Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales · Solución general para sistemas ... Autovalores...

6. Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Sistemas de ecuaciones lineales de primer orden Forma normal:

)()()()(

222221212

112121111

tfxtaxtaxtadt

tfxtaxtaxtadtdx

nnnnnnn

Supondremos que los coeficientes aij(t) y las funciones fi(t) son continuas en un intervalo I. Si todas las f's son cero diremos que el sistema lineal es homogéneo.

Forma matricial

)()()(

)()()()()()(

tatata

tatatatatata

FAXX +=′

)()()(

)()()()()()(

tatata

tatatatatata

nnnnnn

AXX =′

El sistema homogéneo asociado será:

yxdtdx

=′75

tzyxdtdz

tzyxdtdy

tzyxdtdx

+−+=

−−=′

192178116

Un vector solución en un intervalo I es cualquier vector columna cuyos elementos son funciones diferenciables que satisfacen el sistema de EDOs en el intervalo I.

DEFINICIÓN Vector solución

Comprueba que en (−∞, ∞) son soluciones de:

−−

Solución De tenemos

−=′ −

=′ t

11 XAX ′=

−−

22 XAX ′=

1515153

Problemas de valor inicial (PVI)

Sea Resolver:

sujeto a : X(t0) = X0

es un PVI.

)()( tt FXAX +=′

Sean las componentes de A(t) y F(t) funciones continuas en un intervalo común I que contiene a t0. Entonces podemos asegura que existe una solución única de nuestro sistema en I.

TEOREMA Existencia de una solución única

Sean X1, X2,…, Xk un conjunto de soluciones de un sistema homogéneo en I, entonces: X = c1X1 + c2X2 + … + ckXk es también una solución en I.

TEOREMA Principio de superposición

Verifica que: son soluciones de

y que entonces: también es una solución.

,sincos

sin2/1cos2/1cos

−−+−=

−−=′

102011101

−−+−=

sincossin2/1cos2/1

cc XXX

Sea X1, X2, …, Xk un conjunto de vectores solución de un sistema homogéneo en un intervalo I. Se dice que el conjunto es linealmente dependiente en el intervalo si existen constantes c1, c2, …, ck, no todas nulas, tales que c1X1 + c2X2 + … + ckXk = 0 para todo t en el intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente dependiente en el intervalo, se dice que es linealmente independiente.

DEFINICIÓN Dependencia e independencia lineal

Sean n vectores solución de un sistema homogéneo en el intervalo I. Entonces el conjunto de vectores solución es linealmente independiente en I si y sólo si, para todo t en el intervalo, el wronskiano:

TEOREMA Criterio para soluciones linealmente independientes

1 ,,, XXX

0),,,(

21 ≠=

xxxxxx

• Hemos visto que son soluciones de

X1 y X2 son soluciones linealmente independientes para todo t real.

1te−

=X te62 5

),( 462

21 ≠=−

),( 462

21 ≠=−

Nota : De hecho, se puede demostrar que si W es diferente de 0 en t0 para un conjunto de soluciones en I, entonces lo es para todo t en I.

Cualquier conjunto X1, X2, …, Xn de n vectores solución linealmente independientes de un sistema homogéneo en un intervalo I, se dice que es un conjunto fundamental de soluciones en el intervalo.

DEFINICIÓN Conjunto fundamental de soluciones

Siempre existe un conjunto fundamental de soluciones para un sistema homogéneo en un intervalo I.

TEOREMA Existencia de un conjunto fundamental

Sea X1, X2, …, Xn un conjunto fundamental de soluciones de un sistema homogéneo en un intervalo I. Entonces la solución general del sistema en el intervalo es X = c1X1 + c2X2 + … + cnXn donde las ci, i = 1, 2,…, n son constantes arbitrarias.

