλ2t (A − λ1 I )

).

Por lo tanto

Es(p∗) = ker (A − λ1 I ) ,

Eu(p∗) = ker (A − λ2 I ) .

�

Tal como lo teníamos es los sistemas dinámicos lineales, vamos a definir dos conjuntos

asociados a cada punto silla. Estos constituyen el conjunto de condiciones iniciales que

hacen que un flujo φt converja al punto silla cuando t → ∞ y t → −∞.

Definición 5.3.3 Sea (E, φ) un sistema dinámico. Definimos

W s(p∗, φ) ={

y ∈ Rn : lim

t→∞ φ (t, y) = p∗} y

W u(p∗, φ) ={

y ∈ Rn : lim

t→−∞ φ (t, y) = p∗}

.


Estas se llaman las variedades estable e inestable de p∗. Si no hay posibilidad de confusión,

escribiremos simplemente W s(p∗) y W u(p∗).

La definición anterior tiene sentido en una situación general, aunque p∗ no fuese de

tipo silla o φ no fuese diferenciable. En el caso particular de dos dimensiones tenemos lo

siguiente.

Teorema 5.3.4 (Variedad estable) Sea f de clase C1 en E, un abierto de R2. Sea p∗ un

punto silla. Entonces

a) W s(p∗) es una curva diferenciable que pasa por p∗.

b) W u(p∗) es una curva diferenciable que pasa por p∗.

c) El conjunto p∗ + Es(p∗) es una recta tangente a W s(p∗) en p∗.

d) El conjunto p∗ + Eu(p∗) es una recta tangente a W u(p∗) en p∗.

Ejemplo 5.3.5 Sea f

(x

y

)=(

x

−y + x2

). Demostrar que p∗ = (0, 0) es punto silla

y obtener expresiones explícitas para W s(p∗) y W u(p∗). En cada caso, verificar que p∗ +E

s(p∗) y p∗ + Eu(p∗) son rectas tangentes a W s(p∗) y W u(p∗) en p∗.

Solución

Claramente se cumple que f (0, 0) = (0, 0). Para demostrar que (0, 0) es punto silla

calculamos la matriz jacobiana y obtenemos

f ′(

x

y

)=(

1 0

2x −1

).

De ahí que se tenga

f ′(p∗) = f ′(

0

0

)=(

1 0

0 −1

).


Como el determinante de f ′(p∗) es negativo, entonces p∗ = (0, 0) es punto silla. En el

ejemplo 5.2.4 obtuvimos que el flujo generado está dado por

φt

(x0

y0

)=(

x0et

13 x2

0e2t + (y0 − 13 x2

0

)e−t

).

Por tanto concluimos que

W s (p∗) ={(

x0

y0

)∈ R

2 : limt→∞

(x0et

13 x2

0e2t + (y0 − 13 x2

0

)e−t

)=(

0

0

)}

y por ende (x0, y0) ∈ W s (p∗) si y sólo si x0 = 0. Esto es,

W s (p∗) ={(

x0

y0

)∈ R

2 : x0 = 0

}.

Del mismo modo, se puede argumentar que.

W u (p∗) ={(

x0

y0

)∈ R

2 : y0 = 1

3x2

0

},

que es una parábola.

Notemos que

f ′(

0

0

)=(

1 0

0 −1

),

lo cual implica que

p∗ + Es(p∗) =

{(x, y) ∈ R

2 : x = 0}

,

y

p∗ + Eu(p∗) =

{(x, y) ∈ R

2 : y = 0}

.

Claramente p∗+Es(p∗) es una recta tangente a W s(p∗) en p∗ y lo mismo para p∗+E

u(p∗).�

Ejemplo 5.3.6 El sistema

y1 = y1 + y22 − 1

y2 = y1y2 + y21


tiene un punto silla en (0, 1) . Usar el teorema 5.3.4 para dar una aproximación de las varie-

dades estable e inestable W s (0, 1) y W u (0, 1) .

Solución

El jacobiano es

f ′(

y1

y2

)=(

1 2y2

y2 + 2y1 y1

).

En los puntos de equilibrio

f ′(

0

1

)=(

1 2

1 0

)

f ′(

0

−1

)=(

1 −2

−1 0

)

Para (0, 1) , encontramos dos direcciones, estable e inestable. Obtenemos que

v1 =(

1

−1

)

es un vector propio del valor propio λ1 = −1, y

v2 =(

2

1

)

es un vector propio del valor propio λ2 = 2. Por lo tanto, los espacios estable e inestable

para (0, 1) son

Es(0, 1) = 〈(1, −1)〉 ,

Eu(0, 1) = 〈(2, 1)〉 .

