Bifurcaciones y Estabilidad Estructural

$F(x,\mu), x \in \mathbb{R}^{n},\mu \in \mathbb{R}^{k}$ Fijo $\mu ^{*}$ y resuelvo la ecuación

$$F(x,\mu ^{*} )=0$$

Encuentro $x^{*}$ . Si ahora tengo $\mu \sim \mu ^{*}$ . Busco resolver $F(x,\mu)=0$

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Luego, puede haber bifurcación si $x^{*}$ no es hiperbólico. Estudiemos 3 casos:

$1.$ Silla nodo

$$f(x,\mu)=\mu-x^{2}$$

(en dimension 1 no hay silla)

$$\begin{cases} \dot{x}=\mu-x^{2}\\ \dot{y}=-y \end{cases}$$

$2.$ Transcrítica

$$f(x,\mu)=\mu\cdot x-\mu^{2}$$

--22:42

$$f(x,\mu)=f(0,0)+f_{x}(0,0)\cdot x+f_{\mu}(0,0)\cdot \mu+ \frac{1}{2}f_{xx}(0,0)x^{2}+f_{x\mu}(0,0)x\cdot \mu+ \frac{1}{2}f_{\mu \mu}(0,0)\cdot \mu^{2}+\dots$$ $$\begin{cases} x^{*} =0 \\ \mu ^{*} =0 \end{cases}$$

$3.$ Horquilla (pitchfork)

$$f(x,\mu)=\mu x-x^{3}$$

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Ejercicio 2D

$$\begin{cases} \dot{x}=-ax+y \\ \dot{y}= \frac{x^{2}}{1+x^{2}}-by \end{cases}$$

Obs: Primer cuadrante es positivamente invariante.

Miro la frontera del cuadrante y veo para donde apunta la trayectoria.

Con esto ya determinamos que es positivamente invariante.

Por temas del modelo, veo el primer cuadrante porque $x$ e $y$ son cantidades positivas.

Ahora veamos los equilibrios.

$$\begin{array}{c} -ax+y=0 \\ y=ax \end{array}$$ $$\begin{array}{c} by= \frac{x^{2}}{1+x^{2}} \\ y= \frac{1}{b}\cdot \frac{x^{2}}{1+x^{2}} \end{array}$$

$$DF(x,y)=\begin{bmatrix} -a & 1 \\ \frac{2x}{(1+x^{2})^{2}} & -b \end{bmatrix}$$

$(0,0)$ es un equilibrio $\forall a,b>0$

$$DF(0,0)= \begin{bmatrix} -a & 1 \\ 0 & -b \end{bmatrix}\quad \begin{cases} \lambda_{1}=-a \\ \lambda_{2}=-b \end{cases}$$ $$\implies (0,0) \text{ es nodo estable}$$

Busco otros equilibrios:

$$ax= \frac{1}{b}\cdot \frac{x^{2}}{1+x^{2}}$$ $$ab\cdot(1+x^{2})=x$$ $$x^{2}-\frac{1}{a\cdot b}\cdot x+1=0$$ $$x= \frac{\frac{1}{ab} \pm \sqrt{ \frac{1}{a^{2}b^{2}}-4 }}{2}$$

El discriminante es

$$\frac{1}{a^{2}b^{2}}-4=0$$ $$\begin{array}{c} ab= \frac{1}{2} \end{array}$$

Fijo $b.$ $a^{*}=\frac{1}{2\cdot b}$

Por lo tanto $x^{*}=1$, y además $y ^{*}=a ^{*}\cdot x^{*}= a ^{*}= \frac{1}{2\cdot b}$

Ahora tengo que chequear que este punto no es hiperbólico.

La teoría ya me dice que esto no es hiperbólico. Chequeamos con las cuentas.

$$DF(x^{*} ,y^{*} )= \begin{bmatrix} -a ^{*} & 1 \\ \frac{1}{2} & -b \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} -\frac{1}{2\cdot b} & 1 \\ \frac{1}{2} & -b \end{bmatrix}$$

Veo que si multiplico la primera fila por $-b$ obtenga la segunda fila. Por lo tanto $\Delta=\det(DF(x ^{*},y^{*}))=0$ y el punto $(x^{*},y^{*})=\left( 1, \frac{1}{2\cdot b} \right)$ es no hiperbólico pues como el determinante es el producto de sus autovalores, por lo tanto alguno es cero. Por lo tanto es una posible bifurcación. Asique veo antes y después de $a ^{*}$ .