TEOREMA Solución general de sistemas homogéneos

• Hemos visto que son soluciones linealmente independientes de

en (−∞, ∞). De ahí que forman un conjunto

fundamental de soluciones. Y entonces la solución general es:

1te−

=X te62 5

tt ececcc 62

211211 5

=+= −XXX

+−−−=

−−+−=

cossincos2/1sin2/1

sincos

sin2/1cos2/1cos

321 XX,X

Considera los vectores solución de :

0cossin0sincos

cos2/1sin2/1sin2/1cos2/1sin0cos

),,( 321 ≠=+−−−−−+−= tt e

ttttttett

ttW XXX

+−−−+

−−+−=

cossincos2/1sin2/1

sincossin2/1cos2/1

Demuestra que son linealmente independientes y escribe una solución general:

−−=′

102011101

Sea Xp una solución dada de un sistema no homogéneo en el intervalo I, y sea Xc = c1X1 + c2X2 + … + cnXn

solución general en el mismo intervalo del sistema homogéneo asociado. Entonces la solución general del sistema no homogéneo en el intervalo es: X = Xc + Xp. La solución general Xc del sistema homogéneo se llama función complementaria del sistema no homogéneo.

TEOREMA

Solución general de sistemas no homogéneos

El vector es una solución particular de en (−∞, ∞). Vimos que la solución de es: Así la solución general del sistema no homogéneo en (−∞, ∞) es:

+−−

−−

3531 t

ttc ecec 6

= −X

+−−

=+= −

ecec ttpc XXX

Sistemas lineales homogéneos

¿Podemos hallar siempre, para un sistema lineal homogéneo de primer orden,

una solución de la forma:

λλ KX =

AXX =′

Valores propios (autovalores) y vectores propios (autovectores)

Si es así, entonces, como X′ = Kλeλt, sustituyendo en el sistema de EDOs: X′ = AX

Kλeλt = AKeλt . De donde: AK = λK. Es decir: (A – λI)K = 0 O equivalentemente:

0)(0)(

2222121

1212111

=−+++

=++−+=+++−

kakaka

kakakakakaka

Y recordemos que si existe una solución no trivial X, debe cumplirse entonces que: det(A – λI) = 0

Sean λ1, λ2,…, λn n valores propios reales y distintos de la matriz de coeficientes A de un sistema homogéneo, y sean K1, K2,…, Kn los autovectores correspondientes. La solución general del sistema es entonces:

TEOREMA Solución general para sistemas homogéneos

tt nececec λλλ KKKX ++= 212211

Autovalores reales y distintos

Recordatorio:

yxdtdx 32 +=

yxdtdy

+= 20)4)(1(

=−+=−−=

−−

λλλλ

λ IAVeamos un par de ejemplos con valores propios distintos

Resolver:

λ1 = −1, λ2 = 4. Para λ1 = −1, tenemos 3k1 + 3k2 = 0 2k1 + 2k2 = 0 Así k1 = – k2. Cuando k2 = –1, entonces Para λ1 = 4, tenemos −2k1 + 3k2 = 0 2k1 − 3k2 = 0 Así k1 = 3k2/2. Cuando k2 = 2, entonces

tt ececcc 4212211 2

=+= −XXX

Resolver

,4 zyxdtdx

++−= zydtdzzyx

dtdy 3,5 −=−+=

5 ,4 ,30)5)(4)(3(

310151

114)(det

−−==−++−=

−−−−

−−=−

λλλλ

λλIA

−⇒

000000100101

001001810111

)3( 0|IA

k1 = k3, k2 = 0. Con k3 = 1: te 311

Usando el método de Gauss-Jordan

λ2 = −4

−⇒

0000011001001

001001910110

)4( 0|IA

te 422

−= XK

k1 = 10k3, k2 = − k3. Con k3 = 1: λ3 = 5

−−

000008100101

081001010119

)5( 0|IA

= XKttt ececec 5

= −−X

Resolver: XX

−−−

122212

221' 0

122212

221)(det =

−−−−−

−−=−

λλIA

– (λ + 1)2(λ– 5) = 0, entonces λ1 = λ2 = – 1, λ3 = 5. Para λ1 = – 1, k1 – k2 + k3 = 0 o k1 = k2 – k3.