Además, la curva estable W s (0, 1) es tangente a (0, 1) + Es(0, 1) = (0, 1) + 〈(1, −1)〉.

Localmente, cerca de (0, 1) la curva W s (0, 1) se parece a la recta (0, 1) + Eu(0, 1). Dado

que

(0, 1) + Es(0, 1) =

{(x, y) ∈ R

2 : y = −x + 1}

,


podemos usar esa recta como una buena aproximación de la variedad estable cerca del punto

silla (0, 1). esto es decir y = −x + 1. Del mismo modo, (0, 1) + Eu(0, 1) es tangente a

W u (0, 1) y se hace un análisis parecido. �

Ejemplo 5.3.7 Analicemos el punto silla del siguiente sistema:

x = y + 1 − ex ,

y = yex .

Observemos que p∗ = (0, 0) es el único punto de equilibrio. La matriz jacobiana que

aproxima linealmente al sistema está dada por

D f (x, y) =(

−ex 1

yex ex

),

que evaluada en p∗ = (0, 0) queda como

D f (0, 0) =(

−1 1

0 1

).

El polinomio característico es λ2 −1, con raíces λ1 = −1 y λ2 = 1. Para λ1 = −1, el vector

propio es v1 =(

1

0

), que corresponde a la dirección estable. Para λ2 = 1, el vector propio

es v2 =(

1

2

), correspondiente a la dirección inestable. Los espacios estable e inestable

son espacios de una dimensión generados por los vectores anteriores, es decir,

Es(0, 0) = {t (1, 0) ∈ R

2 | t ∈ R},E

u(0, 0) = {t (1, 2) ∈ R2 | t ∈ R}.

En este caso, es posible describir explícitamente las variedades estable e inestable. Vamos a

comprobar que

W s(0, 0) = {(x, y) ∈ R2 | y = 0},

W u(0, 0) = {(x, y) ∈ R2 | y = 2(ex − 1)}.


Para este efecto, consideremos un punto inicial (x0, 0) en W s(0, 0). Puede comprobarse que

la curva solución con esta condición inicial es de la forma Véase el ejercicio 5.11 para los

detalles.

x(t) = x0 − ln(ex0 + (1 − ex0)e−t ),

y(t) = 0.

Esta curva está definida, por lo menos, para tiempos t ≥ 0, y además cumple

limt→∞

(x(t)

y(t)

)=(

0

0

).

Del mismo modo, si (x0, y0) es un punto inicial en W u(0, 0), éste satisface y0 = 2(ex0 − 1)

y la curva solución está dada por

x(t) = x0 − ln(ex0 + (1 − ex0)et ),

y(t) = 2(ex(t) − 1).

Esta curva está definida al menos para tiempos t ≤ 0 y cumple

limt→−∞

(x(t)

y(t)

)=(

0

0

).

El teorema 5.3.4 nos dice que los espacios Es(0, 0) y E

u(0, 0) son tangentes a W s(0, 0) y a

W u(0, 0), respectivamente, en el punto p∗ = (0, 0). La figura 5.3 muestra las consideracio-

nes anteriores.

Ejemplo 5.3.8 Encontrar los puntos silla del sistema

x = 2xy, (5.3)

y = 1 − 3x2 − y2

y describir las curvas estable e inestable en cada caso.


E

s= E 1v

2v

u

uW

sW

y

= (1,0)

= (1,2)

x

Figura 5.3: Variedades estable e inestable W sy W u , y espacios estable e inestable Es y Eu

para el ejemplo 5.3.7.

Solución

Tenemos los siguientes puntos de equilibrio(0

1

),

(0

−1

),

(1√3

0

),

( − 1√3

0

)

El jacobiano del sistema es

f ′(

x

y

)=(

2y 2x

−6x −2y

),


y en los puntos de equilibrio se tiene

f ′(

0

1

)=(

2 0

0 −2

),

f ′(

0

−1

)=(

−2 0

0 2

),

f ′(

1√3

0

)= 0 2√

3

− 6√3

0

,

f ′(

1√3

0

)= 0 − 2√

36√3

0

.

Concluimos que (0, 1) y (0, −1) son puntos silla y los demás son degenerados. Cerca de los

puntos podemos aproximar las variedades estable e inestable usando la aproximación lineal.

