1

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

tf

tf

t

tatata

tatata

tatata

t

tx

tx

tx

nnnnn

n

n

n

FAX

FAXX

)(

)(

)(

)(

)(

)(

)()()(

)()()(

)()()(

)(

)(

)(

2

1

2

1

21

22221

11211

2

1

tf

tf

tf

tx

tx

tx

tatata

tatata

tatata

tx

tx

tx

dt

d

nnnnnn

n

n

n

AXX

El sistema homogéneoasociado será:

4

y

xX

yxdtdy

yxdtdx

75

43

XX

75

43

z

y

x

X

tzyxdtdz

tzyxdtdy

tzyxdtdx

692

1078

6

t

t

t

6

10

192

178

116

XX

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.

DEFINICIÓN

Vector solución

)(

)(

)(

2

1

tx

tx

tx

n

X

6

Comprueba que en (−, )

son soluciones de:

,1

12

22

1

t

tt

e

eeX

t

tt

e

ee

6

66

25

3

5

3X

XX

35

31

SoluciónDe

tenemos

t

t

e

e2

2

2

21X

t

t

e

e6

6

30

182X

11 XAX

t

t

tt

tt

t

t

e

e

ee

ee

e

e2

2

22

22

2

2

2

2

35

3

35

31

22 XAX

t

t

tt

tt

t

t

e

e

ee

ee

e

e6

6

66

66

6

6

30

18

1515

153

5

335

31

7

Problemas de valor inicial (PVI)

Sea

Resolver:

sujeto a : X(t0) = X0

es un PVI.

,

)(

)(

)(

)(

0

02

01

0

tx

tx

tx

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.

TEOREMAExistencia 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

sin2/1cos2/1

cos

1

tt

tt

t

X

0

0

2teX

XX

102

011

101

0

0

sincos

sin2/1cos2/1

cos

21

2211

tec

tt

tt

t

c

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.

DEFINICIÓNDependencia 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

x

x

x

x

x

x

x

x

2

1

2

22

12

2

1

21

11

1 ,,, XXX

0),,,(

21

22221

11211

21

nnnn

n

n

n

xxx

xxx

xxx

W

XXX

12

• Hemos visto que

son soluciones de

Como

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

,1

1 21

te

X te62 5

3

X

085

3),( 4

62

62

21

t

tt

tt

eee

eeW XX

XX

35

31

085

3),( 4

62

62

21

t

tt

tt

eee

eeW 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:

,1

1 21

te

X te62 5

3

X

XX

35

31

tt ececcc 62

211211 5

3

1

1

XXX

15

tt

tt

t

e

tt

tt

tt

cossin

cos2/1sin2/1

sin

,

0

1

0

sincos

sin2/1cos2/1

cos

321 XX,X

Considera los vectores solución de :

0

cossin0sincos

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

sin0cos

),,( 321 tt e

tttt

ttett

tt

W XXX

tt

tt

t

cec

tt

tt

t

c t

cossin

cos2/1sin2/1

sin

0

1

0

sincos

sin2/1cos2/1

cos3

21X

Demuestra que son linealmente independientes y escribe una solución general:

XX

102

011

101

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 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

17

El vector es una solución particular de

en (−, ). Vimos que la solución dees:

Así la solución general del sistema no homogéneo en (−, ) es:

65

43

t

tpX

3

1112

35

31 tXX

XX

35

31

ttc ecec 6

22

1 5

3

1

1

X

65

43

5

3

1

1 62

21 t

tecec tt

pc 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

k

k

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

kakaka

kakaka

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

12

32)(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

1

11K

2

32K

tt ececcc 4212211 2

3

1

1

XXX

22

Resolver

,4 zyxdtdx zy

dtdz

zyxdtdy

3,5

5 ,4 ,3

0)5)(4)(3(

310

151

114

)(det

IA

0000

0010

0101

0010

0181

0111

)3( 0|IA

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

1

0

1

,

1

0

1

XK

23

2 = −4

0000

0010

01001

0010

0191

0110

)4( 0|IA

te 422

1

1

10

,

1

1

10

XK

k1 = 10k3, k2 = − k3. Con k3 = 1:

3 = 5

0000

0810

0101

0810

0101

0119

)5( 0|IA

te533

1

8

1

,

1

8

1

XKttt ececec 5

34

23

1

1

8

1

1

1

10

1

0

1

X

24

Resolver:

XX

122

212

221

' 0

122

212

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.

0000

0000

0111

0222

0222

0222

)( 0|IA

Autovalores repetidos

(multiplicidad m = 2)

25

Para 3 = 5,

,

0

1

1

1te

X te

1

1

0

2X

0000

0110

0101

0422

0242

0224

)( 0|5IA

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

1

1

1

3K

ttt ececec 5321

1

1

1

1

1

0

0

1

1

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

92

183

te 31 1

3

X,1

3

K

2

1

p

pP

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 162

3186

21

21

pp

pp

Tenemos que p2 = 1/3 p1.

Si elegimos p1 = 1, entonces p2 = 1/3.

