Ejercicio

Ejercicios resueltos deEcuaciones Diferenciales

II

II

NDICE GENERAL

1. Mtodos elementales de resolucin de ecuaciones diferencialesordinarias 1

2. La ecuacin lineal I: aspectos tericos sobre la existencia y unici-dad de solucin y matrices fundamentales 33

3. La ecuacin lineal II: forma cannica de Jordan, exponencial deuna matriz y frmula de variacin de las constantes 57

4. Teora de comparacin de Sturm 109

5. La ecuacin peridica 113

6. Ecuaciones diferenciales con coeficientes analticos 153

7. Anlisis local de existencia y unicidad de soluciones 163

8. Anlisis global de existencia y unicidad de soluciones 195

9. Dependencia continua y diferenciable respecto de datos inicialesy parmetros. Estabilidad 211

10.Series de Fourier, problemas de contorno, ecuaciones en deriva-das parciales y clculo de variaciones 237

III

IV NDICE GENERAL

IV

CAPTULO 1

Mtodos elementales deresolucin de ecuacionesdiferenciales ordinarias

1. La poblacin P(t) de un suburbio de una gran ciudad en un instantecualquiera se rige por{

dPdt = P(10

1 107P)P(0) = 5000

,

en donde t se mide enmeses. Cul es el valor lmite de la poblacin?En qu momento ser la poblacin igual a la mitad de su valor lmi-te?

Solucin : Calculamos en primer lugar el tamao de la poblacin,P(t), resolviendo el problema de valores iniciales. La ecuacin di-ferencial tiene sus variables separadas:

P

P(101 107P) = 1 ,

donde hemos denotado P = dPdt . Integrando los dos miembros deesta identidad entre 0 y t obtenemos

107 P(t)5000

dQ

Q(106 Q) = t ,

donde hemos efectuado el cambio de variable Q = P(t). Teniendoen cuenta ahora que

1Q(106 Q) = 10

6(1Q

+1

106 Q)

,

1

2concluimos tras una serie de clculos simples que la nica solucinde nuestro problema es

P(t) =106 e

t10

199 + et10.

El valor lmite de la poblacin es por tanto

lmt P(t) = 10

6 ,

como se desprende de una simple aplicacin de la regla de LHpital.

Para responder a la segunda cuestin tenemos que encontrar el valort0 para el que P(t0) = 10

6

2 . Basta entonces con resolver la ecuacin

106et010

199 + et010

=106

2 e t010 = 199 .

Tomando logaritmos neperianos en ambosmiembros concluimos que

t0 = 10 log(199) meses 4,41 aos .

2. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales:

(a) x = et 2tt21

(b) (x2 + 9)y + xy = 0

(c) dydx = 2xey

(d) x = 1+tt2x2

(e) x = et+x

Solucin : (a) La ecuacin tiene sus variables separadas. Integrandoobtenemos

x(t) = et log(|t2 1|) + C , C R .

2

Mtodos elementales 3

20 40 60 80 100 120 140

200000

400000

600000

800000

1 106

Figura 1.1: Representacin grfica de la solucin del Ejercicio 1 en el intervalo[0, 150].

3

4(b) Separando las variables obtenemos

y

y= x

x2 + 9

e integrando con respecto a x llegamos a

y(x) =C

x2 + 9.

(c) Separando las variables resulta ey dydx = 2x, de donde se obtiene lasolucin general

y(x) = log(x2 + C) , C R : x2 + C > 0 ,

sin ms que integrar ambos miembros con respecto a la variable x.Obsrvese que, dado cualquier dato inicial y(x0) = y0, la solucinslo existe si

x2 > C = x20 ey0 .(d) Separando las variables obtenemos

x2x =1 + tt2

.

Integrando entonces con respecto a t en ambos miembros de la ecua-cin encontramos que la solucin general de la misma viene dadapor

x(t) =

[3(log(|t|) 1

t

)+ C

] 13

, C R .

(e) Separando las variables resulta ex x = et, de donde obtenemosla solucin general

x(t) = log(C et) , C > et ,

integrando la ecuacin con respecto a la variable t. Obsrvese que,dado cualquier dato inicial x(t0) = x0, la solucin slo existe si

t < log(C) con C = et0 + ex0 .

4


3. Un reactor transforma plutonio 239 en uranio 238 que es relativa-mente estable para uso industrial. Despus de 15 aos se determinaque el 0.0043 por ciento de la cantidad inicial A0 de plutonio se hadesintegrado. Determina la semivida1 de este istopo si la rapidezde desintegracin es proporcional a la cantidad restante.

Solucin : Llamemos x(t) a la cantidad de plutonio 239 que quedaen el instante t, con lo que x(t) indicar la velocidad o rapidez dedesintegracin del mismo. Como la velocidad de desintegracin esproporcional a la cantidad de istopo restante, la ley diferencial querige el proceso de desintegracin es

x = x sujeta a la condicin inicial x(0) = A0 ,

cuya nica solucin viene dada por x(t) = A0 et. Para tener com-pletamente determinada la solucin necesitamos conocer el valor dela constante de desintegracin , el cual puede encontrarse a travsde la relacin (establecida en el enunciado del problema)

x(15) =(1 0,0043

100

)A0 =

99,9957100

A0 ,

por lo que ha de ser

A0 e15 =

99,9957100

A0 = 115 log(99,9957

100

).

Finalmente, la semivida de este istopo es el valor t0 para el que secumple la condicin x(t0) =

A02 , por lo que

A0 e

[115 log

(99,9957100

)]t0 =

A02

t0 = 15 log(2)log(100) log(99,9957) = 241790 aos .

4. Dadas dos funciones f , g derivables, sabemos que la identidad

( f g) = f g

1Tiempo necesario para que la cantidad inicial de tomos se reduzca a la mitad

5

6es falsa en general. Si fijamos f (x) = ex3+2x, determina las funciones

g que verifican dicha identidad.

Solucin : Por un lado

( f g)(x) = (3x2 + 2) ex3+2xg(x) + ex

3+2xg(x)

mientras que, por otro lado,

f (x)g(x) = (3x2 + 2) ex3+2xg(x) .

Entonces ha de cumplirse

(3x2 + 1) ex3+2xg(x) = (3x2 + 2) ex

3+2xg(x)

o, equivalentemente,

g(x)g(x)

=3x2 + 23x2 + 1

.

Resolviendo esta ecuacin diferencial en variables separadas obtene-mos

g(x) = C ex+ 1

3arctan(

3x) , C R .

5. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales:

(a) 3x+ y 2 + y(x 1) = 0(b) (t2x2 1)x + 2tx3 = 0, haciendo x = z

(c) x+ (x t)x = 0(d) 2t+ 3x+ (x+ 2)x = 0

Solucin : (a) La ecuacin puede ser reescrita en forma cannica (conla derivada despejada) de la siguiente forma:

y =3x+ y 2

1 x .

6


Veamos cmo podemos reducir esta ecuacin diferencial a una ho-mognea. Consideramos las rectas de ecuaciones

3x+ y 2 = 0 , 1 x = 0 ,de las que resulta el punto de corte (x = 1, y = 1). A continuacinse procede va el siguiente cambio de variable:

X = x 1 , Y = y+ 1 .Entonces se tiene que

Y = y = Y + 3XX

=Y

X+ 3 , (1.1)

que es una ecuacin diferencial homognea. Haciendo ahora el cam-bio de funcin incgnita u = YX y usando (1.1) obtenemos

Y = u+ Xu = u+ 3 ,

de donde se deduce que

u =3X.

Por tantou(X) = 3 log(|X|) + C , C R .

Deshaciendo los cambios de variable efectuados para recuperar lasvariables originales llegamos a

y(x) = 3(x 1) log(|x 1|) + C(x 1) 1 , C R .

(b) Obviamente x 0 es solucin. Busquemos todas las dems so-luciones. Efectuando el cambio de funcin incgnita x = z en laecuacin obtenemos

(t2z2 1)z1z + 2tz3 = 0 ,de donde resulta

(t2z2 1)z + 2tz2+1 = 0o, equivalentemente,

z = 2

(tz2+1

t2z2 1)

= 2

((z/t)2+1

(z/t)2 (1/t2+2))

7

8que es una ecuacin homognea. Haciendo el cambio de variableu = zt obtenemos la siguiente ecuacin equivalente:(

t2+2u2 1u

)u =

1t.

Integrando los dos miembros de esta ecuacin con respecto a la va-riable t llegamos a la siguiente expresin implcita para u:

12

t2+2 u2 log(|u|) = C + log(|t|) , C R .

Deshaciendo finalmente los dos cambios de variable efectuados2 ob-tenemos

x2t2 2 log(|x|) = C , C R .(c) La ecuacin admite la solucin trivial. Busquemos las restantessoluciones. Resolviendo la ecuacin con respecto a la derivada obte-nemos

x =x

t x =xt

1 xt,

que es homognea. El consabido cambio de variable u = xt nos con-duce a

u =1t

(u2

1 u)

,

cuyas soluciones satisfacen la relacin implcita

1u log(|u|) = log(|t|) + C , C R .

Deshaciendo el cambio de variable obtenemos finalmente

x log(|x|) + t+ Cx = 0 , C R .

(d) Resolviendo la ecuacin con respecto a la derivada obtenemos

x = 3x+ 2tx+ 2

,

que adopta la forma de una ecuacin diferencial reducible a homo-gnea. Consideramos las rectas de ecuaciones

3x+ 2t = 0 , x+ 2 = 0 ,2u = zt y x = z

8


de las que resulta el punto de corte (t = 3, x = 2). Efectuamos elsiguiente cambio de variable:

T = t 3 , X = x+ 2 .

Entonces se tiene que

X = x = 3X + 2TX

= 3XT + 2XT

, (1.2)

que es homognea. Haciendo ahora u = XT y usando (1.2) obtenemos

X = u+ Tu = 3u+ 2u

,


u = 1T

(u2 + 3u+ 2

u

).

Por tanto, la siguiente relacin implcita

(u(T) + 2

)2u(T) + 1

= C|T| , C > 0 ,

es satisfecha. Deshaciendo los cambios de variable efectuados pararecuperar las variables originales llegamos primero a

(X + 2T)2

X + T= CT2

y despus a(x+ 2t 4)2x+ t 1 = C(t 3)

2 .

6. Encuentra la curva plana que pasa por (1, 1) y verifica que dado unpunto cualquiera (x, y), al considerar el corte de la recta tangente ala curva en ese punto con el eje de ordenadas y el corte de la rectanormal con el eje de abscisas, su distancia al origen es la misma.

9

10

Solucin : Las ecuaciones de la recta tangente y normal en el punto(t, x) son, respectivamente,

(T t)x = X x , (T t)( 1

x)

= X x ,

donde las variables estn representadas con letras maysculas (T pa-ra las ordenadas y X para las abscisas).

La condicin inicial que nos proporciona el problema es x(1) = 1.Sustituyendo en las ecuaciones anteriores los datos del problema ob-tenemos:

tx = b x , (a t)( 1

x)

= x .Adems, ha de verificarse

|x tx| = |xx + t| .Esta ltima ecuacin nos conduce a la resolucin de los siguientesproblemas de valores iniciales:{

x = xtx+tx(1) = 1

,

{x = x+ttxx(1) = 1

,

correspondientes ambos a ecuaciones homogneas. El primero deellos puede reescribirse de la siguiente forma{

x =xt1xt +1

x(1) = 1.

Haciendo el cambio de variable u = xt se llega a la siguiente ecuacindiferencial con variables separadas

u = 1t

(u2 + 1u+ 1

),

con dato inicial asociado u(1) = x(1) = 1, cuya nica solucin3

satisface la siguiente relacin implcita:

2 arctan(xt

)+ log(x2 + t2) =

2+ log(2) .

3Es inmediato verificar las condiciones del teorema de existencia y unicidad de solu-ciones

10


El tratamiento del segundo problema es anlogo. La ecuacin dife-rencial que se obtiene ahora tras hacer el cambio de variable anteriores

u =1t

(u2 + 11 u

),

con dato inicial asociado u(1) = x(1) = 1. La nica solucin de esteproblema de valores iniciales satisface

2 arctan(xt

) log(x2 + t2) =

2 log(2) .

7. Encuentra las soluciones de las siguientes ecuaciones diferencialesbuscando (si es el caso) factores integrantes de la forma que se indica:

(a) sen(tx) + tx cos(tx) + t2 cos(tx)x = 0

(b) sen(2x)y + x+(y sen2(x)

y2

)y = 0

(c) (3xy2 4y) + (3x 4x2y)y = 0 con (x, y) = xnym

(Febrero 1993)

(d) xy(y 1) y = 0 con (x, y) = (y)(e) (t+ 1)2 + (1 + t2)x = 0 con (t, x) = (t+ x)

(Febrero 1996)

(f) (1 + xy+ y2) + (1 + xy+ x2)y = 0 con (x, y) = (xy)

(g) (x+ y2) + 2(y2 + y+ x 1)y = 0 con (x, y) = (eax+by)(h) 2xyy = x2 + y2 + 1 con (x, y) = (y2 x2)

Solucin : (a) Es exacta con

P(t, x) = sen(tx) + tx cos(tx) , Q(t, x) = t2 cos(tx) .