Veo $0<a<a ^{*}= \frac{1}{2\cdot b}$ y $a > a ^{*}$

$$\begin{array}{c} \frac{1}{(a\cdot b)^{2}}-4<0 \\ \frac{1}{(a\cdot b)^{2}}<4 \\ \frac{1}{2}<a\cdot b \\ \frac{1}{2\cdot b}<a \end{array}$$

Caigo en el primer gráfico del principio y no hay intersección. No hay puntos de equilibrio $\neq(0,0)$

$$0<a<\frac{1}{2\cdot b}$$ $$\begin{array}{c} x_{1}=\frac{1\pm \sqrt{ 1-4\cdot a ^{2} \cdot b^{2} }}{2}\cdot \frac{1}{a\cdot b} \\ y_{1}=a\cdot x_{1} \end{array}$$ $$\begin{array}{c} x_{2}=\frac{1\pm \sqrt{ 1-4\cdot a ^{2} \cdot b^{2} }}{2}\cdot \frac{1}{a\cdot b} \\ y_{2}=a\cdot x_{2} \end{array}$$

Esperamos que uno sea silla y el otro nodo

$$DF(x_{1},y_{1})= \begin{bmatrix} -a & 1 \\ \frac{2\cdot x_{1}}{(1+x_{1}^{2})^{2}} & -b \end{bmatrix}$$ $$DF(x_{2},y_{2})= \begin{bmatrix} -a & 1 \\ \frac{2\cdot x_{2}}{(1+x_{2}^{2})^{2}} & -b \end{bmatrix}$$ $$\Delta(x_{1},y_{1})=a\cdot b-\frac{2\cdot x_{1}}{(1+x_{1}^{2})^{2}}=a\cdot b-\frac{2\cdot a\cdot b\cancel{ (1+x^{2}) }}{(1+x^{2})^{\cancel{ 2 }}}\underset{ x_{1}=ab(1+x_{1}^{2}) }{ = }a\cdot b\cdot \left( 1- \frac{2}{1+x^{2}} \right)$$ $$ab\cdot\left( \frac{1+x_{1}^{2}-2}{1+x_{1}^{2}} \right)=a\cdot b\cdot \frac{(x_{1}^{2}-1)}{x_{1}^{2}+1}$$

$\Delta(x,y)> 0$ si $x_{1}>1$

$$\begin{cases} -ax+y=0 \\ \frac{x^{2}}{1+x^{2}}-by=0 \end{cases} \iff \begin{cases} y=ax \\ by=\frac{x^{2}}{1+x^{2}} \end{cases} \iff \begin{cases} y=ax \\ abx=\frac{x^{2}}{1+x^{2}} \end{cases} \underset{ x\neq 0 }{ \iff } \begin{cases} y=ax \\ ab(1+x^{2})=x \end{cases}$$

$\Delta(x_{1},y_{1})> 0$ si $x_{1}>1$ $\Delta(x_{2},y_{2})< 0$ si $x_{2}<1$

$(x_{2},y_{2})$ es silla.

Veamos la traza $T(x_{1},y_{1})=-a-b<0$ 1:52

Tenemos que verificar que es un nodo. $(x_{1},y_{1})$ es estable. Puede ser nodo o foco. Utilicemos el discriminante $T^{2}-4\Delta=(a+b)^{2}-4\cdot a\cdot b\cdot\left( \frac{x_{1}^{2}-1}{x_{1}^{2}+1} \right)=a^{2}+2ab+b^{2}-4ab\cdot\left( \frac{x_{1}^{2}-1}{x_{1}^{2}+1} \right)$ Sumo y resto $4\cdot a\cdot b$ así surge un cuadrado perfecto

$$(a-b)^{2}+4\cdot a\cdot b\cdot \left( 1-\frac{x_{1}^{2}-1}{x_{1}^{2}+1} \right)$$ $$(a-b)^{2}+4\cdot a\cdot b\cdot \frac{2}{x_{1}^{2}+1}$$

Me quedo todo positivo, por lo tanto es un nodo estable.

En el parcial, en el diagrama de fases nos van a pedir antes y después de la bifurcación.

$$F=(\dot{x},\dot{y})=\left( -ax+y,\frac{x^{2}}{1+x^{2}}-by \right)$$

$$0<a<\frac{1}{2b}$$

2:18

Un punto estacionario convergen o al origen o a $x_{1}$. Notar que $x_{2}$ es nodo silla. Considerar la separatris. Para ciclos limite necesito un foco. En el gráfico recordemos que sobre la recta las trayectorias son verticales.

Tip para gráfico: TE paras en el punto de equilibrio, calculas el autovector, te paras un poco afuera siguiendo la dirección del autovector y resolves la ecuacion diferencial tomando esa condición inicial pero con el tiempo para atras.