Para (0, 1)

Es(0, 1) =

⟨(0

1

)⟩,

Eu(0, 1) =

⟨(1

0

)⟩.

Por lo tanto, cerca de W s(0, 1), la curva se puede aproximar por la tangente

(0, 1) + Es(0, 1).

Del mismo modo, se calculan las demás aproximaciones lineales.

Vamos ahora a encontrar una expresión explícita para las variedades. Para ello escribi-

mos la ecuación, usando la regla de la cadena, del siguiente modo:

dy

dx= y

x= 1 − 3x2 − y2

2xy.

Es decirdy

dx=(

1 − 3x2

2x

)y−1 − 1

2xy.


La idea es resolver la anterior considerando a x como variable independiente. Como la

anterior es una ecuación de Bernoulli, se usa la sustitución w = y2 y se obtiene

dw

dx= 2y

dy

dx=(

1 − 3x2

x

)− 1

xy2 =

(1 − 3x2

x

)− 1

xw

Reescribiendodw

dx+ 1

xw =

(1 − 3x2

x

)Se multiplica por el factor integrante ρ = exp

[∫ 1x dx

] = x para encontrar que

d

dx[xw] = 1 − 3x2,

y por tanto

xw = x − x3 + c

donde c es una constate. Finalmente, sustituimos de nuevo w = y2 y obtenemos

xy2 = x − x3 + c,

es decir,

x(

x2 + y2 − 1)

= c.

La anterior ecuación tiene la siguiente interpretación. Si (x(t), y(t)) es una solución de

la ecuación diferencial, entonces para todo tiempo en el dominio de ésta se tiene que

x(t)[x(t)2 + y(t)2 − 1

]= c. (5.4)

Esto es, las curvas de nivel de x(x2 + y2 − 1

)son las curvas solución de la ecuación. Esto

se podría verificar directamente derivando con respecto a t, pues si (x(t), y(t)) satisface

(5.3), entonces

d

dt

(x(t)

[x(t)2 + y(t)2 − 1

])= x(t)

[x(t)2 + y(t)2 − 1

]+ x(t)

[2x(t)x(t) + 2y(t)y(t)

]= 2x(t)y(t)

[x(t)2 + y(t)2 − 1

]+ x(t)

[4x(t)2y(t) + 2y(t)(1 − 3x(t)2 − y(t)2)

]= 0.


Supongamos que (x0, y0) ∈ W s(0, 1). Sea(x(t)

y(t)

)= φt

(x0

y0

)

una curva solución que inicia en (x0, y0). Por definición

limt→∞

(x(t)

y(t)

)=(

0

1

).

Por otra parte, la ecuación (5.4) implica que

x(t)[x(t)2 + y(t)2 − 1

]= x0

(x2

0 + y20 − 1

)y al calcular el límite t → ∞ se encuentra que

x0

(x2

0 + y20 − 1

)= lim

t→∞ x(t)[x(t)2 + y(t)2 − 1

]= 0.

Concluimos de este modo que W s(0, 1) es un subconjunto de la curva de nivel dada por{(x0, y0) ∈ R

2 : x0

(x2

0 + y20 − 1

)= 0}

. (5.5)

Es fácil ver que dicho conjunto está constituido de la unión de un círculo y el eje de las y.

En la figura 5.4 se ilustra cómo se ven algunas de las curvas solución. Nótese que las

variedades estable e inestable están contenidas en la curva de nivel dada por (5.5). Las

aproximaciones estable e inestable cerca de los puntos silla nos pueden ayudar a identificar

cuáles son las curvas estable e inestable en cada caso. �

EJERCICIOS

✎ 5.7 Considerar el sistema

x =(

0 1

2 −1

)x +

(4

2

).

Demostrar que este sistema tiene un único punto silla p∗, encontrarlo y demostrar que

W s (p∗) ={(x, y) ∈ R

2 | y = −2x − 10}

W u (p∗) ={(x, y) ∈ R

2 | y = x − 1}

.


-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

x

y

Figura 5.4: Algunas curvas solución del sistema dinámico del ejemplo 5.3.8. Se ilustran los

puntos silla (0, 1) y (0, −1) con sus correspondientes variedades estable e inestable.


✎ 5.8 Sea A una matriz de n × n de tipo silla y b ∈ Rn. Considerar el sistema de R

n dado

por

x = Ax + b.

a) Demostrar que p∗ = −A−1b es el único punto silla del sistema.

b) W s (p∗) = p∗ + Es(p∗).

c) W u (p∗) = p∗ + Eu(p∗).