11

12

-4 -2 2 4

-15

-10

-5

5

10

15

Figura 1.2: Representacin grfica de las soluciones del Ejercicio 6.

12


En efecto,Px = 2t cos(tx) t

2x sen(tx) =Qt .

EntoncesFt = P F(t, x) = t sen(tx) + H(x) .

Por otro lado

Fx = Q H

0 H k R .

Por tanto, la solucin general responde a la siguiente relacin impl-cita:

t sen(tx) = C R .(b) Es exacta con

P(x, y) =sen(2x)

y+ x , Q(x, y) = y sen

2(x)

y2.

En efecto,Py =

2 sen(x) cos(x)y2

=Qx .

Entonces

Fx = P F(x, y) =

cos(2x)2y

+x2

2+ H(y) .

Por otro lado

Fy = Q H

(y) = y 12y2

H(y) = y2

2+

12y

.

Por tanto, la solucin general responde a la siguiente relacin impl-cita:

y2 + x2 +1y

(1 cos(2x)

)= C R .

(c) La ecuacin no es exacta, ya que para las funciones

P(x, y) = y(3xy 4) , Q(x, y) = x(3 4xy)no se satisface la condicin de exactitud. En efecto,

Py = 2(3xy 2) 6= 3 8xy =

Qx .

13

14

Buscamos n,m Z tales que la funcin (x, y) = xnym sea un factorintegrante. Para ello imponemos exactitud sobre las funciones

P(x, y) = y(3xy 4)xnym , Q(x, y) = x(3 4xy)xnym .Entonces resulta

2(3xy 2)xnym + y(3xy 4)xn(mym1)= (3 8xy)xnym + x(3 4xy)ym(nxn1)


xnym[(3m+ 4n)xy (3n+ 4m) (7 14xy)] = 0 . (1.3)Por tanto, para que (x, y) = xnym sea un factor integrante paranuestra ecuacin se ha de cumplir

3m+ 4n = 14 , 3n+ 4m = 7 ,es decir, m = 2 y n = 5. Luego = x5y2. Buscamos ahora F(x, y)tal que, en primer lugar,

Fx = y

3x5(3xy 4) F(x, y) = x3y4 + x4y3 + H(y) .

Por otro lado

Fy = x

4y2(3 4xy) = 4x3y3 + 3x4y2 + H(y) H k R .

Consecuentemente, la solucin responde al siguiente esquema im-plcito:

x4y3(1 xy) = C R .(d) Sean P(x, y) = y y Q(x, y) = x(y 1). En este caso la ecuacinno es exacta, ya que

Py 1 ,

Qx = y 1 .

Buscamos un factor integrante de la forma (x, y) = (y). Para ellomultiplicamos la ecuacin por (y) e imponemos la condicin deexactitud a las funciones

P(x, y) = y(y) , Q(x, y) = x(y 1)(y) .

14


Entonces ha de cumplirse

y(y)(y) = (y 1)(y) (y) = ey .Buscamos finalmente F(x, y) tal que

Fx = ye

y ,Fy = x(y 1)e

y .

Se tiene que

F(x, y) = xyey +H(y) y x(y 1)ey = xey + xyey +H(y) ,de lo cual resulta finalmente que H k R, por lo que la solucinde la ecuacin de partida responde a la siguiente relacin implcita:

xyey = C R .

(e) La ecuacin no es exacta, ya que si

P(t, x) = (t+ 1)2 , Q(t, x) = 1 + t2 ,

se tiene quePx = 0 6= 2t =

Qt .

Buscamos un factor integrante de la forma (t, x) = (t + x). Lacondicin suficiente y necesaria que ha de cumplirse para que ennuestro caso (t+ x) sea factor integrante es

(t+ 1)2(t+ x) = 2t(t+ x) + (1 + t2)(t+ x) .

Resolviendo esta ecuacin obtenemos (t+ x) = et+x. Buscamos en-tonces F(t, x) tal que

Ft = (t+ 1)

2et+x F(t, x) = (1 + t2)et+x + H(x) .

Finalmente, la funcin H(x) queda determinada sin ms que impo-ner la condicin

Fx = (1 + t

2)et+x + H(x) = Q(t, x)(t+ x) = (1 + t2)et+x ,

que nos conduce a H k R. Por tanto, la solucin x(t) viene dadapor la ley implcita

(1 + t2) et+x = C R .

15

16

(f) La ecuacin no es exacta. En efecto, si llamamos

P(x, y) = 1 + xy+ y2 , Q(x, y) = 1 + xy+ x2 ,

se tiene quePy = x+ 2y 6= y+ 2x =

Qx .

Buscamos un factor integrante de la forma (x, y) = (xy). La con-dicin suficiente y necesaria que ha de cumplirse para que en nuestrocaso (xy) sea factor integrante es

(x+ 2y)(xy) + x(1 + xy+ y2)(xy)= (y+ 2x)(xy) + y(1 + xy+ x2)(xy) .

Resolviendo esta ecuacin obtenemos (xy) = exy. Buscamos enton-ces F(x, y) tal que

Fx = (1 + xy+ y

2)exy F(x, y) = (x+ y)exy + H(y) .

Finalmente, la funcin H(y) queda determinada al imponer la con-dicin

Fy = (x

2 + xy+ 1)exy + H(y) = Q(x, y)(xy) = (1 + xy+ x2)exy ,

que nos conduce a H k R. Por tanto, la solucin y(x) viene dadapor la ley implcita

(x+ y) exy = C R .(g) La ecuacin no es exacta, ya que si llamamos

P(x, y) = x+ y2 , Q(x, y) = 2(y2 + y+ x 1) ,se tiene que

Py = 2y 6= 2 =

Qx .

Buscamos un factor integrante de la forma = (eax+by), el cualhabr de verificar la siguiente condicin suficiente y necesaria:

2y(eax+by) + b(x+ y2)eax+by(eax+by)= 2(eax+by) + 2a(y2 + y+ x 1)eax+by(eax+by) ,

16


que nos conduce como nica opcin a elegir un factor integrante dela forma especfica (x, y) = ex+2y. Buscamos ahora F(x, y) tal que

Fx = (x+ y

2)ex+2y F(x, y) = (x 1 + y2)ex+2y + H(y) .Finalmente, la funcin H(y) queda determinada al imponer la con-dicin

Fy = 2(y+ x 1 + y

2)ex+2y + H(y)

= Q(x, y)(x, y) = 2(y2 + y+ x 1)ex+2y ,que nos conduce nuevamente a H k R. Por tanto, la soluciny(x) viene dada por la ley implcita

(x 1 + y2) ex+2y = C R .(h) La ecuacin no es exacta, ya que si llamamos

P(x, y) = x2 + y2 + 1 , Q(x, y) = 2xy ,se tiene que

Py = 2y 6= 2y =

Qx .

Buscamos un factor integrante de la forma = (y2 x2), el cualhabr de verificar la siguiente condicin suficiente y necesaria:

2y(y2 x2) + 2y(x2 + y2 + 1)(y2 x2)= 2y(y2 x2) + 4x2y(y2 x2) .

Resolviendo esta ecuacin en variables separadas obtenemos

(y2 x2) = 1(y2 x2 + 1)2 .

Buscamos ahora F(x, y) tal que

Fx =

x2 + y2 + 1(y2 x2 + 1)2

4F(x, y) =x

y2 x2 + 1 + H(y) .

4Para calcular una primitiva de x2+y2+1

(y2x2+1)2 con respecto a x basta con observar que lasiguiente descomposicin es satisfecha:

x2 + y2 + 1(y2 x2 + 1)2 =

12

(1

(x1 + y2)2 +1

(x+1 + y2)2

).

17

18

Finalmente, la funcin H(y) queda determinada al imponer la con-dicin

Fy =

2xy(y2 x2 + 1)2 + H

(y)

= Q(x, y)(y2 x2) = 2xy(y2 x2 + 1)2 ,

que nos conduce a H k R. Por tanto, la solucin general y(x)tiene las dos siguientes ramas:

y(x) = x2 + Cx 1 , C R .

8. Responde razonadamente a las siguientes cuestiones:

(a) Puede ser la funcin (t) = t2 (definida para t R) solucinde una ecuacin lineal de primer orden homognea? Y de unaecuacin lineal de primer orden no homognea?

(b) Pueden ser las funciones (t) = et y (t) = et (definidaspara t R) soluciones de una misma ecuacin lineal de primerorden homognea? y de una ecuacin lineal de primer ordenno homognea?

En caso afirmativo proporciona ejemplos explcitos.

Solucin : (a) La funcin (t) = t2 (definida en R) NO puede sersolucin de una ecuacin lineal de primer orden homognea x(t) =a(t)x(t), ya que de serlo habra de ocurrir

2t = a(t)t2 a(t) = 2t t 6= 0

y, en cualquier caso, el coeficiente a(t) slo estara definido enR\ {0}(no en R).

Sin embargo, la respuesta es SI para el caso no homogneo x(t) =a(t)x(t) + b(t). En efecto, bastara con encontrar funciones continuas

18


a, b : R R tales que 2t = a(t)t2 + b(t). Por ejemplo, a 0 yb(t) = 2t.

(b) Las funciones(t) = et y(t) = et (definidas en R) NO puedenser soluciones de una misma ecuacin diferencial lineal de primerorden homognea, ya que de serlo tendran que verificarse simult-neamente las dos siguientes condiciones:

et = a(t)et , et = a(t)et ,que a la postre se traducen en que simultneamente a 1 y a 1.Para el caso no homogneo los anlogos de las condiciones anterio-res son

et = a(t)et + b(t) , et = a(t)et + b(t) ,que tras un clculo sencillo conducen a las siguientes expresiones delos coeficientes:

a(t) =et + et

et et , b(t) = 2

et et .

Estas expresiones son slo vlidas en R \ {0}, luego (t) y (t) NOpueden ser soluciones de unamisma ecuacin lineal de primer ordenno homognea.

9. Calcula los valores de la constante R que hacen que la ecuacindiferencial x = ( + cos2 t)x tenga una solucin -peridica5 notrivial.

Solucin : Se trata de una ecuacin diferencial en variables separadas,por lo que se puede encontrar fcilmente su solucin general6:

x(t) = Ce(+12 )t+

14 sen(2t) .

5Es decir, x(t) = x(t+ ) t R6Para llegar a la expresin final de la misma es necesario calcular previamente una

primitiva de cos2(t), tarea la cual resulta bastante simple si se escribe

cos2(t) =1 + cos(2t)

2.

19

20

Al evaluarla en t+ se obtiene

x(t+ ) = Ce(+12 )(t+)+

14 sen(2t+2) = Ce(+

12 )(t+)+

14 sen(2t) ,

luego la condicin de periodicidad equivale a imponer

e(+12 ) = 1 ,

es decir, = 12 .

10. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales lineales usando elmtodo de variacin de las constantes:

(a) x tx = 3t(b) y = 5y+ cos(x)

(c) x =(

2tt2+1

)x+ t3

(d) x 2x = 4e2t

Solucin : (a) Resolviendo en primer lugar la correspondiente ecua-cin diferencial homognea, x = tx, la cual tiene sus variables sepa-radas obtenemos

xh(t) = C et22 , C R .

Asumimos ahora C = C(t) y reconsideramos la ecuacin diferencialcompleta. En este caso se tiene que

x = (C + Ct)et22 = t

(Ce

t22

)+ 3t ,

luego C(t) = 3te t22 . Por tanto

C(t) = 3e t22 + K , K R .

(b) La solucin general de la ecuacin homognea, y = 5y, es

yh = Ce5x , C R .

20


Variando la constante y considerando ahora la ecuacin completaobtenemos

(C + 5C)e5x = 5Ce5x + cos(x) C(x) = cos(x) e5x ,luego ha de ser

C(x) =126

e5x(sen(x) 5 cos(x)) + K , K Ry, por tanto,

y(x) =126

(sen(x) 5 cos(x)) + K e5x , K R .

(c) La solucin general de la ecuacin homognea, x = 2tt2+1x, es

xh = C(t2 + 1) , C R .

Variando la constante y considerando ahora la ecuacin completaobtenemos

C(t2 + 1) + 2Ct = 2Ct+ t3 C(t) = t3

t2 + 1,

luego ha de ser

C(t) =12

(t2 log(t2 + 1)

)+ K , K R

y, por tanto,

x(t) =12

(t2 log(t2 + 1) + K

)(t2 + 1) , K R .

