Sistema di equazioni differenziali

[gloria]

Salve,
non so se questa è la sezione giusta ma una apposita per i sistemi di equazioni differenziali non l'ho trovata.
Ho difficoltà su tale esercizio\[\left\{\begin{matrix} x'=x-x^2-2xy & & \\ y'=2y-2y^2-3xy & & \end{matrix}\right.\]

in realtà non riesco a trovare tutti gli zeri comuni a entrambe le equazioni. Dovrei trovarne 4 ma invece trovo come zeri solo \[P_1=(0,0) P_2 =(1,0)\]
poi il procedimento con il calcolo dello\[J= \begin{pmatrix} f'_x ; f'_y & \\ g'_x; g'_y & \end{pmatrix}\] mi è chiaro.
Non riesco solo a trovare questi zeri

[maurizio.schirinzi]

Ciao, potresti postare più in dettaglio il tuo svolgimento? ... Grazie.

[gloria]

ok
Di solito svolgo questi sistemi di equazioni differenziali non lineari in questa maniera:


1- devo trovare gli zeri in comune alle due equazioni differenziali.Io ne ho trovati solo due quando credo che ce ne debbano essere quattro.
Ho trovato il punto P_1= (0,0)
P_2=(1,0)
2- calcolo \[J=\begin{pmatrix}f'_x
&f'_y \\ g'_x
& g'_y
\end{pmatrix}\] che nel mio caso sarà \[J=\begin{pmatrix}1-2x-2y
&-2x \\ -3y
& 2-4y-3x
\end{pmatrix}\]
3- calcolo il J nei punti P_1 P_2 da me trovati:
\[J(P_1)=J(0,0)=\begin{pmatrix}1
&0 \\ 0
& 2
\end{pmatrix}\] quindi applicando formula \[\lambda ^2-(a+d)\lambda +(ad+bc)=0\] ho \[\lambda ^2-3\lambda +2=0\]
e radici 1 e 2.Le radici sono tutte e due positive allora P_1 è un punto di nodo instabile.
lo stesso ho fatto anche per il punto P_2 dove ho ottenuto come radice -1 e quindi P_2 avendo radici negative è un nodo improprio stabile.
ora il mio problema è che non riesco a trovare tutti gli zeri all'inizio e questo compromette l'intero esercizio spero di essere stata più chiara

[maurizio.schirinzi]

Si, ok! ... ma ti chiedevo di postare il procedimento e i ragionamenti che segui per trovare gli zeri! ... per vedere dov'è l'errore ...

[gloria]

ok
riscrivo le equazioni così
x(1-x-2y)=0
y(2-y-3x)=0
scelgo il valore x=0 che mi rende la prima uguaglianza vera.
Per x =0 inserito nella seconda ho 2y-y=0 e quindi y =0.Ho trovato così il primo punto P_1=(0,0) .
Procedo quindi cosi,vado a tentativi

[maurizio.schirinzi]

Ah! ... ecco allora dov'è l'errore! (come immaginavo!) ... procedi per tentativi??!! ...
\[\left\{ \begin{array}{l}
x - {x^2} - 2xy = 0\\
2y - 2{y^2} - 3xy = 0
\end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}
x\,(1 - x - 2y) = 0\\
y\,(2 - 2y - 3y) = 0
\end{array} \right.\]
La legge di annullamento del prodotto applicata a ciascuna equazione produce l'annullamento di 2 fattori che vanno "accoppiati" in tutte le combinazioni possibili a sistema con gli altri 2 generati dall'altra equazione! ... quindi si ha:
\[\left\{ \begin{array}{l}
x\,(1 - x - 2y) = 0\;\;\;\;\; \to \;\;\;\;\;\left[ \begin{array}{l}
x = 0\\
1 - x - 2y = 0
\end{array} \right.\\
y\,(2 - 2y - 3y) = 0\;\;\;\;\; \to \;\;\;\;\;\left[ \begin{array}{l}
y = 0\\
2 - 2y - 3y = 0
\end{array} \right.
\end{array} \right.\]
da cui, combinando i casi di annullamento dei fattori si hanno 4 sistemi
\[\left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 0
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
2 - 2y - 3y = 0
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
1 - x - 2y = 0\\
y = 0
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
1 - x - 2y = 0\\
2 - 2y - 3y = 0
\end{array} \right.\]
risolvendo i quali si ottiene
\[\left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 0
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
x = 0\\
y = 1
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
x = 1\\
y = 0
\end{array} \right.\;\;\;\;\;\left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{1}{2}\\
y = \frac{1}{4}
\end{array} \right.\]

Saluti.

[gloria]

grazie mille prof ho capito il mio errore !