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6. Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
2
Sistemas de ecuaciones lineales de primer orden
Forma normal:
)()()()(
)()()()(
)()()()(
2211
222221212
112121111
tfxtaxtaxtadtdx
tfxtaxtaxtadtdx
tfxtaxtaxtadtdx
nnnnnnn
nn
nn
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.
3
Forma matricial
)(
)()(
)( ,
)()()(
)()()()()()(
)( ,
)(
)()(
2
1
21
22221
11211
2
1
tf
tftf
t
tatata
tatatatatata
t
tx
txtx
nnnnn
n
n
n
FAX
FAXX
)(
)()(
)(
)()(
)()()(
)()()()()()(
)(
)()(
2
1
2
1
21
22221
11211
2
1
tf
tftf
tx
txtx
tatata
tatatatatata
tx
txtx
dtd
nnnnnn
n
n
n
AXX
El sistema homogéneoasociado será:
4
yx
Xyx
dtdy
yxdtdx
75
43
XX
75
43
zyx
X
tzyxdtdz
tzyxdtdy
tzyxdtdx
692
1078
6
ttt
610
192178116XX
5
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.
DEFINICIÓNVector solución
)(
)()(
2
1
tx
txtx
n
X
6
Comprueba que en (−, )
son soluciones de:
,11
2
22
1
t
tt
ee
eX
t
tt
ee
e 6
66
2 53
53
X
XX
3531
SoluciónDe
tenemos
t
t
ee
2
2
22
1X
t
t
ee
6
6
3018
2X
11 XAX
t
t
tt
tt
t
t
ee
eeee
ee
2
2
22
22
2
2
22
353
3531
22 XAX
t
t
tt
tt
t
t
ee
eeee
ee
6
6
66
66
6
6
3018
1515153
53
3531
7
Problemas de valor inicial (PVI)
Sea
Resolver:
sujeto a : X(t0) = X0
es un PVI.
,
)(
)()(
)(
0
02
01
0
tx
txtx
t
n
X
n
2
1
0X
)()( tt FXAX
8
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
9
Verifica que:
son soluciones de
y que entonces:
también es una solución.
,sincos
sin2/1cos2/1cos
1
tttt
tX
0
0
2teX
XX
102011101
0
0
sincossin2/1cos2/1
cos
21
2211
tectttt
tc
cc XXX
10
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 = 0para 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
11
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
nn
n
n
n
nn x
xx
x
xx
x
xx
2
1
2
22
12
2
1
21
11
1 ,,, XXX
0),,,(
21
22221
11211
21
nnnn
n
n
n
xxx
xxxxxx
W
XXX
12
• Hemos visto que
son soluciones de
Como
X1 y X2 son soluciones linealmente independientes para todo t real.
,11 2
1te
X te62 5
3
X
0853
),( 462
62
21
t
tt
tt
eeeee
W XX
XX
3531
0853
),( 462
62
21
t
tt
tt
eeeee
W XX
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.
13
Cualquier conjunto X1, X2, …, Xn de n vectores solución linealmente
independientes de un sistema homogéneo en un intervalo I, se dice que son 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.