(d) La solucin general de la ecuacin homognea, x 2x = 0, esxh = Ce

2t , C R .Si asumimos C = C(t) y recuparamos la ecuacin completa, resultaque

(C + 2C 2C) e2t = 4 e2t C 4 C(t) = 4t+ K , K R .Entonces

x(t) = (4t+ K) e2t , K R .

21

22

11. Resuelve los siguientes problemas de valores iniciales mediante lafrmula de variacin de las constantes:

(a) x + 3x = e3t , x(1) = 5

(b) x xt = 11+t2 , x(2) = 0

(c) x = cosh(t)x+ esenh(t) , x(0) = 1

Solucin : (a) La solucin general de la ecuacin homognea, x +3x = 0, es

xh(t) = C e3t , C R .

Variando la constante, x(t) = C(t) e3t, y volviendo a la ecuacincompleta obtenemos

(C 3C) e3t + 3C e3t = e3t C(t) = t+ K , K R .

Por tanto, la solucin general de la ecuacin completa es

x(t) = (t+ K) e3t , K R .

Imponiendo la condicin inicial x(1) = 5 concluimos que

(1 + K) e3 = 5 K = 5e3 1 ,

luegox(t) = (t+ 5e3 1) e3t .

(b) Resolviendo la ecuacin homognea (que tiene sus variables se-paradas) obtenemos xh(t) = Ct con C R. Sustituyendo entonces laexpresin x(t) = C(t)t en la ecuacin completa llegamos a

Ct+ C C = 11 + t2

C(t) = 1t(1 + t2)

C(t) = log(

t1 + t2

)+ K , K R .

Entonces la solucin general de la ecuacin completa es

x(t) =

[log

(t

1 + t2

)+ K

]t , K R .

22


Imponiendo finalmente la condicin inicial obtenemos

2(log

( 25

)+ K

)= 0 K = log

( 25

).

Por consiguiente, la solucin buscada es

x(t) = t log

( 5 t

21 + t2

).

(c) La solucin general de la ecuacin homognea es

xh(t) = C esenh(t) , C R .

Si variamos la constante y ensayamos en la ecuacin completa conx(t) = C(t) esenh(t) obtenemos

(C + C cosh(t)) esenh(t) = C cosh(t) esenh(t) + esenh(t)

C 1 C(t) = t+ K , K R .

Por tantox(t) = (t+ K) esenh(t) , K R .

Al imponer finalmente x(0) = 1 obtenemos K = 1 y, en consecuen-cia, la nica solucin de nuestro problema de valores iniciales es

x(t) = (t+ 1) esenh(t) .

12. Sean a, b : R R funciones continuas tales que a(t) c > 0 paratodo t R y

lmt b(t) = 0 .

Demuestra que todas las soluciones de la ecuacin diferencial

x = a(t)x+ b(t)

tienden a cero cuando t . (Indicacin: usa la regla de LHpitalen el segundo trmino de la frmula de variacin de las constantes).

23

24

Solucin : Resolvemos en primer lugar la ecuacin homognea, x =a(t)x, obteniendo

x(t) = Ce tt0 a(s) ds , C R .

Variando ahora la constante, es decir, asumiendo C = C(t), conclui-mos que la solucin general de la ecuacin lineal x = a(t)x + b(t)es

x(t) = x0 e tt0 a(s) ds +

( tt0b(s) e

st0a() d

ds

)e tt0 a(s) ds ,

donde hemos asumido x(t0) = x0 con t0 y x0 arbitrarios.

Estudiamos en primer lugar el lmite en infinito del primer trminode la solucin:

0 lmt

{x0 e tt0 a(s) ds} |x0| lmt

{e tt0 c ds}

= |x0| lmt

{ec(tt0)

}= 0 .

Para el segundo trmino obtenemos

lmt

tt0b(s) e

st0a() d

ds

e tt0a(s) ds

= lmt

b(t) e

tt0a(s) ds

a(t) e tt0a(s) ds

= lmt

{b(t)

a(t)

}= 0 ,

ya que lmt{b(t)} = 0 y 1a(t)

1c para todo t R. Obsrveseque hemos utilizado la regla de LHpital y el teorema fundamen-tal del clculo para resolver la eventual indeterminacin en el lmiteanterior.

13. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de Bernoulli:

(a) 3tx 2x = t3x2

(b) x = etx7 + 2x

24


(c) y + yx =log(x)

x y2

Solucin : (a) Dividiendo la ecuacin por 3t, t 6= 0, obtenemos

x 23tx =

t2

3x2 . (1.4)

Multiplicando ahora la ecuacin (1.4) por x2 llegamos a

x2x 23tx3 =

t2

3,

que es equivalente a la ecuacin

z 2tz =

t2

3(1.5)

va el cambio de variable z = x3

3 . La solucin general de la ecuacin(1.5) es

z(t) = t2( t3

+ C), C R ,

luego deshaciendo el cambio de variable obtenemos

x(t) = (t3 + Ct2)13 , C R .

(b) Multiplicando la ecuacin por x7 obtenemos x7x = et + 2x6.Planteamos el cambio de variable z = 16x

6, en cuyo caso la ecuacinanterior se puede reformular del siguiente modo:

z + 12z = et .La solucin general de esta ecuacin es

z(t) = 113

et + C e12t , C R .Deshaciendo el cambio de variable obtenemos

x(t) =

(C e12t 6

13et) 16

, C R .

(c)Multiplicando la ecuacin por y2 obtenemos y2y = log(x)x 1xy .Planteamos el cambio de variable z = 1y , en cuyo caso la ecuacinanterior se puede reformular del siguiente modo:

z =z

x+

log(x)x

.

25

26

La solucin general de esta ecuacin es

z(x) = Cx log(x) 1 , C R .Deshaciendo el cambio de variable obtenemos

y(x) =1

1 + log(x) Cx , C R .

14. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales de Riccati usando lasolucin particular proporcionada:

(a) y = y2 xy+ 1 , yp(x) = x(b) y = x4 y2 , yp(x) = 1x 1x2

Solucin : (a) Efectuamos el cambio de funcin incgnita

u(x) =1

y(x) x ,

de modo que

u

u2=

(1u

)= y 1 = y2 xy

=( 1u

+ x)2 x

( 1u

+ x)

=1u2

+x

u

o, equivalentemente,u = xu 1

que es una ecuacin diferencial lineal de primer orden cuya solucingeneral es

u(x) =

(C

ex22 dx

)e

x22 , C R .

Deshaciendo el cambio de variable concluimos que la solucin de laecuacin de Riccati de partida es

y(x) = x+ ex22

(C

ex22 dx

)1, C R .

26


(b) Efectuamos el cambio de funcin incgnita

u(x) =1

y(x) 1x + 1x2,

de modo que

u

u2=

(1u

)= y +

1x2 2

x3=

1x4 y2 + 1

x2 2

x3

=1x4( 1u

+1x 1

x2

)2+

1x2 2

x3= 1

u2 2

x

(1 1

x

) 1u


u = 1 +2x

(1 1

x

)u

que es una ecuacin diferencial lineal de primer orden cuya solucingeneral es

u(x) = x2(Ce

2x +

12

), C R .

Deshaciendo el cambio de variable concluimos que la solucin de laecuacin de Riccati de partida es

y(x) =1x2

(x 1 + 1

Ce2x + 12

), C R .

15. Se considera la ecuacin diferencial de Riccati

y = 1x2 y

x+ y2 . (1.6)

(a) Busca una solucin particular de la forma y = x con R.(b) Encuentra la solucin que cumple y(1) = 2 y calcula, si es po-

sible, el lmite cuando x de dicha solucin.

Solucin : (a) La funcin y = x resuelve la ecuacin diferencial (1.6)si y solamente si

x1 = x2 x1 + x2 ,

27

28

luego ha de ser = 1.(b) Para la solucin particular encontrada en (a), y0(x) = 1x , conside-ramos el cambio de funcin incgnita

u(x) =1

y(x) x1 . (1.7)

Entonces

u

u2=

(1u

)= y +

1x2

= y2 yx

=( 1u

+1x

)2 1

x

( 1u

+1x

)=

1u

( 1u

+1x

),

luego resolver el problema de valores iniciales asociado a (1.6) condato inicial y(1) = 2 equivale a resolver la siguiente ecuacin dife-rencial lineal de primer orden

u +u

x= 1

con dato inicial u(1) = 1. La (nica) solucin de este ltimo proble-ma se puede calcular fcilmente, obtenindose

u(x) =12

(3 x2x

).

Por tanto, deshaciendo el cambio de variable (1.7) llegamos a la so-lucin del problema de Riccati de partida:

y(x) =x2 + 3

x(3 x2) .

Finalmente, por la propia definicin de solucin de un problema devalores iniciales concluimos que en nuestro caso no se puede tomarlmx y(x) porque y(x) tiene una asntota en x =

3.

16. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales usando el mtodoque convenga en cada caso:

(a) 3et tan(x) + (2 et) sec(x)2x = 0

28


(b) (3t2x+ x3)x + 2t3 = 0

(c) xy + y = y2 log(x)

(d) t cos(t+ x) + sen(t+ x) + t cos(t+ x)x = 0

(e) (3tx+ x2) + (3tx+ t2)x = 0

(f) tx cos(tx) + sen(tx) + (t2 cos(tx) + ex)x = 0

(g) 3x+ 3etx23 + tx = 0

(h) x = 1x+t

(i) y = y2y log(y)+yx

(j) y = 1 + e2x

(k) y = yx (log(y) log(x))(l) xy + y = 2x

(m) y = log(xy)

Solucin : (a) Variables separadas: x(t) = arctan[

C(2et)3

], C R.

(b) Homognea: x = 2t33t2x+x3 = 23(x/t)+(x/t)3 . La solucin generalviene dada por la siguiente relacin implcita7:

(x+ t)3(x4 + 3t2x2 + 2t4) = C(x+ 2t)3 , C R .

(c) Bernoulli: y + yx =log(x)

x y2. La solucin general es8

y(x) =1

Cx+ log(x) + 1, C R .

7El siguiente clculo es til:

u du

u4 + 3u2 + 2=

12

dv

v2 + 3v+ 2

=12

(dv

v+ 1

dv

v+ 2

)=

12

(log(v+ 1) log(v+ 2)

).

8La integral log(x)dx

x2se resuelve por partes

29

30

(d) Exacta con

P(t, x) = t cos(t+ x) + sen(t+ x) , Q(t, x) = t cos(t+ x) .

En efecto,Px = cos(t+ x) t sen(t+ x) =

Qt .

La solucin general viene dada por9

x(t) = arc sen(Ct

) t , C R .

(e) Homognea: x = 3tx+x23tx+t2 = 3(x/t)+(x/t)2

3(x/t)+1 . La solucin generalviene dada por la siguiente relacin implcita:

tx

(t x)4 = C , C R .

(f) Exacta con

P(t, x) = tx cos(tx) + sen(tx) , Q(t, x) = t2 cos(tx) + ex .

En efecto,Px = 2t cos(tx) t

2x sen(tx) =Qt .

La solucin general viene dada por la siguiente relacin implcita10:

ex + t2 cos(tx) = C , C R .

(g) Bernoulli: Para t 6= 0 se tiene que x + 3t x = 3et

t x23 . La solucin

general es

x(t) =(C et

t

)3, C R .

(h) Haciendo el cambio de variable u = x+ t obtenemos la siguienteecuacin diferencial equivalente:

u =u+ 1u

,

9 t cos(t+ x) dt = t sen(t+ x) + cos(t+ x) por partes10 t cos(tx) dt = tx sen(tx) + 1x2 cos(tx) por partes

30


que es una ecuacin en variables separadas cuya solucin general es

u log(|u+ 1|) = C + t , C R .Deshaciendo finalmente el cambio de variable obtenemos la siguien-te expresin implcita para la solucin:

x = log(|x+ t+ 1|) + C , C R .

(i) Exacta con P(x, y) = y y Q(x, y) = 2y log(y) + y x. En efecto,Py = 1 =

Qx .

La solucin general viene dada por

y(x) = y(y log(|y|) x) = C , C R .

(j) Variables separadas: Integrando en los dos miembros con respectoa x obtenemos

y(x) = x+12e2x + C , C R .

(k) Homognea: y = yx log(yx

). La solucin general viene dada por

la siguiente expresin:

y(x) = x eCx+1 , C R .

(l) Lineal de primer orden: Si x 6= 0 se tiene y + yx = 2. La solucingeneral de la correspondiente ecuacin homognea es

yh(x) =C

x, C R .

Usando el mtodo de variacin de las constantes encontramos quela solucin general de la ecuacin completa es

y(x) = x+C

x, C R .