Escogiendo k2 = 1, k3 = 0 y k2 = 1, k3 = 1, tenemos:

k1 = 1 y k1 = 0, respectivamente.

−⇒

−−−

000000000111

022202220222

)( 0|IA

Autovalores repetidos

(multiplicidad m = 2)

Para λ3 = 5,

1te−

=X te−

−⇒

−−−−−

−−=−

000001100101

042202420224

)( 0|5IA

k1 = k3 y k2 = – k3. Eligiendo k3 = 1, se tiene k1 = 1, k2 = –1, así:

ttt ececec 5321

= −−X

Observa que en este ejemplo la matriz A es simétrica y real, entonces se puede demostrar que siempre es posible encontrar n autovectores linealmente independientes.

Segunda solución • Supongamos que λ1 es de multiplicidad 2 y que

solo hay un autovector relacionado con este autovalor. Una segunda solución se puede construir de la forma Sustituyendo la solución en X′ = AX:

tt ete 112

λλ PKX +=

( ) ( )( ) ( )

0KPAPKAK0APAKPKK

0PKAPK

=−−+−

=+−′

eteeteetee

eteete

)()( 11

11λλ

λλλλλ

λλλλ

KPIA0KIA =−=− )()( 11 λλ

−−

=′92

te 31 1

Resolver det (A – λI) = 0 (λ + 3)2=0, λ = －3, －3.

Solo obtenemos un autovector:

Para obtener la segunda solución, definamos:

(A + 3 I) P = K 1623186

=−=−

Tenemos que p2 = (2p1 – 1)/6 Si elegimos p1 = 1, entonces p2 = 1/6.

tt ete 112

λλ PKX +=KPIA =− )( 1λ

tt ete 332 6/1

113 −−

Si elegimos p1 = ½, entonces p2 = 0 y la solución es más "simple":

tt ete 332 0

1/213 −−

= −−− ttt etecec 33

1 01/2

Podemos escribir la solución general como:

Autovalores de multiplicidad 3

ttt eteet 111

3λλλ QPKX ++=

)( )( )(

PQIAKPIA0KIA

=−=−=−

λλλDonde

K, P y Q están definidas por:

Ejercicio: Demostrarlo.

Si de nuevo disponemos solamente de un autovector, hallamos la segunda solución como antes, y la tercera de la siguiente manera:

Solución Resolviendo (A – 2I)K = 0, tenemos un único vector propio

200520612

Resolver (λ1 – 2)3 = 0 λ1 = 2 (multiplicidad 3).

A continuación resolvemos:

−=1/5

eetetc

etecec

1/56/50

X(A – 2I) P = K (A – 2I) Q = P

ttt eteet 111

3λλλ QPKX ++=

Autovalor de multiplicidad m Si sólo disponemos de un autovector para un autovalor de multiplicidad m, siempre podemos encontrar m soluciones linealmente independientes de la forma:

λλλ

−−

...)!2()!1(

Donde los K's son vectores columnas que podemos determinar generalizando el método expuesto.

Solución Resolviendo (A – 2I)K = 0, tenemos:

−−

−=′

212044010

Resolver λ1 = 2 (multiplicidad 3).

(A – 2I) P = K

−−

012024012

−==−−

−−

012024012

¡No funciona!

Linealmente independientes

−=−12

(A – 2I) P = K

=−−

−−

012024012

Linealmente independiente de K1 y K2

¡Tampoco funciona! Necesitamos una combinación lineal de K1 y K2.

−−

012024012

= tttt etececec 22

−=−12

Que es la solución pedida como puedes comprobar

Sea A la matriz de coeficientes con elementos reales de un sistema homogéneo, y sea K1 un autovector correspondiente al autovalor complejo λ1 = α + iβ . Entonces y son soluciones.