TEOREMAExistencia 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
14
• Hemos visto que
son soluciones linealmente independientes de
en (−, ). De ahí que forman un conjunto fundamental de soluciones. Y entonces la solución general es:
,11 2
1te
X te62 5
3
X
XX
3531
tt ececcc 62
211211 5
311
XXX
15
tttt
te
tttt
tt
cossincos2/1sin2/1
sin,
010
sincos
sin2/1cos2/1cos
321 XX,X
Considera los vectores solución de :
0cossin0sincos
cos2/1sin2/1sin2/1cos2/1sin0cos
),,( 321 tt e
ttttttett
ttW XXX
tttt
tcec
tttt
tc t
cossincos2/1sin2/1
sin
010
sincossin2/1cos2/1
cos3
21X
Demuestra que son linealmente independientes y escribe una solución general:
XX
102011101
16
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 delsistema 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
17
El vector es una solución particular de
en (−, ). Vimos que la solución dees:
Así la solución general del sistema no homogéneo en (−, ) es:
6543
tt
pX
31112
3531 tXX
XX
3531
ttc ecec 6
22
1 53
11
X
6543
53
11 6
22
1 tt
ecec ttpc XXX
18
Sistemas lineales homogéneos
¿Podemos hallar siempre, para un sistema lineal homogéneo de primer orden,
una solución de la forma:
?tt
n
ee
k
kk
KX
2
1
AXX
19
Valores propios (autovalores) y vectores propios (autovectores)
Si es así, entonces, como X = Ket, sustituyendo en el sistema de EDOs: X = AX
Ket = AKet . De donde: AK = K. Es decir: (A – I)K = 0O equivalentemente:
0)(
0)(0)(
2211
2222121
1212111
nnnnn
nn
nn
kakaka
kakakakakaka
Y recordemos que si existe una solución no trivial X, debe cumplirse entonces que:det(A – I) = 0
20
Sean 1, 2,…, n 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:
TEOREMASolución general para sistemas homogéneos
tnn
tt nececec KKKX 212211
Autovalores reales y distintos
21
yxdtdx 32
yxdtdy 2
0)4)(1(43
1232
)(det
2
IAResolver
1 = −1, 2 = 4. Para 1 = −1, tenemos 3k1 + 3k2 = 0
2k1 + 2k2 = 0Así k1 = – k2. Cuando k2 = –1, entonces
Para 1 = 4, tenemos −2k1 + 3k2 = 0 2k1 − 2k2 = 0
Así k1 = 3k2/2. Cuando k2 = 2, entonces
11
1K
23
2K
tt ececcc 4212211 2
311
XXX
22
Resolver
,4 zyxdtdx zy
dtdzzyx
dtdy 3,5
5 ,4 ,30)5)(4)(3(
310151
114)(det
IA
000000100101
001001810111
)3( 0|IA
k1 = k3, k2 = 0. Con k3 = 1: te 311
101
,101
XK
23
2 = −4
0000001001001
001001910110
)4( 0|IA
te 422
11
10,
11
10
XK
k1 = 10k3, k2 = − k3. Con k3 = 1:
3 = 5
000008100101
081001010119
)5( 0|IA
te533
181
,181
XKttt ececec 5
34
23
1
181
11
10
101
X
24
Resolver:
XX
122212
221' 0
122212
221)(det
IA
– ( + 1)2(– 5) = 0, entonces 1 = 2 = – 1, 3 = 5.
Para 1 = – 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)
25
Para 3 = 5,
,011
1te
X te
110
2X
000001100101
042202420224
)( 0|5IA
k1 = k3 y k2 = – k3. Eligiendo k3 = 1, se tiene k1 = 1, k2 = –1, así:
111
3K
ttt ececec 5321
111
110
011
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.
26
Segunda solución • Supongamos que 1 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
PKX
0KPAPKAK
0APAKPKK
0PKAPK
tt
ttttt
tttt
ete
eteetee
eteete
11
11111
1111
)()( 11
11
KPIA0KIA )()( 11
27
XX
92183
te 31 1
3
X,13
K
2
1
pp
P
Resolver det (A – I) = 0 ( + 3)2=0, = - 3, - 3.
Solo obtenemos un autovector:
Para obtener la segunda solución, definamos:
(A + 3 I) P = K 1623186
21
21
pppp
Tenemos que p2 = 1/3 p1. Si elegimos p1 = 1, entonces p2 = 1/3.
3/11
P
tt ete 112
PKX KPIA )( 1
tt ete 332 3/1
113
X
28
Si elegimos p1 = ½, entonces p2 = 0
y la solución es más "simple":
0
1/2P
tt ete 332 0
1/213
X
ttt etecec 332
31 0
1/213
13
X
Podemos escribir la solución general como:
29
Autovalores de multiplicidad 3
ttt eteet 111
2
2
3 QPKX
)( )( )(
1
1
1
PQIAKPIA0KIA
Donde
K, P y Q están definidaspor:
Ejercicio: Demostrarlo.
Si de nuevo disponemos solamente de un autovector, hallamos la segunda solución como antes, y la tercera de la siguiente manera:
30
SoluciónResolviendo (A – 2I)K = 0, tenemos un único vector propio
XX
200520612
001
K
Resolver(1 – 2)3 = 01 = 2 (multiplicidad 3).