(m) Variables separadas: yy = log(x), de donde

y(x) = Cex(log(x)1) , C R .En particular, esta ecuacin admite la solucin trivial y 0.

31

32

17. Decide de forma razonada si las siguientes afirmaciones son verda-deras o falsas:

(a) Una solucin del problema de valores iniciales{x = x2 + t2x(1) = 2

definida en un intervalo abierto que contenga a [1, 2] satisfacex(2) = 1.

(b) La ecuacin de Riccati y + y + y2 + ex = 0 se transforma enuna ecuacin diferencial lineal de orden dos,

z + a(x)z + b(x)z+ c(x) = 0 ,

mediante el cambio de variable y = zz .

(Septiembre 2003)

Solucin : (a) FALSA. Claramente x 0, por lo que cualquier solu-cin es creciente y si ha de satisfacer x(1) = 2 no puede ser x(2) = 1,ya que en ese caso decrecera.

(b) VERDADERA. Derivando el cambio de variable obtenemos

y =z

z(z

z

)2,

luego la ecuacin resultante en la nueva funcin incgnita z(x) es

z + z + exz = 0 ,

que es lineal de segundo orden.

32

CAPTULO 2

La ecuacin lineal I: aspectostericos sobre la existencia y

unicidad de solucin y matricesfundamentales

1. Se considera la ecuacin diferencial

x = F(t, x) , (2.1)

donde F : RRN RN es una funcin continua que satisface:

(a) Para cualquier (t0, x0) RRN existe una nica solucin x :R RN del problema de valores iniciales constituido por laecuacin diferencial (2.1) y la condicin inicial x(t0) = x0.

(b) El conjunto de todas las soluciones de la ecuacin (2.1) defini-das en R es un espacio vectorial real.

Demuestra que (2.1) es una ecuacin lineal homognea.

Solucin : Se trata de probar que, bajo las condiciones (a) y (b), el se-gundo miembro de la ecuacin diferencial (2.1) ha de ser de la forma

F(t, x) = a(t)x

para alguna funcin a : R R continua. La condicin (a) es necesa-ria para que (2.1) sea lineal. De (b) se deduce que si x1(t) y x2(t) son

33

34

soluciones de (2.1), entonces cualquier combinacin lineal de las mis-mas, lase 1x1(t) + 2x2(t) para cualesquiera 1, 2 R, tambin loes. Por tanto

F(t, 1x1(t) + 2x2(t)) = (1x1(t) + 2x2(t))

= 1x1(t) + 2x

2(t) = 1F(t, x1) + 2F(t, x2) ,

de lo cual se deduce que F(t, x) ha de ser lineal en la segunda varia-ble, luego F(t, x) = a(t)x.

2. Se considera el problema de valores iniciales

tx = A(t)x , x(0) = x0 , t (0,) , (2.2)donde (0, 1), A : R MN(R) es continua y x0 RN. Por unasolucin de (2.2) entenderemos una funcin

x C([0,),RN) C1((0,),RN)que satisface la condicin inicial y la ecuacin diferencial en (0,).

(a) Se puede aplicar el teorema de existencia y unicidad conocidopara la ecuacin diferencial lineal?

(b) Prueba que (2.2) es equivalente a encontrar una funcin x C([0,),RN) que satisfaga

x(t) = x0 + t0sA(s)x(s) ds , t (0,) . (2.3)

(c) Define la sucesin de iterantes de Picard asociada a (2.3) y prue-ba que converge uniformemente en compactos de [0,) haciauna funcin (t) C([0,),RN).

(d) Prueba que (t) es solucin de (2.3), justificando de modo rigu-roso el paso al lmite en la integral.

(e) Demuestra que la solucin de (2.2) es nica.

(f) Construye un problema de valores iniciales del tipo (2.2) cuyasolucin no pertenezca a C1([0,),RN).

34

La ecuacin lineal I 35

(Febrero 1990)

Solucin : (a) En general NO. La ecuacin puede reescribirse comox = B(t)x con B(t) = A(t)t , funcin que no podemos garantizar quesea continua en t = 0. Por tanto, no se puede aplicar el teorema deexistencia y unicidad para ecuaciones lineales.

(b) De la formulacin diferencial (2.2) se pasa a la formulacin inte-gral (2.3) sin ms que integrar prudentemente la ecuacin entre 0 y t.Sean x(t) una solucin de (2.2) y > 0. Entonces

x(t) x() = tx(s) ds =

t

A(s)

sx(s) ds ,

luego

x(t) = x() + t

A(s)

sx(s) ds .

Comprobemos que

lm0

t

A(s)

sx(s) ds =

t0

A(s)

sx(s) ds .

Para ello demostraremos que la diferencia

t0

A(s)

sx(s) ds

t

A(s)

sx(s) ds =

0

A(s)

sx(s) ds (2.4)

tiende a cero cuando 0. En efecto, 0

A(s)

sx(s) ds

0

A(s)x(s)s

ds

M 0s ds =

M

1 1 0 cuando 0 ,

de donde se desprende (2.4).

El enunciado recproco se comprueba derivando prudentemente la ecua-cin integral (2.3). Supongamos para ello que x(t) es una solucin de(2.3), es decir, x C([0,),RN) tal que

x(t) = x0 + t0

A(s)

sx(s) ds .

35

36

En primer lugar, por la continuidad de x(t) en 0 es inmediato com-probar que se recupera la condicin inicial x(0) = x0. Por otro lado,si t > 0 se tiene

x(t) = x0 + t0

A(s)

sx(s) ds

= x0 + t00

A(s)

sx(s) ds+

tt0

A(s)

sx(s) ds

= C + tt0

A(s)

sx(s) ds ,

donde

C = t00

A(s)

sx(s) ds R .

Finalmente, como la funcin t 7 A(t)t x(t) es continua en (0,) po-demos aplicar el teorema fundamental del clculo para concluir que

x(t) =A(t)

tx(t) , t (0,) .

(c) Definimos la sucesin de iterantes de Picard de la siguiente forma:

x0(t) x0 , xn+1(t) = x0 + t0

A(s)

sxn(s) ds .

Veamos que la definicin recursiva de la sucesin de iterantes tienesentido:

En primer lugar, es obvio que la funcin x0(t) est bien defini-da.

Supongamos entonces que xn(t) est bien definida y es conti-nua en [0, t] y comprobemos que xn+1(t) tambin est bien de-finida y es continua en [0, t]. La correcta definicin de xn+1(t)es consecuencia de que A(s) y xn(s) son acotadas en [0, t] (porser continuas) y de que s es integrable en [0, t] (por ser 0 < < 1), de donde se deduce que el producto de las tres funcio-nes, A(s)s x(s), es integrable en [0, t]. Adems, la funcin

t 7 t0

A(s)

sxn(s) ds

es continua, luego todas las iterantes xn : [0,) RN estnbien definidas y son continuas.

36


Estudiamos a continuacin la convergencia uniforme de la sucesinde iterantes de Picard sobre compactos [0, T] de [0,). Aplicando elprincipio de induccin se puede demostrar fcilmente que

xn+1(t) xn(t) x0 Mn+1T

(n+ 1)!(1)n+1 t(n+1)(1) (2.5)

para todo t [0, T], donde hemos denotadoMT = max

0tT{A(t)} .

En efecto, si evaluamos en primer lugar las dos primeras diferencias,x1(t) x0(t) y x2(t) x1(t), ya podemos intuir que la cota que apa-rece en el segundo miembro de (2.5) es la adecuada:

x1(t) x0(t) = t0

A(s)

sx0 ds

x0MT

t0s ds = x0MT t

1

1 ,

x2(t) x1(t) t0

A(s)s

x1(s) x0(s) ds

x0M2T

1 t0s12 ds =

x0M2T2(1)2 t

2(1) .

Supongamos entonces cierta la siguiente estimacin (hiptesis de in-duccin):

xn(t) xn1(t) x0 MnTn!(1)n t

n(1) .

Entonces

xn+1(t) xn(t) t0

A(s)s

xn(s) xn1(s) ds

x0 Mn+1T

n!(1)n tn(1)

t0sn(n+1) ds

x0 Mn+1T

(n+ 1)!(1)n+1 t(n+1)(1) .

Como la serie k=0x0 MkTk!(1)k t

k(1) es convergente1, se puede aplicar

1En efecto, se fuede comprobar fcilmente que

k=0

x0 MkTk!(1)k t

k(1) = x0eMTt

11

37

38

el criterio de Weierstrass para concluir que la serie

x0(t) +

k=0

(xk+1(t) xk(t)

)(2.6)

y, por consiguiente, la sucesin de sumas parciales

{xn(t)} ={x0(t) +

n1k=0

(xk+1(t) xk(t)

)}

convergen absoluta y uniformemente en [0, T]. Finalmente, como lasiterantes xn(t) son todas continuas (lo cual se comprob previamen-te) el lmite uniforme de (2.6) ha de ser una funcin (t) continuaen [0, T]. Adems, como T es arbitrario y por tanto (t) es continuasobre cualquier compacto [0, T], lo ha de ser tambin en todo el do-minio [0,). Luego C([0,),RN).(d) Para t > 0 fijo tomamos el lmite puntual n en la ecuacinintegral

xn+1(t) = x0 + t0

A(s)

sxn(s) ds

de modo que

(t) = x0 + lmn

{ t0

A(s)

sxn(s) ds

}.

Para concluir comprobamos que la diferencia

D(t) = t

0

A(s)

sxn(s) ds

t0

A(s)

s(s) ds

= t

0

A(s)

s(xn(s) (s)) ds

converge hacia cero. En efecto,

0 D(t) t0

A(s)s

xn(s) (s) ds

max0st

xn(s) (s) max0st

A(s) t1

1 ,

38


de donde se deduce lo pretendido en virtud de la convergencia uni-forme de {xn} hacia en [0, t] (cf. apartado (c)). Entonces

lmn

{ t0

A(s)

sxn(s) ds

}= t0

A(s)

sxn(s) ds ,

por lo que podemos concluir que (t) resuelve la ecuacin integral(2.3).

(e) Comprobaremos que la ecuacin (2.3) admite una nica solucin.Supongamos para ello que 1(t) y 2(t) son dos soluciones de

(t) = x0 + t0

A(s)

s(s) ds

que satisfacen la condicin inicial 1(0) = 2(0) = x0. Demostrare-mos que

J = {t [0,) : 1(t) = 2(t)} = [0,) = I , (2.7)para lo cual haremos uso de la siguiente

Proposicin 1. Sean I R conexo y J un subconjunto no vaco deI que es simultneamente abierto y cerrado relativo a I. EntoncesJ = I.

Por tanto, hemos de demostrar que el conjunto J definido en (2.7) esno vaco, abierto y cerrado relativo a [0,).

Que J contiene algn elemento es evidente, ya que al menos0 J porque 1(0) = 2(0) = x0.Tambin es inmediato concluir que J es un cerrado relativo a I,ya que el conjunto de puntos en que coinciden dos funcionescontinuas es cerrado.

Comprobaremos para acabar que J es un abierto relativo a I o,lo que es lo mismo, que cualquier punto t0 J es interior a J.Dicho de otro modo, demostraremos que dado cualquier t0 Jexiste > 0 para el que [t0 , t0 +] I J.Evaluamos en primer lugar 1(t) y 2(t) en t0:

1(t0) = x0 + t00

A(s)

s1(s) ds ,

2(t0) = x0 + t00

A(s)

s2(s) ds .

39

40

Restando ambas expresiones obtenemos

0 = 1(t0) 2(t0) = t00

A(s)

s(1(s) 2(s)) ds ,


t00

A(s)

s1(s) ds =

t00

A(s)

s2(s) ds .

Podemos escribir entonces

1(t) = x0 + t00

A(s)

s1(s) ds+

tt0

A(s)

s1(s) ds ,

2(t) = x0 + t00

A(s)

s2(s) ds+

tt0

A(s)

s2(s) ds .

Restando nuevamente ambas expresiones obtenemos

1(t) 2(t) = tt0

A(s)

s(1(s) 2(s)) ds

para todo t [t0 , t0 +] [0,). Sea ahora [t0 , t0 +] [0,)

tal que1(t) 2(t) 1() 2()

para todo t [t0, t0 +] [0,). Obsrvese que tal existeporque la funcin

t 7 1(t) 2(t)es continua. Entonces

1() 2() t0

A(s)s

1(s) 2(s) ds

1() 2()M(t0)(t0 +)

1 t101 ,

donde hemos denotado

M(t0) = max0st0+

{A(s)} .