TEOREMA Soluciones correspondientes a un autovalor complejo

λK te 11

Autovalores complejos

Sea λ1 = α + iβ un valor propio complejo de la matriz de coeficientes A de un sistema homogéneo, y sean B1= Re(K1) y B2 = Im(K1). Entonces podemos escribir la solución como: soluciones linealmente independientes en (-∞,∞). (Demuéstralo).

TEOREMA Soluciones reales asociadas a un autovalor complejo

ettettα

)]sin()cos([)]sin()cos([

BBXBBX

( )( ))sin()cos(

)sin()cos()(

titeetitee

ββαβα

αβα

+Nota: Si queremos escribir las soluciones en términos de funciones reales, basta con emplear:

Para λ1 = 2i, (2 – 2i)k1 + 8k2 = 0 – k1 + (–2 – 2i)k2 = 0 obtenemos k1 = –(2 + 2i)k2. Elegimos k2 = –1

−−

=′12

)0(,2182

042182

)(det 2 =+=−−−

−=− λ

Resolver

2)Re( 11

)Im( 12 KB

ttcttc

2sin2sin22cos2

2cos2sin22cos2

2sin12

2cos02

2sin02

2cos12

Resolución por diagonalización

Si A es diagonalizable, entonces existe P, tal que D = P-1AP es diagonal. Si realizamos el cambio matricial X = PY, el sistema de ecuaciones X′ = AX se transforma en PY′ = APY. Y multiplicando por la izquierda por P-1, tenemos: Y′ = P-1APY, es decir: Y′ = DY, cuya solución es directa e igual a:

Deshaciendo el cambio, X = PY , encontramos la solución buscada.

Solución De det (A – λI) = – (λ + 2)(λ– 1)(λ– 5), obtenemos λ1 = – 2, λ2 = 1 y λ3 = 5. Puesto que son autovalores reales y distintos, los vectores propios son linealmente independientes. Para i = 1, 2, 3, resolvemos (A –λiI)K = 0, y tenemos

−−−−

940830812

321 KKK

Resolver:

Como Y′ = DY, entonces:

110120121

500010002

ececec

−−

ecececec

ececec

110120121

Sistemas lineales no homogéneos (Resolución por coeficientes indeterminados)

Resolver Solución Primero resolvemos el sistema homogéneo asociado: X′ = AX, λ = i, −i,

),(-en ,38

' ∞∞

−−

21)det( 2 =+=

−−−−

=− λλ

λλIA

−−

ttcc sin

sincoscos

sincos21X

Puesto que F(t) es un vector columna constante, podemos suponer una solución particular de la forma:

pX30820

++−=−+−=

−−

sinsincos

cossincos

21 ttt

Y la solución final será: X = Xc + Xp

Solución Resolvemos primero: X′ = AX. λ1 = 2, λ2 = 7:

),(en ,410

' ∞−∞

121 KK

ttc ecec 7

Resolver

Intentamos como solución particular:

043406

y 01034066

434)1034(6)66(

=+−+=−+

=−+=++

+−++−+

−++++=

bbaaba

bbatbaabatba

La solución general del sistema en (－∞, ∞) es X = Xc + Xp

6 ,2 22 =−= ba710

1 , =−= ba

1 tecec ttX

Determina la forma de Xp para: dx/dt =5x + 3y – 2e-t + 1 dy/dt =−x + y + e-t – 5t + 7

FSolución Como Entonces un posible candidato es:

Resuelve el sistema.