A continuación resolvemos:
,010
P
1/5
/560
Q
ttt
ttt
eetetc
etecec
2222
3
222
21
1/56/50
010
2001
010
001
001
X(A – 2I) P = K (A – 2I) Q = P
ttt eteet 111
2
2
3 QPKX
31
Autovalor de multiplicidad mSi sólo disponemos de un autovector para un autovalor de multiplicidad m, siempre podemos encontrar m soluciones linealmente independientes de la forma:
tmm
tm
mt
m
mm
tt
t
eemte
mt
ete
e
KKKX
KKX
KX
...)!2()!1(
...2
2
1
1
22212
111
Donde los K's son vectores columnas que podemos determinar generalizando el método expuesto.
32
Sea A la matriz de coeficientes con elementos reales de un sistema homogéneo, y sea K1 un
autovector correspondiente al autovalor complejo1 = + i . Entonces
y son soluciones.
TEOREMA Soluciones correspondientes a un autovalor complejo
te 11
K te 11
K
Autovalores complejos
33
Sea 1 = + i 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
t
t
ett
ett
]sincos[
]sincos[
122
211
BBX
BBX
)sin()cos(
)sin()cos()(
)(
titee
titeetti
tti
Nota: Si queremos escribir las soluciones en términos de funciones reales, basta con emplear:
34
Para 1 = 2i,
(2 – 2i)k1 + 8k2 = 0 – k1 + (–2 – 2i)k2 = 0
obtenemos k1 = –(2 + 2i)k2.
Elegimos k2 = –1
12
)0(,2182
XXX
042182
)(det 2
IA
Resolver
02
12
122
1 ii
K
,1
2)Re( 11
KB
02
)Im( 12 KB
ttt
ct
ttc
ttcttc
2sin2sin22cos2
2cos2sin22cos2
2sin12
2cos02
2sin02
2cos12
21
21X
35
Resolución por diagonalizaciónSi 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:
tn
t
t
nec
ecec
2
1
2
1
Y
Deshaciendo el cambio, X = PY , encontramos la solución buscada.
36
SoluciónDe det (A – I) = – ( + 2)(– 1)(– 5), obtenemos 1 = – 2, 2 = 1 y 3 = 5. Puesto que son autovalores reales y distintos, los vectores propios son linealmente independientes. Para i = 1, 2, 3, resolvemos (A –iI)K = 0, y tenemos
XX
940830812
111
,122
,001
321 KKK
Resolver:
37
Como Y = DY, entonces:
110120121
P
500010002
D
t
t
t
ececec
53
2
21
Y
tt
tt
ttt
t
t
t
ececececececec
ececec
532
532
532
21
53
2
21
22
110120121
PYX
38
Sistemas lineales no homogéneos(Resolución por coeficientes indeterminados)
Resolver
Solución Primero resolvemos el sistema homogéneo asociado: X = AX,
= i, −i,
),(-en ,38
1121
'
XX
0111
21)det( 2
IA
ttt
cttt
cc sinsincos
cossincos
21X
39
Puesto que F(t) es un vector columna constante, podemos suponer una solución particular de la forma:
1
1
ba
pX 30820
11
11
baba
1114
pX
1114
sinsincos
cossincos
21 ttt
cttt
cX
Y la solución final será: X = Xc + Xp
40
Solución Resolvemos primero: X = AX.
1 = 2, 2 = 7:
),(en ,410
63416
'
tt
XX
11
,2
121 KK
ttc ecec 7
22
1 11
41
X
Resolver
1
1
2
2
ba
tba
pX
Intentamos como solución particular:
043406
y 01034066
434)1034(6)66(
00
40
106
3416
211
211
22
22
21122
21122
1
1
2
2
2
2
bbaaba
baba
bbatbaabatba
tba
tba
ba
41
La solución general del sistema en ( - , ) es X = Xc + Xp
7
1074
62tpX
6 ,2 22 ba7
1017
41 , ba
710
74
62
11
41 7
22
1 tecec ttX
42
Determina la forma de Xp para:dx/dt =5x + 3y – 2e-t + 1 dy/dt =−x + y + e-t – 5t + 7
1
1
2
2
3
3
71
50
12
)(
ba
tba
eba
tet
tp
t
X
FSolución Como
Entonces un posible candidato es:
Resuelve el sistema.