40


Luego

1() 2()(1M(t0)

(t0 +)1 t101

) 0 . (2.8)

Si elegimos suficientemente pequeo, por ejemplo

< mn

{t0,(

1M(2t0)

+ t10

) 11

t0}

,

en particular se tiene que

M(t0)(t0 +)

1 t101 < 1 ,

por lo que slo puede ser 1() 2() = 0 para que sesatisfaga (2.8). Consecuentemente

1(t) 2(t) = 0 t [t0 , t0 +] [0,)o, lo que es lo mismo,

[t0 , t0 +] [0,) Jlo cual concluye la prueba.

(f) Considrese por ejemplo el siguiente problema de valores inicia-les unidimensional (N = 1):{

x = x2t

x(0) = 1.

Obsrvese que hemos elegido = 12 , A(t) 12 y x0 = 1. La nicasolucin de este problema es x(t) = e

t, demodo que x(t) = 1

2tet

si t > 0. Observamos, por tanto, que x(t) no es derivable en t = 0.

3. Sea : I MN(R) tal que C1(I). Demuestra que una condi-cin necesaria y suficiente para que sea matriz fundamental de unsistema del tipo x = A(t)x, con A : I MN(R) continua, es

det((t)) 6= 0 t I .

41

42

Solucin : Es evidente que det((t)) 6= 0 t I es una condicin ne-cesaria por la propia definicin de matriz fundamental. Para ver quetambin es suficiente basta con comprobar que es matriz solucinde un sistema del tipo x = A(t)x con A : I MN(R) continua,es decir, que (t) = A(t)(t). Tmese entonces como matriz decoeficientes de dicho sistema

A(t) = (t)(t)1 ,

que tiene sentido porque (t)1 existe para todo t I en virtud dela condicin det((t)) 6= 0 y es continua en I porque C1(I).

4. Sea C1(R,R2). Demuestra que es solucin de un sistema deltipo x = A(t)x, con A : R M2(R) continua, si y solamente si(t) = (0, 0) t R o bien (t) 6= (0, 0) t R.

Solucin : De izquierda a derecha: Sea t0 R tal que (t0) = (0, 0). Setrata entonces de probar que ha de ser (t) = 0 para todo t R.En efecto, las funciones (t) y x(t) (0, 0) son ambas soluciones (laprimera de ellas por hiptesis) del problema de valores iniciales

x = A(t)x , x(t0) = (0, 0)

las cuales, por la propiedad de unicidad de solucin del mismo2, hande ser iguales. Luego (t) 0.De derecha a izquierda: Es evidente que (t) (0, 0) es solucin dex = A(t)x. Supongamos entonces

(t) = (1(t),2(t)) 6= (0, 0) t R . (2.9)Construimos la matriz

(t) =

(1(t) 2(t)2(t) 1(t)

),

cuyo determinante es

det((t)) = 1(t)2 + 2(t)2 6= 0 t R2Se trata de un problema de valores iniciales asociado a una ecuacin diferencial lineal

con coeficientes continuos, ya que por hiptesis A : R M2(R) es continua

42


gracias a (2.9). Por tanto, si (t) fuese una matriz solucin entonces

(1(t)2(t)

),( 2(t)

1(t)

)

seran soluciones linealmente independientes de x = A(t)x. En par-ticular, (t) resolvera la ecuacin x = A(t)x y habramos concluido.Por tanto, buscamos que la matriz (t) resuelva una ecuacin del ti-po (t) = A(t)(t), para lo cual basta con calcular

A(t) = (t)(t)1 =(1(t) 2(t)2(t)

1(t)

)1

1(t)2 + 2(t)2

(1(t) 2(t)2(t) 1(t)

)

=

1(t)1(t)+2(t)2(t)1(t)2+2(t)2 1(t)2(t)1(t)2(t)1(t)2+2(t)2

1(t)2(t)2(t)1(t)

1(t)2+2(t)22(t)

2(t)+1(t)

1(t)

1(t)2+2(t)2

.

Luego para esta eleccin de A(t) se tiene que = A(t).

5. Se considera la matriz

(t) =

0 e3t 1t+1t+ 1 0 e3t

1 0 0

.

Discute los valores de t para los que puede ser matriz fundamen-tal de una ecuacin diferencial lineal homognea. Halla una matrizfundamental principal en cero.

Solucin : Como det((t)) = 1 para todo t R, (t) es matrizfundamental de alguna ecuacin lineal homognea para cualquiert R \ {1} en virtud del Ejercicio 3.3Para calcular una matriz fundamental principal en t = 0 usaremosel siguiente resultado:

3La razn de excluir el punto t = 1 hay que buscarla en la correcta definicin deldominio de la funcin 1t+1 , que interviene como coeficiente de la matriz (t)

43

44

Proposicin 2. Sean(t) unamatriz fundamental de x(t) = A(t)x(t)y C MN(R) una matriz de coeficientes constantes con det(C) 6= 0.Entonces

(i) (t)C es una matriz fundamental de x(t) = A(t)x(t).

(ii) Si (t) es otra matriz fundamental de x(t) = A(t)x(t), enton-ces existe C MN(R) constante con det(C) 6= 0 tal que

(t) = (t)C t I .

Basta entonces con considerar

(t) = (t)1(0) t R \ {1} ,

que es unamatriz fundamental en virtud del resultado anterior. Ade-ms

(0) = (0)1(0) = (0)(0)1 = IN ,

luego es una matriz fundamental principal en cero. Calculmosla:

(0) =

0 1 11 0 1

1 0 0

, (0)1 =

0 0 11 1 1

0 1 1

.

Entonces

(t) =

e3t 1t+1 e3t e3t 1t+10 e3t t+ 1 e3t

0 0 1

.

6. Se considera la matriz

(t) =

sen(t ) 0 00 0 cos(t )

0 1 0

.

(a) Para qu intervalos de R puede ser (t) matriz fundamentalde una ecuacin diferencial lineal homognea?

44


(b) Construye dicha ecuacin.

Solucin : (a) Como

det((t)) = sen(t

)cos

(t

),

(t) ser matriz fundamental de una ecuacin lineal homognea4 si

t6={k ,

(k +

12

)}

k Z ,es decir, para cualquier

t kZ

(2

2k + 1,1k

).

(b) Se ha de cumplir (t) = A(t)(t), luego para todo t localizadoen algn intervalo de los del apartado anterior se puede despejar

A(t) = (t)(t)1

=

t2 cos(t ) 0 00 0

t2sen(t )

0 0 0

1sen( t )

0 0

0 0 10 1cos( t )

0

=

t2 cotan(t ) 0 00

t2tan(t ) 0

0 0 0

.

Por tanto, la ecuacin satisfecha por (t) es

x(t) =

t2 cotan(t ) 0 00

t2tan(t ) 0

0 0 0

x(t) .

7. Sean

f1(t) =

(cos(t)et

), f2(t) =

(et

cos(t)

)dos soluciones de x = A(t)x. Se pide:

4Nuevamente en virtud del Ejercicio 3

45

46

(a) Encontrar A(t) y determinar el conjunto I de valores de t paralos que existe solucin.

(b) Dado t0 I, hallar la matriz fundamental principal en t0.

Solucin : (a) Claramente

(t) =

(cos(t) etet cos(t)

)

es una matriz solucin cuyo determinante,

det((t)) = cos(t)2 1 = sen(t)2 ,

se anula si y solamente si t = k con k Z. Luego (t) es unamatrizfundamental si y solamente si t 6= k , k Z. En particular, si t 6= kexiste (t)1. En ese caso podemos despejar A(t) de la identidad(t) = A(t)(t), de donde concluimos que

A(t) = (t)(t)1

=

( sen(t) etet sen(t)

)1

sen(t)2

( cos(t) etet cos(t)

)

=

sen(t) cos(t)1sen(t)2 cos(t)sen(t)et sen(t)2 et(sen(t)+cos(t))sen(t)2

sen(t) cos(t)+1sen(t)2

para todo t I = R \ Z.(b) Calculamos

(t) = (t)(t0)1

=

(cos(t) etet cos(t)

)1

sen(t)2

( cos(t0) et0et0 cos(t0)

)

=

et0tcos(t0) cos(t)sen(t0)2 et0 cos(t)et cos(t0)sen(t0)2

et0 cos(t)et cos(t0)sen(t0)2

ett0cos(t0) cos(t)sen(t0)2

.

46


8. Se considera el problema{x1 = 2x1 + x2 + cos(t)x2 = 3x1 + 4x2 + t

, x1(0) = x2(0) = 1 .

Se pide:

(a) Comprobar que las funciones

f1(t) =

(et

et)

, f2(t) =(

e5t

3e5t

),

constituyen un sistema fundamental de soluciones.

(b) Comprobar la frmula de JacobiLiouville.

(c) Encontrar la (nica) solucin que verifica las condiciones da-das.

Solucin : (a) Por un lado es inmediato comprobar que f1(t) y f2(t)son ambas soluciones del correspondiente sistema homogneo{

x1 = 2x1 + x2x2 = 3x1 + 4x2

o, lo que es lo mismo, que

(t) =

(et e5t

et 3e5t)

es una matriz solucin del siguiente sistema con coeficientes cons-tantes: (

x1x2

)=

(2 13 4

)(x1x2

).

Por otro lado, f1(t) y f2(t) son linealmente independientes ya que

det((t)) = det( f1(t)| f2(t)) = 4 e6t 6= 0 t R .Por consiguiente, f1(t) y f2(t) forman un sistema fundamental desoluciones de nuestro problema.

(b) La frmula de JacobiLiouville establece la siguiente identidad

det((t)) = det((t0)) e tt0traza(A(s)) ds

47

48

para cualquier matriz solucin (t)5 y cualquier t0 I fijo.En nuestro caso

A(t) =

(2 13 4

)tiene traza(A) = 6 y

(t) =

(et e5t

et 3e5t

)(2.10)

es una matriz solucin (de hecho es una matriz fundamental) condet((t)) = 2 e6t. Entonces la frmula de JacobiLiouville es satisfe-cha:

det((t0)) e tt0traza(A(s)) ds

= 2 e6t0 e6(tt0) = 2 e6t = det((t)) .

(c) Buscamos en primer lugar una matriz fundamental principal encero, (t), para aplicar la frmula de variacin de las constantes:

x(t) = (t)x0 + (t) tt0

(s)1b(s) ds ,

donde en nuestro caso t0 = 0, x0 =(

11

)es la condicin inicial y

b(t) =

(cos(t)

t

)es el vector de trminos independientes del sis-

tema a resolver. Para ello consideramos la matriz fundamental (t)de (2.10) y calculamos

(t) = (t)(0)1

=

(et e5t

et 3e5t

)( 32 12

12 12

)=

12

(3et e5t e5t et3et 3e5t 3e5t et

).

Adems, necesitamos calcular

(t)1 =14

(3et e5t e5t et3et 3e5t 3e5t et

).

Finalmente

(t)x0 =

(et

et

),

(t)(s)1b(s) =

2

(3ets e5(ts)

)cos(s) 2

(ets e5(ts)

)s

6(ets e5(ts)

)cos(s) + 2

(3e5(ts) ets

)s

,

5No es necesario que sea una matriz fundamental

48


luego

x(t) =

(et

et

)+ 2

(3I1(t) I2(t) I3(t) + I4(t)3I1(t) 3I2(t) I3(t) + 3I4(t)

),

donde

I1(t) = t0ets cos(s) ds =

12(et + sen(t) cos(t)) ,

I2(t) = t0e5(ts) cos(s) ds =

126

(5e5t + sen(t) 5 cos(t))

I3(t) = t0s ets ds = et t 1 ,

I4(t) = t0s e5(ts) ds =

125

(e5t 5t 1) .

Por consiguiente,

x(t) =

(2et 99325 e5t + 3813 sen(t) 3413 cos(t) + 85 t+ 48252et 99325 e5t + 3813 sen(t) 3413 cos(t) + 85 t+ 4825

).

9. Sea A : R MN(R) continua tal que existe M > 0 con

A(t) M t R .

Sea x(t) una solucin de x = A(t)x.

(a) Dado R, obtn la ecuacin satisfecha por y(t) = etx(t).

(b) Demuestra que la funcin(t) = y(t)2 es derivable y que

(M + )(t) 12(t) (M )(t) t R .

(c) Deduce del apartado anterior la existencia de intervalos de va-lores de para los que el lmite cuando t de y(t) es obien 0 o bien .

49

50

Solucin : (a) Claramente

y = et(x x) = etA(t)x y = A(t)y y ,

luego la ecuacin diferencial satisfecha por y es

y = [A(t) IN]y . (2.11)

(b) Si denotamos por y j(t), 1 j N, a las componentes del vector

y(t), el cuadrado de su norma puede escribirse como

(t) =N

j=1

(yj(t))2

,

luego la funcin es claramente derivable y

(t) = 2N

j=1

yj(t)(y

j)(t) = 2y(t), y(t) .

Usando entonces la ecuacin (2.11) obtenemos

12(t) = y(t)T[A(t) IN]y(t) .

