Hola
Un camino es resolver las ecuaciones diferenciales.
La primera: \( \dot{r}=r(1-r) \) tiene como solución \( r(t)=\displaystyle\frac{e^t}{e^t+e^{c_1}} \).
Ahora incorporamos este resultado a la segunda: \( \dot{\theta}=\displaystyle\frac{e^t}{e^t+e^{c_1}}(1-cos\theta) \) y la solución es \( \theta(t)=2arccotg[c_2-ln(e^t+e^{c_1})] \).
Para saber si las coordenadas \( (r(t),\theta(t)) \) convergen a un cierto punto, hacemos el tiempo muy grande:
\( \displaystyle\lim_{t \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{e^t}{e^t+e^{c_1}}}=1 \)
\( \displaystyle\lim_{t \to{+}\infty}{2arccotg[c_2-ln(e^t+e^{c_1})]}=0 \)
Es decir, el móvil se aproxima a un lugar con radio \( r=1 \) y ángulo \( \theta=0 \), es decir, al punto \( (1,0) \).
Edito y añado:Hay otra forma interesante que consiste en combinar ambas ecuaciones:
\( \displaystyle\frac{dr}{dt}=\displaystyle\frac{dr}{d\theta}\displaystyle\frac{d\theta}{dt} \) (esto es la regla de la cadena "a lo físico style")
\( r(1-r)=\displaystyle\frac{dr}{d\theta}r(1-cos\theta) \)
\( \displaystyle\frac{dr}{1-r}=\displaystyle\frac{d\theta}{1-cos\theta} \)
La solución es \( r(\theta)=1+c·e^{cotg(\theta/2)} \) y \( \displaystyle\lim_{\theta \to{0^-}}{1+c·e^{cotg(\theta/2)}}=1 \).
Saludos