43
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:
nnnnn
nn
nn
nn
n
n
n
nn xcxcxc
xcxcxcxcxcxc
x
xx
c
x
xx
c
x
xx
c
2211
2222211
1122111
2
1
2
22
12
2
1
21
11
1X
44
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.
nnnn
n
n
xxx
xxxxxx
t
21
22221
11211
)(Φ
Dos propiedades de (t), fáciles de demostrar y que usaremos a continuación:(i) Es regular (matriz no singular).(ii) (t) = A(t)
45
Variación de parámetros• Hallaremos una solución particular suponiendo:
tal que Xp = Φ(t)U(t)
)(
)()(
)( 2
1
tu
tutu
t
n
U
)(tFAXX
)()()()()()(')()( ttttttttp UΦAUΦUΦUΦX
)()()()()()((t) tttttt FUΦAUΦAUΦ
(t) = A(t)
)()((t) tt FUΦ
46
Como Xp = Φ(t)U(t), entonces
Y finalmente, X = Xc + Xp
)()()( ttt FUΦ
)()()( 1 ttt FΦU
tdttt )()()( 1 FU
dttttp )()()( 1 FX
dttttt )()()()( 1 FΦΦCΦX
47
SoluciónPrimero resolvemos el sistema homogéneo
La ecuación característica de la matriz de coeficientes es
te
t34213XX
XX
4213
0)5)(2(4213
)(det
IA
Determinar la solución general de
en (−, ).
48
= −2, −5, y los vectores propios son
Así, las soluciones son:
,11
2
1
,11
2
22
1
t
tt
ee
eX
t
tt
ee
e 5
55
2 221
X
,2
)( 52
52
tt
tt
eeee
tΦ
tt
tt
eeee
t 5315
31
2312
32
1 )(Φ
49
dteteete
eeee
dtet
eeee
eeee
dtttt
tt
tt
tt
tt
ttt
tt
tt
tt
p
4315
312
52
52
5315
31
2312
32
52
52
1
22
32
)()()( FX
t
t
ttt
ttt
tt
tt
etet
eeteeete
eeee
21
5021
53
41
5027
56
41215
2515
51
312
212
52
52
2
50
ttt
t
t
tt
tt
etecec
etet
cc
eeee
2141
50215027
5356
52
21
21
5021
53
41
5027
56
2
152
52
21
11
2X
51
Matriz exponencial
Para cualquier matriz A de n n, podemos definir
DEFINICIÓN Matriz Exponencial
0
22
!!!2 k
kk
kkt
kt
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 modoque eAtC sea solución de X' = AX.
52
Derivada de eAt
tt eedtd AA A
232
22
!21
!!2
tt
kttt
dtde
dtd k
kt
AAA
AAAIA
te
tt
AA
AAIA
!2
22
Y efectivamente, eAt es una solución de X = AX:
AXCACACX AAA )( ttt eeetdd
53
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 1, 2, …, n de A. Poniendo = 1, 2, …n en la segunda expresión, obtenemos los cj ; que sustituidos en la primera expresión nos proporcionan las potencias de A para computar:
,!0
k
kkt
kte AA
,1
0
n
j
jj
k c AA
1
0
n
j
jj
k c
Recuerda que vimos que podíamos calcular las potencias de una matriz A, gracias a:
54
)()(!
)(!
1
00
1
0
1
00
n
jj
j
kj
kn
j
jjn
jj
k
kt tbkc
ktkc
kte AAAA
)()(!
)(!
1
00
1
0
1
00
n
jj
j
kj
kn
j
jn
j
jj
k
kt tbkc
ktkc
kte
0 !k
kkt
kte ,
!0
k
kkt
kte AA,
1
0
n
j
jj
k c AA
1
0
n
j
jj
k c
)(1
0
n
j
jj
t tbe AA )(1
0
n
j
jj
t tbe
55
Solución
3142
A
10 bbe t
102
10
2bbe
bbet
t
Calcular eAt, donde
)(1
0
n
j
jj
t tbe AA
)(1
0
n
j
jj
t tbe
eAt = b0I + b1A
1= −1 y 2 = 2 b0 = (1/3)[e2t + 2e– t],
b1 = (1/3)[e2t – e–t].
1/3/341/31/3
/34/34/341/322
22
tttt
ttttt
eeeeeeee
eA