Por un lado

12(t) = y(t)TA(t)y(t) (t) |y(t)TA(t)y(t)| (t)

y(t)A(t)y(t) (t) A(t)(t) (t) (M )(t) .

Por otro lado

12(t)

y(t)[A(t) IN]y(t) A(t) IN(t) 12

(t) .

Combinando ambas estimaciones obtenemos el resultado deseado.

(c) Por el apartado (b) sabemos que

(t)(t)

2(M ) ,

50


de donde se concluye que

(t) C1 e2(M)t , C1 > 0 .

Por otra parte(t)(t)

2(M + ) ,

luego(t) C2 e2(M+)t , C2 > 0 .

Combinando ambas estimaciones obtenemos

C2 e2(M+)t (t) C1 e2(M)t .

Por consiguiente:

Si (M,) entonces lmt{(t)} = 0, luego

lmt{y(t)} = 0 .

Si (,M) entonces lmt{(t)} = , luego

lmt{y(t)} = .

10. Sea A : I MN(R) continua y consideremos las ecuaciones diferen-ciales matriciales siguientes:

Y(t) = A(t)Y(t) , (2.12)

Z(t) = Z(t)A(t) (2.13)y

W (t) = A(t)W(t)W(t)A(t) , (2.14)donde I es un intervalo real.

(a) Demuestra que cada una de estas ecuaciones admite una nicasolucin una vez prefijada una condicin inicial en t0 I.

51

52

(b) Dadas Y y Z soluciones de (2.12) y (2.13), respectivamente, de-finidas en I y verificando que Y(t0)Z(t0) = IN, demuestra queW = YZ es solucin de (2.14) y deduce que, para todo t I, setiene que YZ = IN.

(c) Supongamos que para cada t I la matriz A(t) es antisimtrica(A(t)T = A(t)). Sea Y una solucin de (2.12) definida en Ique satisface queY(t0) es unamatriz ortogonal. Demuestra queentonces Y(t) es ortogonal para todo t I.

Solucin : (a) Lo hacemos para la ecuacin (2.12), entendiendo quepara las otras dos el proceso es completamente anlogo. Sean

Y(t) = (Yi j(t))1i, jN , A(t) = (ai j(t))1i, jN ,

de modo que

Yi j(t) =N

k=1

aik(t)Yk j(t) 1 i, j N .

Definimos el siguiente vector

X(t) =

Y11(t)Y12(t)

...Y1N(t)Y21(t)

...Y2N(t)

...YN1(t)

...YNN(t)

.

Entonces el problema

Y(t) = A(t)Y(t) , Y(t0) = Y0 MN(R) ,

52


es equivalente a

X(t) = B(t)X(t) , X(t0) = X0 =

Y11(0)Y12(0)

...Y1N(0)Y21(0)

...Y2N(0)

...YN1(0)

...YNN(0)

, (2.15)

con B : I MN2(R) continua definida comoB(t) = (Di j(t)) , Di j(t) = diag(ai j(t)) .

Por tanto, existe una nica solucin del sistema lineal homogneo(2.15).

(b) Se tiene que

(YZ)(t) = Y(t)Z(t) +Y(t)Z(t)= A(t)(YZ)(t) +Y(t)(Z(t)A(t))

= A(t)(YZ)(t) (YZ)(t)A(t) ,luego W = YZ es solucin de (2.14). Consideramos ahora el proble-ma de valores iniciales

W (t) = A(t)W(t)W(t)A(t) , W(t0) = IN ,cuya nica solucin esW(t) = IN ya que en ese caso

W (t) = 0NN = A(t)IN INA(t) .Como por hiptesis Y(t0)Z(t0) = IN, se tiene que Y(t)Z(t) = INpara todo t I por un argumento de unicidad de solucin.(c) Trasponiendo la ecuacin (2.12) obtenemos

Y(t)T = Y(t)TA(t)T = Y(t)TA(t) ,

53

54

por lo que podemos concluir que si Y es solucin de (2.12) entoncesYT es solucin de (2.13). Como adems Y(t0) es ortogonal se tieneque Y(t0)Y(t0)T = IN, por lo que podemos aplicar los enunciados(a) y (b) para concluir que, en particular,

Y(t)Y(t)T = IN t I

o, lo que es lo mismo, que Y(t) es ortogonal para todo t I.

11. Discute razonadamente si las siguientes afirmaciones son verdade-ras o falsas:

(a) La matriz

(t) =

(1 sen(t)

sen(t) 1

)

esmatriz fundamental de un sistema lineal x = A(t)x con A(t)continua y definida en R.

(Septiembre 2003)

(b) Se considera la ecuacin

x 2tx + (t2 1)x = 0 . (2.16)

El cambio de variable x(t) = et22 u(t) reduce la ecuacin (2.16) a

una lineal de segundo orden con coeficientes constantes.

(Septiembre 2003)

(c) Las funciones

x(t) = 10sen(t2 + s2) ds , y(t) =

10cos(t2 + s2) ds

forman un sistema fundamental de soluciones de la ecuacinx + 4t2x = 0.

(Diciembre 2002)

54


Solucin : (a) FALSA. Como det((t)) = 1 sen(t)2 = cos(t)2, lamatriz (t) slo podr ser matriz fundamental de x = A(t)x si

t 6=(12

+ k) , k Z .

(b) VERDADERA. Se tiene que

x(t) = et22 (tu(t) + u(t)) ,

x(t) = et22 (t2u(t) + 2tu(t) + u(t) + u(t)) ,

por lo que reescrita en trminos de la nueva funcin incgnita u(t)la ecuacin resultante es

0 = et22

(t2u(t) + 2tu(t) + u(t) + u(t)

) 2te t

22

(tu(t) + u(t)

)+ e

t22 (t2 1)u(t) = e t

22 u(t) ,

de donde deducimos que la ecuacin original se reduce a

u = 0 ,

que es una ecuacin diferencial lineal de segundo orden con coefi-cientes constantes.

(c) FALSA. Basta con comprobar que ni siquiera son soluciones:

x(t) = 2t 10cos(t2 + s2) ds = 2ty(t) ,

x(t) = 2 10cos(t2 + s2) ds 4t2

10sen(t2 + s2) ds

= 2(y(t) 2t2x(t)) ,y(t) = 2t

10sen(t2 + s2) ds = 2tx(t) ,

y(t) = 2 10sen(t2 + s2) ds 4t2

10cos(t2 + s2) ds

= 2(x(t) + 2t2y(t)) .Por tanto,

x + 4t2x = 2y 6= 0 , y + 4t2y = 2x 6= 0 .

55

56

56

CAPTULO 3

La ecuacin lineal II: formacannica de Jordan, exponencial

de una matriz y frmula devariacin de las constantes

1. Resuelve las siguientes ecuaciones diferenciales lineales:

(a) x =

6 3 144 3 82 1 5

x+

00

sen(t)

,

(b) x =

10 4 135 3 79 4 12

x+

t0

0

,

(c) x =(

3 55 3

)x+

(et0

),

(d) x =

6 6 514 13 10

7 6 4

x .

Obtn adems las soluciones de los problemas de valores inicialescorrespondientes a los sistemas (b) y (c) con condiciones iniciales

x(0) =

00

1

y x(0) = ( 0

1

),

respectivamente.

57

58

Solucin : (a) Escribimos x = A(t)x+ b(t) con

A(t) =

6 3 144 3 82 1 5

, b(t) =

00

sen(t)

.

Como A(t) A tiene coeficientes constantes, podemos obtener ex-plcitamente una matriz fundamental de la ecuacin homognea yas resolver la ecuacin completa mediante la frmula de variacinde las constantes. Los valores propios de A son 1 = 1, 2 = 1 y3 = 2 con subespacios propios asociados

E1 =

201

, E2 =

421

, E3 =

542

,

respectivamente. Por tanto, la matriz A es diagonalizable y satisfaceque A = PDP1 con

P =

2 4 50 2 4

1 1 2

,

D =

1 0 00 1 0

0 0 2

,

P1 =

0 12 12

316 43

13 13 23

.

Entonces

(t) = eAt = PeDtP1

=

2 4 50 2 4

1 1 2

et 0 00 et 0

0 0 e2t

0 12 12

316 43

13 13 23

=

83 et 53 e2t 23 et + et 53 e2t 163 et + 2 et + 103 e2t 43 et + 43 e2t 13 et + 43 e2t 83 et 83 e2t

23 e

t 23 e2t 16 et + 12 et 23 e2t 43 et + et + 43 e2t

58

La ecuacin lineal II 59

es una matriz fundamental (principal en t = 0) de la ecuacin homo-gnea. Por consiguiente, si asumimos x(0) = x0 se tiene

x(t) = eAtx0 + t0eA(ts)(0, 0, sen(s))T ds

=


23 e


x0

+ t0

163 e(ts) + 2 ets + 103 e2(ts)8

3 e(ts) 83 e2(ts)

43 e(ts) + ets + 43 e2(ts)

sen(s) ds

=


23 e


x0

+

13 et(et 1)2(16 + 5et)4

3 et(e3t + et 2)

23 e

2t + et + 43 et 3

.

(b) Escribimos x = A(t)x+ b(t) con

A(t) =

10 4 135 3 79 4 12

, b(t) =

t0

0

.

Procediendo como en (a), los valores propios de A son 1 = 1 (doble)y 2 = 1, con subespacios propios asociados

E1 = Ker[A I] = 11

1

, E2 = Ker[A+ I] =

212

,

respectivamente. La forma cannica de Jordan de la matriz A es en-tonces

J =

1 0 01 1 0

0 0 1

.

Para encontrar la matriz de paso P que satisface eAt = PeJtP1 cal-culamos

Ker[(A I)2] = 12

0

,

03

1

.

59

60

Elegimos entonces un vector

P1 Ker[(A I)2] \Ker[A I] ,

por ejemplo (1,2, 0)T, como primera columna de P. La segundacolumna de P, llammosla P2, viene dada por

P2 = (A I)P1 = 111

.

Finalmente elegimos P3 Ker[A + I] como tercera columna de P,por ejemplo

P3 =

212

.

Por consiguiente

P =

1 1 22 1 1

0 1 2

, P1 =

1 0 14 2 52 1 3

.

Para calcular la matriz exponencial de Jt consideramos la siguientedescomposicin

J =

1 0 00 1 0

0 0 1

+

0 0 01 0 0

0 0 0

,

de modo que

eJt =

et 0 00 et 0

0 0 et

1 0 0t 1 0

0 0 1

=

et 0 0tet et 0

0 0 et

.

Luego

eAt =

(t+ 5)et 4et 2(et et) (t+ 6)et 6et(t+ 2)et 2et 2et et (t+ 3)et 3et

4et (t+ 4)et 2(et et) 6et (t+ 5)et

.

60


Empleando la frmula de variacin de las constantes con x(t0) =x0 = (x

10, x

20, x

30)

T obtenemos finalmente

x(t) = eA(tt0)x0 + tt0eA(ts)(s, 0, 0)T ds

=

(t t0 + 5)ett0 4et0t 2(ett0 et0t) (t t0 + 6)ett0 6et0t(t t0 + 2)ett0 2et0t 2ett0 et0t (t t0 + 3)ett0 3et0t

4et0t (t t0 + 4)ett0 2(et0t ett0) 6et0t (t t0 + 5)ett0

x0

+ tt0

s[(t s+ 5)ets 4est]s[(t s+ 2)ets 2est]

s[4est (t s+ 4)ets]

ds

=

(t t0 + 5)ett0 4et0t 2(ett0 et0t) (t t0 + 6)ett0 6et0t(t t0 + 2)ett0 2et0t 2ett0 et0t (t t0 + 3)ett0 3et0t

4et0t (t t0 + 4)ett0 2(et0t ett0) 6et0t (t t0 + 5)ett0

x0

+

((t0 + 1)t+ 3t0 + 3 t20)ett0 4(1 t0)et0t 8t+ 1((t0 + 1)t t20)ett0 + 2(t0 1)et0t 3t+ 2

(t20 (t+ 2)t0 t 2)ett0 + 4(1 t0)et0t + 7t 2

.

Resolviendo para el dato inicial x(0) = (0, 0, 1)T obtenemos

x(t) =

(t+ 5)et 4et 2(et et) (t+ 6)et 6et(t+ 2)et 2et 2et et (t+ 3)et 3et

4et (t+ 4)et 2(et et) 6et (t+ 5)et

00

1

+

(t+ 3)et 4et 8t+ 1tet 2et 3t+ 2(t+ 2)et + 4et + 7t 2

=

(2t+ 9)et 10et 8t+ 1(2t+ 3)et 5et 3t+ 2(2t+ 7)et + 10et + 7t 2

.

(c) En este caso

J = A =

(3 5

5 3)

= 3I2 + 5M , M =(

0 11 0

).