3/1

1P

tt ete 112

PKX KPIA )( 1

tt ete 332 3/1

1

1

3

X

28

Si elegimos p1 = ½, entonces p2 = 0

y la solución es más "simple":

0

1/2P

tt ete 332 0

1/2

1

3

X

ttt etecec 332

31 0

1/2

1

3

1

3X

Podemos escribir la solución general como:

29

Autovalores de multiplicidad 3

ttt eteet

111

2

2

3 QPKX

)(

)(

)(

1

1

1

PQIA

KPIA

0KIA

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

200

520

612

0

0

1

K

Resolver(1 – 2)3 = 01 = 2 (multiplicidad 3).

A continuación resolvemos:

,

0

1

0

P

1/5

/56

0

Q

ttt

ttt

eetet

c

etecec

2222

3

222

21

1/5

6/5

0

0

1

0

20

0

1

0

1

0

0

0

1

0

0

1

X(A – 2I) P = K (A – 2I) Q = P

ttt eteet

111

2

2

3 QPKX

31

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:

tmm

tm

mt

m

mm

tt

t

eem

te

m

t

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.

TEOREMASoluciones 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

1

2)0(,

21

82XXX

0421

82)(det 2

IA

Resolver

0

2

1

2

1

221 i

iK

,1

2)Re( 11

KB

0

2)Im( 12 KB

t

ttc

t

ttc

ttcttc

2sin

2sin22cos2

2cos

2sin22cos2

2sin1

22cos

0

22sin

0

22cos

1

2

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

ec

ec

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

940

830

812

1

1

1

,

1

2

2

,

0

0

1

321 KKK

Resolver:

37

Como Y = DY, entonces:

110

120

121

P

500

010

002

D

t

t

t

ec

ec

ec

53

2

21

Y

tt

tt

ttt

t

t

t

ecec

ecec

ececec

ec

ec

ec

532

532

532

21

53

2

21

2

2

110

120

121

PYX

38

Sistemas lineales no homogéneos(Resolución por coeficientes indeterminados)

Resolver

Solución Primero resolvemos el sistema homogéneo asociado: X = AX,

= i, −i,

),(-en ,3

8

11

21'

XX

0111

21)det( 2

IA

t

ttc

t

ttcc sin

sincos

cos

sincos21X

39

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

1

1

b

apX

30

820

11

11

ba

ba

11

14pX

11

14

sin

sincos

cos

sincos21 t

ttc

t

ttcX

Y la solución final será: X = Xc + Xp

40

Solución Resolvemos primero: X = AX.

1 = 2, 2 = 7:

),(en ,410

6

34

16'

t

tXX

1

1 ,

2

121 KK

ttc ecec 7

22

1 1

1

4

1

X

Resolver

1

1

2

2

b

at

b

apX

Intentamos como solución particular:

0434

06y

01034

066

434)1034(

6)66(

0

0

4

0

10

6

34

16

211

211

22

22

21122

21122

1

1

2

2

2

2

bba

aba

ba

ba

bbatba

abatba

tb

at

b

a

b

a

41

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

7

107

4

6

2tpX

6 ,2 22 ba7

1017

41 , ba

7

107

4

6

2

1

1

4

1 72

21 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

7

1

5

0

1

2)(

b

at

b

ae

b

a

tet

tp

t

X

F

Solución 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

xcxcxc

xcxcxc

x

x

x

c

x

x

x

c

x

x

x

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

xxx

xxx

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

tu

tu

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

t3

42

13XX

XX

42

13

0)5)(2(42

13)(det

IA

Determinar la solución general de

en (−, ).

48

= −2, −5, y los vectores propios son

Así, las soluciones son:

,1

1

2

1

,1

12

22

1

t

tt

e

eeX

t

tt

e

ee

5

55

222

1X

,2

)(52

52

tt

tt

ee

eetΦ

tt

tt

ee

eet

53

153

1

23

123

21 )(Φ

49

dtete

ete

ee

ee

dte

t

ee

ee

ee

ee

dtttt

tt

tt

tt

tt

ttt

tt

tt

tt

p

43

153

12

52

52

53

153

1

23

123

2

52

52

1

2

2

3

2

)()()( FX

t

t

ttt

ttt

tt

tt

et

et

eete

eete

ee

ee

2

1

50

21

5

34

1

50

27

5

6

412

1525

155

13

122

12

52

52

2

50

ttt

t

t

tt

tt

etecec

et

et

c

c

ee

ee

2

14

1

50

2150

27

5

35

65

22

1

2

1

50

21

5

34

1

50

27

5

6

2

1

52

52

2

1

1

1

2X

51

Matriz exponencial

Para cualquier matriz A de n n, podemos definir

DEFINICIÓNMatriz Exponencial

0

22

!!!2 k

kk

kkt

kt

ktt

te 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

ktt

tdtd

edtd 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

kt

e 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

k

tkc

k

te AAAA

)()(!

)(!

1

00

1

0

1

00

n

jj

j

kj

kn

j

jn

j

jj

k

kt tbkc

k

tkc

k

te

0 !k

kkt

kt

e ,

!0

k

kkt

kt

e 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

31

42A

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

eeee

eeeeeA