Matriz fundamental • Si X1, X2,…, Xn es un conjunto fundamental de

soluciones de X′ = AX en I, su solución general es la combinación lineal:

X = c1X1 + c2X2 +…+ cnXn, que también podemos escribir como:

++++++

nn xcxcxc

xcxcxcxcxcxc

2222211

1122111

Que matricialmente podemos escribir como X = Φ(t)C donde C es el n × 1 vector de constantes arbitrarias

c1, c2,…, cn, y

se llama matriz fundamental del sistema.

xxxxxx

Dos propiedades de Φ(t), fáciles de demostrar y que usaremos a continuación: (i) Es regular (matriz no singular, su determinante es distinto de 0). (ii) Φ′(t) = AΦ(t)

Ejercicio: Encuentra una matriz fundamental para el sistema lineal

)(2102

)(' tYt

Observemos que la matriz fundamental cumple:

Entonces, si M(t) es una matriz fundamental, la matriz N(t) será también fundamental si y solo si existe una matriz constante y regular C, tal que N(t) = M(t) C para todo t de dominio de solución.

Siempre podremos encontrar un vector v constante tal que:

Variación de parámetros • Hallaremos una solución particular suponiendo:

tal que Xp = Φ(t)U(t)

)(tFAXX +=′

)()()()()()(')()( ttttttttp UΦAUΦUΦUΦX +′=+′=′

)()()()()()((t) tttttt FUΦAUΦAUΦ +=+′

Φ′(t) = AΦ(t)

)()((t) tt FUΦ =′

Como Xp = Φ(t)U(t), entonces

Y finalmente, X = Xc + Xp

)()()( ttt FUΦ =′

)()()( 1 ttt FΦU −=′

tdttt ∫ −Φ= )()()( 1 FU

∫ −= dttttp )()()( 1 FX ΦΦ

∫ −+= dttttt )()()()( 1 FΦΦCΦX

Solución Primero resolvemos el sistema homogéneo La ecuación característica de la matriz de coeficientes es

−=′ −te

t34213

−=′

0)5)(2(4213

)(det =++=−−

−−=− λλ

Determinar la solución general de en (−∞, ∞).

λ = −2, −5, y los vectores propios son Así, las soluciones son:

−−

eeeetΦ

t 5315

1 )(Φ

−−

−−−

−−

dteteete

)()()( FX

−−

eeteeete

etecec

−−−

−−

50215027

Matriz exponencial

Para cualquier matriz A de n × n, podemos definir

DEFINICIÓN Matriz Exponencial

∑∞

==+++++=

!!!2 k

kttte AAAAIA

Podemos usar las matrices para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales de una manera totalmente distinta. Observemos que x' = ax tiene como solución general x = ceat. ¿Podemos definir una función exponencial matricial, de modo que eAtC sea solución de X' = AX.

Derivada de eAt

tt eedtd AA A=

+++++=

Y efectivamente, eAt es una solución de X′ = AX:

AXCACACX AAA ====′ )( ttt eeetd

Cálculo de eAt : Potencias Am

donde los coeficientes cj son los mismos para cada sumatorio y la última expresión es válida para los valores propios λ1, λ2, …, λn de A. Poniendo λ = λ1, λ2, …λn en la segunda expresión, obtenemos los cj ; que sustituidos en la primera expresión nos proporcionan las potencias de A para computar:

∑∞

kte AA

0∑−

k c AA ∑−

k c λλ

Recuerda que vimos que podíamos calcular las potencias de una matriz A, gracias a:

00∑∑∑∑∑−

kt tbkc

kte AAAA

00∑∑∑∑∑−

kt tbkc

kte λλλλ

∑∞

kte λλ,

!0∑∞

kte AA,

0∑−

k c AA ∑−

k c λλ

0∑−

t tbe AA )(1

0∑−

t tbe λλ

Solución

−−

λλ10 bbe t +=

−=−

Calcular eAt, donde

0∑−

t tbe AA

0∑−

t tbe λλ

eAt = b0I + b1A

λ1= −1 y λ2 = 2 b0 = (1/3)[e2t + 2e– t], b1 = (1/3)[e2t – e–t].

1/3/341/31/3

/34/34/341/322

−+−−+−

=−−

−−

eeeeeeee

Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales · Solución general para sistemas ... Autovalores...

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