Es fcilmente comprobable que

M2n = I2 , M2n+1 = (1)nM , n N .

61

62

Por tanto, una matriz fundamental de nuestra ecuacin diferenciales

eJt = e3tI2+5tM = e3te5tM = e3t(cos(5t)I2 + sen(5t)M

)= e3t

(cos(5t) sen(5t) sen(5t) cos(5t)

).

Aplicando la frmula de variacin de las constantes con x(t0) =x0 = (x

10, x

20)

T obtenemos

x(t) = eA(tt0)x0 + tt0eA(ts)(es, 0)T ds

= e3(tt0)(

cos(5(t t0)) sen(5(t t0)) sen(5(t t0)) cos(5(t t0))

)x0

+ tt0

(e3t4s cos(5(t s))e3t4s sen(5(t s))

)ds

= e3(tt0)(

cos(5(t t0)) sen(5(t t0)) sen(5(t t0)) cos(5(t t0))

)x0

+141

(e3t(5 sin(5t) + 4 cos(5t)) 4e3t(5 cos(5t) 4 sen(5t)) 5

).

Resolviendo finalmente para el dato inicial x(0) = (0, 1)T obtenemos

x(t) = e3t(

cos(5t) sen(5t) sen(5t) cos(5t)

)(01

)=

(e3t sen(5t)e3t cos(5t)

).

(d) Escribimos x = A(t)x con

A(t) =

6 6 514 13 10

7 6 4

.

El nico valor propio de A es = 1 (triple), que tiene como subes-pacio propio asociado

E = Ker[A+ I] =

670

,

50

7

.

La forma cannica de Jordan de la matriz A es entonces

J =

1 0 01 1 0

0 0 1

.

62


Para encontrar la matriz de paso P que satisface eAt = PeJtP1 ob-servamos que Ker[(A+ I)2] = R3. Elegimos

P1 Ker[(A+ I)2] \Ker[A I] ,por ejemplo (1, 0, 0)T, como primera columna de P. La segunda co-lumna de P, llammosla P2, viene dada por

Ker[A+ I] P2 = (A+ I)P1 = 714

7

.

Finalmente elegimos P3 Ker[A + I] como tercera columna de P,por ejemplo

P3 =

50

7

.

Por consiguiente

P =

1 7 50 14 0

0 7 7

, P1 =

1 67 570 114 0

0 114 17

.

Para calcular la matriz exponencial de Jt consideramos la siguientedescomposicin

J = I3 + 0 0 01 0 0

0 0 0

,

de modo que

eJt = et 1 0 0t 1 0

0 0 1

=

et 0 0tet et 0

0 0 et

.

Luego

eAt =

et(1 + 7t) 6tet 5tet14tet et(1 12t) 10tet

7tet 6tet et(1 + 5t)

.

Entonces

x(t) = eA(tt0)x0

=

et0t(1 + 7(t t0)) 6(t t0)et0t 5(t t0)et0t14(t t0)et0t et0t(1 12(t t0)) 10(t t0)et0t

7(t t0)et0t 6(t t0)et0t et0t(1 + 5(t t0))

x0 .

63

64

2. Halla una base del espacio vectorial de soluciones del sistema x =Ai x, 1 i 3, en cada uno de los siguientes casos:

(a) A1 =(

2 10 2

)

(b) A2 =(

0 11 0

)

(c) A3 =(

2 01 2

)

(Febrero 1992).

Solucin : (a) En este caso podemos descomponer la matriz de coefi-cientes como suma de dos matrices:

A1 =

(2 10 2

)=

(2 00 2

)+

(0 10 0

),

una de ellas diagonal y la otra nilpotente. Entonces

eA1t =

(e2t 00 e2t

)(1 t0 1

)=

(e2t te2t

0 e2t

).

Por tanto,

B1 ={(

e2t

0

),(

te2t

e2t

)}es una base de soluciones.

(b) En este caso la forma cannica de Jordan asociada a A2 es J2 = A2y la matriz de paso (para la semejanza) es P = I2. Entonces

eA2t = eJ2t =

n=0

tn

n!Jn2

=

n=0

t2n

(2n)!(1)n I2 +

n=0

t2n+1

(2n+ 1)!(1)n J2

= cos(t)I2 + sen(t)J2 =(

cos(t) sen(t) sen(t) cos(t)

).

64


Por consiguiente,

B2 ={(

cos(t) sen(t)

),(

sen(t)cos(t)

)}

es una base de soluciones.

(c) Llamemos (t) a la matriz fundamental que se construye a partirde la base obtenida en el apartado (a), es decir,

(t) =

(e2t te2t

0 e2t

).

Es inmediato comprobar que las matrices (t)T y A3 conmutan. Te-niendo en cuenta entonces que A3 = AT1 se tiene que((t)T

)= (t)T = [A1(t)]T = (t)TAT1 = (t)

TA3 = A3(t)T ,

luego

B3 ={(

0e2t

),(

e2t

te2t

)}

es una base de soluciones.

3. Sea A : I MN(R) continua tal que A(t)A(s) = A(s)A(t). De-muestra los siguientes enunciados:

(a) A(t) y t0 A(s) ds conmutan.

(b) Si A C1(I) entonces A y A conmutan.(c) Si A C1(I) entonces

d

dteA(t) = A(t) eA(t) = eA(t)A(t) .

(d) Como consecuencia del apartado anterior, demuestra que si Ay B conmutan entonces

eA+B = eAeB .

65

66

(e) Si A(t) y t0 A(s) ds conmutan, entonces F(t) = e

t0 A(s) ds es una

matriz fundamental de x = A(t)x. Calcula la matriz funda-mental del sistema lineal homogneo cuya matriz de coeficien-tes es

A(t) =

(t2 tt t2

).

Solucin : (a) Sea P : 0 = t0 < t1 < . . . < tn1 < tn = t una parti-cin del intervalo [0, t] y denotemos por S(A, P) a la correspondientesuma de Riemann:

S(A, P) =n1k=0

A(sk)|tk+1 tk| ,

con sk (tk, tk+1). Como por hiptesis A(t)A(s) = A(s)A(t), setiene que A(t)S(A, P) = S(A, P)A(t). Haciendo entonces tender acero la norma de la particin 1 obtenemos

P 0 {S(A, P)} t0A(s) ds .

Por tanto,

A(t) t0A(s) ds =

( t0A(s) ds

)A(t) .

(b) Es evidente que podemos escribir

A(t) = lmh0

{A(t+ h) A(t)

h

},

ya que esta propiedad es cierta para cada uno de los coeficientes dela matriz A(t). Entonces se tiene

A(t)A(t) = A(t) lmh0

{A(t+ h) A(t)

h

}

= lmh0

{A(t)

(A(t+ h) A(t)

h

)}

= lmh0

{A(t+ h) A(t)

h

}A(t) = A(t)A(t) ,

1P = max{|tk+1 tk| , k = 0, 1, . . . , n 1}

66


para lo que hemos vuelto a usar la hiptesis general

A(t)A(s) = A(s)A(t) t, s I .

(c) Haremos uso de la siguiente

Proposicin 3. Sea I R acotado y { fn : I R}nN una sucesinde funciones de clase C1(I). Supongamos que la sucesin de deri-vadas { f n}nN converge uniformemente hacia una funcin g y queexiste t0 I tal que la sucesin { fn(t0)}nN es convergente. Enton-ces { fn} f uniformemente cuando n , f es de clase C1(I) yf = g.

Demostracin. Llamemos al lmite de la sucesin { fn(t0)} cuandon . Definimos

f (t) := tt0g(s) ds+ .

Entonces claramente f C1(I) y, en virtud del teorema fundamentaldel clculo, f = g (que es una funcin continua por ser lmite uni-forme de una sucesin de funciones continuas). Para comprobar que{ fn} f uniformemente cuando n escribimos

fn(t) = tt0f n(s) ds+ fn(t0) . (3.1)

Usando la convergencia uniforme de la sucesin de derivadas se tie-ne que t

t0f n(s) ds

tt0g(s) ds

cuando n . Por otro lado lmn{ fn(t0)} = = f (t0), por loque pasando al lmite n en la ecuacin (3.1) obtenemos que

{ fn(t)} f puntualmente cuando n .Estudiamos finalmente la convergencia uniforme de { fn}. Se tiene

f (t) fn(t) = tt0g(s) ds+ fn(t)

= tt0g(s) ds+

( tt0f n(s) ds+ fn(t0)

),

67

68

luego

| fn(t) f (t)| tt0| f n(s) g(s)| ds+ | fn(t0)|

maxtI

{| f n(t) g(t)|}|t t0|+ | fn(t0)| 0 , n .

Para cada t I,

eA(t) =

n=0

A(t)n

n!= lm

n

{n

k=0

A(t)k

k!

}.

Denotamos por {Sn(t)} a la sucesin de sumas parciales de eA(t):

Sn(t) =n

k=0

A(t)k

k!.

Un simple argumento inductivo nos permite afirmar que

(A(t)k

)= kA(t)A(t)k1 .

En efecto: eesta condicin es trivialmente satisfecha para k = 1. Su-ponindola cierta para k 1, se tiene que(A(t)k

)=(A(t)A(t)k1

)= A(t)A(t)k1 + A(t)(k 1)A(t)A(t)k2 = kA(t)A(t)k1 ,

donde hemos usado la propiedad de conmutacin demostrada en(b). Entonces tenemos

Sn(t) =n

k=0

(A(t)k

)k!

=n

k=1

A(t)A(t)k1

(k 1)!= A(t)Sn1(t) = Sn1(t)A(t) , (3.2)

ya que A(t) y A(t) conmutan (nuevamente conforme a lo probadoen (b)). Sea finalmente J I un intervalo compacto. Comprobaremos

68


para concluir el ejercicio que la restriccin de eA(t) a J es derivable yddt

(eA(t)

)= A(t) eA(t). Para ello estimamos

Sn(t) A(t) eA(t) = A(t)Sn1(t) A(t)eA(t) A(t)Sn1(t) eA(t) CJSn1(t) eA(t) ,

con A(t) CJ para todo t J (ya que A es continua sobre uncompacto y, por tanto, acotada). Por otro lado

Sn(t) eA(t) =

n

k=0

A(t)k

k!

k=0

A(t)k

k!

=

k=n+1

A(t)k

k!

=

lmm ,m>n+1{

m

k=n+1

A(t)k

k!

} lmm {

m

k=n+1

A(t)k

k!

}

k=n+1

A(t)kk!

MkJ

k! 0 , n ,

donde A(t) MJ para todo t J (ya que A es continua sobreun compacto y, por tanto, acotada). Por tanto, se ha probado que{Sn(t)} A(t) eA(t) cuando n , uniformemente en J (en cadacomponente). Adems es claro que, por la propia definicin de ex-ponencial de una matriz, {Sn(t)} eA(t) cuando n puntual-mente. Estamos entonces en condiciones de aplicar la Proposicin 3para concluir que

d

dt

(eA(t)

)= A(t) eA(t) .

Una argumentacin completamente anloga permite concluir tam-bin que

d

dt

(eA(t)

)= eA(t)A(t) ,

sin ms que proceder de la forma ya conocida a partir de la identidadconmutada Sn(t) = Sn1(t)A(t) de (3.2).

(d) Definimos A(t) := tA + B, t R. Como A y B conmutan porhiptesis, se tiene que

A(t)A(s) = (tA+ B)(sA+ B) = tsA2 + tAB+ sBA+ B2

= stA2 + tBA+ sAB+ B2 = (sA+ B)(tA+ B) = A(s)A(t)

69

70

para todo t R. Definimos ahora (t) := eA(t) = etA+B, de donde sededuce que

(t) =

(etA+B

)= A etA+B = A(t)

usando (c), lo cual quiere decir que (t) es una matriz solucin de laecuacin lineal homognea x = Ax. Como tambin

det((t)) = det((0)) e t0 traza(A(s)) ds = det(eB) e

t0 traza(sA+B) ds

= etraza(B)(1+t) e t0 traza(sA) ds = etraza(B)(1+t)+

12 traza(A) t2 > 0

en virtud de la frmula de JacobiLiouville, (t) es adems una ma-triz fundamental de x = Ax. Pero es sabido que eAt es tambin unamatriz fundamental de x = Ax, luego ha de existir una matriz regu-lar C con coeficientes constantes tal que (t) = eAtC para todo t R.De evaluar esta expresin en t = 0 se desprende que

eB = (0) = C ,

luego ha de seretA+B = eAt eB .

Evaluando finalmente en t = 1 la ltima expresin obtenemos elresultado esperado.

(e) Definimos B(t) := t0 A(s) ds, expresin de la cual se deduce que

B(t) = A(t) en virtud del teorema fundamental del clculo, por loque podemos afirmar que B C1(I). Adems se tiene que B(t) yB(t) conmutan. Procediendo entonces como en (c) obtenemos

F(t) =d

dteB(t) = B(t) eB(t) = A(t) eB(t) = A(t)F(t) .