✎ 5.9 Considerar el siguiente sistema

x = 2xy,

y = 5x4 − 6x2 + 1 − y2.

a) Encontrar los puntos fijos del sistema y clasificarlos.

b) Para cada punto silla p, encontrar los espacios Es(p) y E

u(p) de la aproximación

lineal.

c) Encontrar una primera integral para las curvas solución del sistema. Esto es, encontrar

una función H(x, y) tal que

H(ϕt (x0, y0)) = H(x0, y0),

para todo t ∈ D(x0, y0).

d) Para cada punto silla p, encontrar explícitamente las curvas estable W s(p) e inestable

W u(p) y verificar que p + Es(p) y p + E

u(p) son rectas tangentes a ellas.

e) Usando algún graficador de espacios fase, dar una descripción geométrica del sistema.

✎ 5.10 El siguiente sistema es un modelo de dos especies, en donde N es un depredador

y P es una presa,

P = P(1 − P) − γ P N ,

N = −N + γ P N ,

donde γ es un parámetro positivo.


a) Encontrar las direcciones estable e inestable del punto silla

(P∗, N∗) = (1, 0).

b) Interpretar el parámetro γ .

✎ 5.11 Este ejercicio se refiere al ejemplo dado en 5.3.7.

a) Comprobar que

x(t) = x0 − ln(ex0 + (1 − ex0)e−t ),

y(t) = 0,

es una solución del sistema para toda x0, y está definida para todo t ≥ 0.

b) Comprobar que

x(t) = x0 − ln(ex0 + (1 − ex0)et ),

y(t) = 2(ex(t) − 1),

es una solución del sistema para todo (x0, y0) tal que y0 = 2(ex0 − 1), y está definida

para todo t ≤ 0.

✎ 5.12 Considérese el siguiente sistema no lineal: x = x − 1, y = xex − y.

a) Encontrar los puntos fijos del sistema y clasificarlos.

b) Para cada punto silla p, encontrar los espacios Es(p) y Eu(p) de la aproximación

lineal.

c) Usando la regla de la cadena, sabemos que, si (x(t), y(t)) es una solución del sistema,

entonces la pendiente de la curva debe satisfacer

dy

dx= y

x= xex − y

x − 1.

Resolver la ecuación anterior, considerando x como la variable independiente.

§5.4 ESTABILIDAD ASINTÓTICA 95

d) Encontrar, para cada punto silla p, expresiones analíticas para las curvas estable W s(p)

e inestable W u(p).

e) En cada caso, graficar W s(p) y W u(p).

✎ 5.13 Considerar un sistema dinámico con un punto silla cada punto silla p. Considerar

las variedades estable W s(p) e inestable W u(p). Demostrar que tanto W s(p) como W u(p)

son invariantes bajo el flujo. Es decir, si φ es el flujo y x ∈W s(p) entonces φt (x)∈W s(p)

para todo t ∈ D(x) y lo mismo para W u(p).

✎ 5.14 Sean dos sistemas dinámicos completos (E, φ1) y (E, φ2). Suponer que φ1 ∼ φ2

a través de un homeomorfismo h : E → F. Demostrar que si p∗ es un punto fijo de φ1

entonces h(p∗) es punto fijo de φ2 y además se cumple

W s(h(p∗), φ2) = h(W s(p∗, φ1)

),

W u(h(p∗), φ2) = h(Wu(p∗, φ1)

).

5.4 Estabilidad asintótica

Definición 5.4.1 Sea p∗ un punto de equilibrio de un sistema dinámico. Diremos que p∗ es

asintóticamente estable si existe una vecindad U de p∗ tal que:

a) p∗ ∈ U .

b) Para todo x0 ∈ U, el intervalo maximal satisface D(x0) ⊃ [0, ∞). Esto es, el flujo

está definido para todo tiempo futuro.

c) limt→∞ ϕt (x0) = p∗ para todo x0 ∈ U .

Definición 5.4.2 Al conjunto abierto más grande que satisface estas condiciones se le llama

cuenca de atracción.

Teorema 5.4.3 Sea p∗ un punto de equilibrio de un campo vectorial f ∈ C1 definido en un

abierto de Rn. Si p∗ es de tipo atractor entonces es asintóticamente estable.


