Sistema autónomo: dibujo de una órbita

Enunciado
Dibujar la órbita que pasa por el punto $(0,2)$ en el sistema diferencial autónomo

$\left \{ \begin{matrix}x’=1+x^2\\ y’=-2xy.\end{matrix}\right.$

(Propuesto en examen, Amp. Mat., ETS de Ing. de Montes, UPM).

Solución
Hallemos una integral primera del sistema

$\displaystyle\frac{dy}{dx}=\displaystyle\frac{-2xy}{2+x^2}\;.\quad 2xy\;dx +(1+x^2)\;dy=0\;,\quad\displaystyle\frac{2x\;dx}{1+x^2}+\displaystyle\frac{dy}{y}=0.$

Integrando

$\log |1+x^2|+\log |y|=K\;,\quad \log |(1+x^2)y|=K\;,\quad (1+x^2)y=C.$

Una integral primera del sistema que está definida en todo el plano de fases $\mathbb{R}^2$ es por tanto $F(x,y)=(1+x^2)y.$ Comprobemos en efecto que es integral primera

$\left<\nabla F, v\right>=\left<(2xy, 1+x^2),(1+x^2,-2xy)\right>=(2xy)(1+x^2)-(1+x^2)(2xy)=0.$

Dado que $1+x^2\neq 0$ para todo $x\in \mathbb{R}$, el sistema no tiene puntos de equilibrio. Esto implica que todo conjunto de nivel $F(x,y)=C$ es una órbita. El conjunto de nivel que pasa por $(0,2)$ es $(1+x^2)y=2.$ Dibujemos este conjunto de nivel, es decir la gráfica de la función $f(x)=2/(1+x^2).$ El dominio de $f$ es $\mathbb{R}$ y la función es par. La recta $y=0$ es asíntota horizontal. Hallemos sus extremos:

$f’(x)=\displaystyle\frac{-4x}{(1+x^2)^2}=0\Leftrightarrow{x=0}.$

Para $x>0$ tenemos $f’(x)<0$ y para $x<0$, $f’(x)>0.$ Tenemos por tanto en $(0,2)$ un punto de máximo estricto. Hallemos sus puntos de inflexión

$f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{-4(1+x^2)^2-2(1+x^2)2x(-4x)}{(1+x^2)^4}=\dfrac{-4(1+x^2)+8x^2}{(1+x^2)^3}\\=
\dfrac{4(x^2-1)}{(1+x^2)^3}=0 \Leftrightarrow x^2-1=0 \Leftrightarrow x=1\;\vee\;x=-1.$

Para $0<x<1$ tenemos  $f^{\prime\prime}(x)<0$ y para $x>1$,  $f^{\prime\prime}(x)<0.$ Por tanto tenemos en $(1,1)$ un punto de inflexión. Por la paridad de la función, concluimos que $(-1,1)$ también lo es. El vector velocidad en $(0,2)$ es $v(0,2)=(1,0)$, lo cual determina el sentido de recorrido de la órbita.

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