Como tambin

det(eB(t)) = det(eB(0)) e t0 traza(A(s)) ds = e

t0 traza(A(s)) ds > 0 t I ,

se concluye que F(t) es una matriz fundamental de x = A(t)x (ade-ms, se puede comprobar fcilmente que es principal en cero).

En nuestro caso

t0A(s) ds =

(t3

3t2

2 t22 t

3

3

).

70


Las matrices A(t) e t0 A(s) ds conmutan, por lo cual basta con calcu-

lar

F(t) = e

t33 t22 t22 t

3

3

=

(et33 0

0 et33

)e

0 t22 t22 0

=

(et33 0

0 et33

)(cos( t

2

2 ) sen(t2

2 )

sen( t22 ) cos( t2

2 )

)

=

(et33 cos( t

2

2 ) et33 sen( t

2

2 )

e t33 sen( t22 ) et33 cos( t

2

2 )

).

4. Se considera la ecuacin diferencial lineal x = Ax con A MN(R).Demuestra que si es una matriz solucin de dicha ecuacin, tam-bin lo es (m) para todo m N. Se puede asegurar que si esuna matriz fundamental de la ecuacin, entonces (m) tambin loes? Proporciona un ejemplo que justifique la respuesta. Demuestratambin que si A es una matriz nilpotente, entonces (p) = 0 paracualquier p tal que Ap = 0 y, como consecuencia, todos los coeficien-tes de (t) son polinomios.

Solucin : Razonamos por induccin. En efecto, es una matriz solu-cin de x = Ax por hiptesis y admitimos (hiptesis de induccin)que (m1) tambin lo es, es decir,(

(m1)

)= A(m1) .

Entonces(

(m))

=

[(

(m1))]

=[A(m1)

]= A(m) ,

luego (m) tambin es una matriz solucin de x = Ax.No se puede asegurar que si es matriz fundamental de x = Axentonces (m) tambin lo es. En efecto, si (t) = A(t) y la ma-triz A no es invertible se deduce inmediatamente que tampoco lo es

71

72

. Sirva como ejemplo la ecuacin x = 0, de la que (t) = IN

es la nica matriz fundamental principal mientras que obviamente(t) = 0NN no es matriz fundamental.

Sean finalmente A una matriz nilpotente para la que Ap = 0 y unamatriz solucin de x = Ax. Entonces

(p)(t) = A(p1)(t) = A2(p2)(t) = = Ap(t) = 0NN .

Para ver que todos los coeficientes de (t) son polinomios basta conhacer notar que las soluciones de la ecuacin son todas de la forma

x(t) = eAtx0 , x0 RN ,

con la particularidad de que en nuestro caso eAt viene dada por unasuma finita ya que, a partir de la psima, todas las potencias de Ason nulas. Es decir, toda solucin es polinmica:

x(t) = x0 + (Ax0)t+

(A2

2x0

)t2 + . . .

(Ap1

(p 1)!x0)tp1 ,

luego todos los coeficientes de (t) son polinomios.

5. Sea A MN(R) y consideremos la ecuacin diferencial matricial

X = AX XA (3.3)

con la condicin inicial X(0) = X0 MN(R). Se pide:

(a) Demostrar que el problema de valores iniciales anterior tieneuna nica solucin definida en R.

(b) Demostrar que el problema de valores iniciales anterior es equi-valente a la ecuacin integral

X(t) = eAtX0 t0eA(ts)X(s)A ds ,

donde X : R MN(R) es continua.

72


(c) Se define la sucesin

Xn+1(t) = eAtX0

t0eA(ts)Xn(s)A ds

para t R, n 0 y donde X0(t) = eAtX0. Demostrar que Xnconverge a la solucin del problema de valores iniciales y quela convergencia es uniforme sobre compactos.

(d) Se efecta en la ecuacin (3.3) el cambio de variable

X(t) = Y(t) eAt .

Resolver la ecuacin en Y y obtener como consecuencia unaexpresin explcita de la solucin del problema de valores ini-ciales para la ecuacin (3.3).

(e) Supongamos que los valores propios de A estn en el eje ima-ginario y son simples. Demostrar entonces que todas las solu-ciones de (3.3) estn acotadas en (,).

(Febrero 1994).

Solucin : (a) Se trata simplemente de reescribir el problema de valo-res iniciales asociado a la ecuacin (3.3) como un problema lineal enRN

2y aplicar entonces el resultado conocido de existencia y unicidad

de soluciones al sistema lineal de coeficientes constantes resultante.

(b) Sea X(t) = (X1(t)| . . . |XN(t)) una solucin de (3.3) que satisfaceX(0) = X0, donde X j(t), 1 j N, representan las columnas dela matriz solucin X(t). Claramente Xj = AX j XA j, 1 j N.Entendiendo entonces b(t) = X(t)A como la matriz de trminosindependientes del sistema y aplicando la frmula de variacin delas constantes obtenemos

X j(t) = eAt(X0) j

t0eA(ts)

(X(s)A

)jds ,

por lo que concluimos que X(t) tambin resuelve la ecuacin inte-gral. Recprocamente, si partimos ahora de una solucin X(t) de laecuacin integral

X(t) = eAtX0 t0eA(ts)X(s)A ds = eAtX0 eAt

t0eAsX(s)A ds

73

74

y derivamos se obtiene

X(t) = AeAtX0 AeAt t0eAsX(s)A ds eAt

(eAtX(t)A

)= A

(eAtX0 eAt

t0eAsX(s)A ds

) X(t)A = AX(t) X(t)A ,

donde hemos usado el apartado (c) del Ejercicio 3 y el teorema fun-damental del clculo integral.

(c) Claramente X0(t) est bien definida y es continua. Supuesto queXn(t) est bien definida y es continua en [0, t] entonces Xn+1(t) tam-bin est bien definida y es continua en [0, t], ya que t

0eA(ts)Xn(s)A ds

max0st

{Xn(s)}A t0eA(ts) ds < .

Estudiamos a continuacin la convergencia uniforme de la sucesinde iterantes de Picard sobre compactos [0, T] de [0,). Aplicando elprincipio de induccin se puede demostrar fcilmente que

Xn+1(t) Xn(t) X0An+1

(n+ 1)!eAttn+1 (3.4)

para todo t [0, T]. En efecto, si evaluamos en primer lugar las dosprimeras diferencias X1(t) X0(t) y X2(t) X1(t) ya podemos in-tuir que la cota que aparece en el segundo miembro de (3.4) es laadecuada:

X1(t) X0(t) = t0eA(ts)X0(s)A ds

t0eA(ts)X0(s)A ds

t0eAtX0A ds

= eAtAX0t ,X2(t) X1(t) =

t0eA(ts)(X1(s) X0(s))A ds

t0eA(ts)X1(s) X0(s)A ds

t0eA(ts)

(eAsAx0s

)A ds

= eAtA2X0 t2

2.

74


Consideramos la hiptesis de induccin siguiente:

Xn(t) Xn1(t) eAt An X0 tn

n!.

Entonces

Xn+1(t) Xn(t) t0eA(ts)Xn(s) Xn1(s)A ds

t0eA(ts)

(eAsAnX0 s

n

n!

)A ds

=X0 An+1

(n+ 1)!eAttn+1 .

Como la serie k=0 X0 An+1

(n+1)! eAttn+1 es convergente2 podemos

aplicar el criterio de comparacin de Weierstrass para concluir quela serie

X0(t) +

k=0

(Xk+1(t) Xk(t)

)(3.5)

y, por consiguiente, la sucesin de sumas parciales

{Xn(t)} ={X0(t) +

n1k=0

(Xk+1(t) Xk(t)

)}

convergen absoluta y uniformemente en [0, T]. Finalmente, como lasiterantes Xn(t) son todas continuas, el lmite uniforme de (3.5) ha deser una funcin (matricial) continua en [0, T].

(d) Consideramos la transformacin X(t) = Y(t)eAt. Entonces laecuacin X(t) = AX(t) X(t)A se puede reescribir en trminos dela funcin incgnita Y(t) de la siguiente forma:

Y(t) eAt Y(t)A eAt = AY(t) eAt Y(t) eAtA .Si tenemos en cuenta que eAtA = A eAt en virtud del Ejercicio 3(c) (con A(t) = At), obtenemos

Y(t) = AY(t)2En efecto, se fuede comprobar fcilmente que

k=0

X0 An+1(n+ 1)!

eAttn+1 = X0 e2At

75

76

con dato inicial asociado Y(0) = X0. La (nica) solucin de este nue-vo problema es Y(t) = eAtX0, por lo que deshaciendo el cambio devariable se deduce que

X(t) = eAt X0 eAt .

(e) Bastar con comprobar que existe una constante M > 0 tal que

eAt M t R .Si llamamos J a la forma cannica de Jordan de la matriz A y P a lacorrespondiente matriz de paso, es sabido que eAt = PeJtP1, luego

eAt PeJtP1 = CeJt , C 1 .La cuestin entonces es: Es eJt acotada?Bastara con comprobar que los coeficientes de la matriz eJt son aco-tados, en cuyo caso la norma del mximo de eJt estara acotada y, porequivalencia, todas las dems normas. Admitamos que la matriz J seexpresa del siguiente modo:

J =

1 0 0 . . . . . . 00 2 0 . . . . . . 0...

......

... N2 1 0

0 . . . . . . . . . . . . N2

,

donde los bloques de Jordan son todos de la forma

j =

(0 b jb j 0

), 1 j N

2,

por ser todos los valores propios de A imaginarios y simples. Porconsiguiente, todos los elementos no nulos de eJt son de la formasen(b jt) o bien cos(b jt), por lo que podemos asegurar que

eJt 2 .Como por el apartado anterior sabemos que

X(t) = eAt X0 eAt ,

se concluye queX(t) 4C2X0 .

76


6. Se considera el problema de valores iniciales

x = tAx , x(0) = x0 , (3.6)

donde A MN(R) y x0 RN.

(a) Justifica que (3.6) tiene una nica solucin definida en R.

(b) Construye la sucesin de iterantes de Picard asociada a (3.6).

(c) Utilizando el apartado anterior, encuentra la solucin de (3.6)y exprsala en trminos de la exponencial de una matriz.

(d) Prueba que si todos los valores propios de A tienen parte realnegativa, entonces todas las soluciones tienden a cero cuandot .

(Diciembre 1993)

Solucin : (a) La aplicacin B : R MN(R) definida como B(t) = tAes continua, luego la existencia y unicidad de solucin del problema(3.6) es inmediata a la luz del teorema de existencia y unicidad parael problema de Cauchy asociado a una ecuacin diferencial lineal.

(b) Definimos la sucesin de iterantes de Picard de la forma estndar,basndonos en la ecuacin integral equivalente a (3.6):

x0(t) x0 , xn+1(t) = x0 + t0sAxn(s) ds .

Se puede comprobar fcilmente por induccin que

xn(t) =

(n

k=0

1k!

(At2

2

)k)x0 . (3.7)

(c) Para ello tomamos el lmite puntual en la expresin (3.7) cuandon . En efecto,

lmn xn(t) = lmn

{(n

k=0

1k!

(At2

2

)k)x0

}

= lmn

{n

k=0

1k!

(At2

2

)k}x0 =

(

k=0

1k!

(At2

2

)k)x0 = e

A t22 x0 .

77

78

(d) Si llamamos J a la forma cannica de Jordan de la matriz A y P ala correspondiente matriz de paso se tiene que

eA t22 PeJ t22 P1 = CeJ t22 , C 1 .Como

x(t) eA t22 x0 CeJ t22 x0

basta con estudiar el comportamiento deeJ t22 . Sea < 0 cualquie-

ra de los valores propios reales de A. Entonces el bloque de Jordanasociado a es de la forma

J = I +

0 0 0 . . . 01 0 0 . . . 00 1 0 . . . 0...

......

......

0 0 . . . 1 0

,

luego

eJt22 = e

t22

1 0 0 . . . 0t2

2 1 0 . . . 0t4

8t2

2 1 . . ....

......

......

...0 . . . t

4

8t2

2 1

.

ClaramenteeJ t22 0 cuando t por ser < 0. Por otro lado,

si = a+ ib C con a < 0, el bloque de Jordan asociado a es de laforma

J =

a b 0 0 0 0 . . . 0b a 0 0 0 0 . . . 01 0 a b 0 0 . . . 00 1 b a 0 0 . . . 00 0 1 0 a b . . . 00 0 0 1 b a . . . 0...

......

......

0 0 0 . . . 0 1 b a

,

78


luego

eJt22 = e

at22

0 0 . . . . . . 00 0 . . . . . . 00 0

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