Definición 5.4.4 Sea p∗ un punto fijo de un sistema dinámico. Una función de Liapunov

de p∗ es una función continua V : U → [0, ∞) definida en una vecindad U de p∗ tal que

satisface:

a) V (p∗) = 0.

b) Si p �= p∗ entonces V (p) > 0.

c) La función t �→ V (ϕt (p)) es estrictamente decreciente si p �= p∗.

Teorema 5.4.5 Si un punto p∗ tiene una función de Liapunov entonces es asintóticamente

estable.

Si V es diferenciable entonces podemos calcular

d

dt

(V (ϕt (p))

) = ∇V (ϕt (p))d

dtϕt (p)

= ∇V (ϕt (p)) · f (ϕt (p))

En vez de la condición de que V (ϕt (p)) sea estrictamente decreciente, podemos usar ∇V (z)·f (z) < 0 para todo z ∈ U . Geométricamente, las curvas de nivel de V son tales que el campo

vectorial apunta “hacia adentro”.

Ejemplo 5.4.6 Sea ϕt (x) = et Ax donde A es de tipo atractor. Sabemos que existe una

matriz M positiva definida tal que M A + AT M = −I . Entonces V (x) = xT Mx es una

función de Liapunov para p∗ = 0.

Solución

Vamos a verificar las condiciones de la definición de función de Liapunov.

a) V (p∗) = V (0) = 0.

b) Si p �= p∗ entonces p �= 0 y pT Mp > 0 pues la matriz M es positiva definida.


c) Si p �= p∗ entonces

V (ϕt (p)) = pT (et A)T Met Ap = pT et ATMet Ap.

y además

d

dtV (ϕt(p)) = pT et AT

AT Met Ap + pT et ATM Aet Ap

= −(pT et ATet Ap) = −‖et Ap‖2

2 < 0.

Esto implica que la función t �→ V (ϕt (p)) es estrictamente decreciente si p �= p∗. �

Finalizamos la sección con una generalización del resultado anterior. La demostración

se deja como ejercicio al lector.

Teorema 5.4.7 Consideremos

x = f (x)

donde f es de clase C1 en un abierto E ⊂ Rn. Sea p∗ un punto atractor de f, es decir

a) f (p∗) = 0,

b) La matriz A = f ′(p∗) es de tipo atractor.

Sea M existe una matriz positiva definida tal que M A + AT M = −I . Entonces V (x) =(x − p∗)T M(x − p∗) es una función de Liapunov para p∗. En particular, p∗ es un punto

asintóticamente estable.

EJERCICIOS

✎ 5.15 Sea E un subconjunto abierto de Rn. Sea W : E → R una función de clase C2.

Considerar el sistema

x = −∇W (x).

A un sistema de este tipo se le llama sistema gradiente. Sea p∗ un mínimo local de W tal que

existe una vecindad U de p∗ tal que si p �= p∗ y p ∈ U entonces ∇W (p) �= 0. Demostrar

que V : U → R dada por V (p) = W (p) − W (p∗) es una función de Liapunov para p∗ y

por lo tanto es asintóticamente estable.


✎ 5.16 Sea A una matriz invertible de n × n y b ∈ Rn. Demostrar que si E = R

n y

W : E → R es la función dada por

W (x) = 1

2‖Ax − b‖2 ,

entonces W satisface las hipótesis del ejercicio anterior con U = Rn y p∗ = −A−1b. Con-

cluir que para cualquier condición inicial el flujo generado por el sistema dinámico

x = AT (b − Ax)

converge a p∗.

✎ 5.17 Usar la función de Liapunov V (x, y) = x2 + y2 para demostrar que el origen es

un punto asintóticamente estable para el siguiente sistema.(x

y

)=(

−y − x3 − xy2

x − y3 − yx2

).

¿Qué dice la teoría lineal?

✎ 5.18 Sean f y g dos funciones diferenciables. Suponer que g(0) = 0. Considerar el

siguiente sistema de segundo orden.

x + f (x)x + g(x) = 0.

a) Demostrar que el sistema puede ser escrito como(x

y

)=(

y − ∫ x0 f (s)ds

−g(x)

).

b) Suponer que existe un número η tal que si 0 < |x | < η entonces∫ x

0g(s)ds > 0

y g(x)

∫ x

0f (s)ds > 0. Encontrar una función de Liapunov para demostrar que el

origen es un punto asintóticamente estable.

c) Aplicar el resultado anterior a la ecuación de van der Pol

x + ε(1 − x2)x + x = 0

donde ε > 0. ¿Qué se puede decir acerca de la cuenca de atracción?

sistemas dinamicos

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