1. Resolución de sistemas de ecuaciones diferenciales...

1. Resolución de sistemas de ecuaciones diferenciales, mediante el

método de valores y vectores propios

1.1. Introducción

El presente capítulo da a conocer la solución de sistemas de ecuaciones diferenciales mediante el método

de valores y vectores propios, que pertenece a la u.e.a de Matemáticas Aplicadas a la Ingeniería Química

(MAPIQ), tiene como objetivo adquirir los principios matemáticos fundamentales que ayudan a describir los

fenómenos, operaciones y procesos de Ingeniería Química.

Está estructurado a partir de los diferentes casos que se pueden presentar los valores propios son: raíces

reales diferentes y repetidas, así como complejas. Para cada caso, se presenta el método específico de solución,

uno o más ejemplos resueltos, una lista de ejercicios propuestos para su solución y al final unos modelos con

algún fenómeno químico donde aplica cada método respectivo de sistemas de ecuaciones diferenciales. Por

ejemplo, para valores propios reales diferentes, se ilustra un modelo de enfriamiento o calentamiento de un

edificio y una casa, velocidades de reacciones de primer orden, mezclas de dos tanques conectados en serie;

para valores reales repetidos, únicamente se ilustra un modelo de una reacción simple; y para valores propios

complejos, se ilustra un modelo de un sistema cerrado de mezclas con tres tanques conectados.

En cada fenómeno se elabora un dibujo, a partir de la descripción del mismo, y a continuación se efectua

un ánalisis para obtener el modelo representado por un sistema de ecuaciones diferenciales; posteriormente

el sistema se expresa en forma matricial para desarrollar el determinante para calcular los valores propios

de la matriz de coeficientes, después se procede a calcular los vectores propios asociados a cada valor propio

obtenido para obtener la solución homogénea y para el caso de la solución del sistema no homogéneo, se

desarrolló el método de variación de parámetros o el método de coeficientes indeterminados.

Los problemas ayudan a que el alumno enfoque mejor su atención y pretendan motivarlo a resolver más

problemas por su cuenta.

1.2. Presentación de los sistemas de ecuaciones diferenciales

En el curso de ecuaciones diferenciales ordinarias se resuelven los sistemas de ecuaciones diferenciales

lineales mediante el método de eliminación. Aquí se establecerá otro enfoque de resolverlos, mediante el

método de valores y vectores característicos.

Un sistema de ecuaciones diferenciales lineales es una serie de igualdades entre las derivadas de las fun-

ciones incógnita relacionadas con las mismas funciones incógnita de forma tal que no están compuestas con

1

ninguna función.

Ejemplo 1.1

dxdt = −4x+ y + z + 7

dydt = x+ 5y − z + 6

dzdt = y − 3z + 8

Aquí se muestra un sistema de ecuaciones diferenciales lineales, ya que se tienen tres igualdades de las

derivadas de tres funciones desconocidas relacionadas entre si y ninguna de ellas está compuesta con alguna

otra función. También pueden estar presentes funciones conocidas tales como estas constantes que de hecho

son funciones conocidas.

El sistema se puede expresar de forma matricial como sigue:dxdt

dydt

dzdt

=

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

x

y

z

+

7

6

8

(1)

De manera abreviada cualquier sistema de ecuaciones diferenciales se puede expresar como matriz y

vectores:

X ′ = AX + b

donde X’ es el vector derivadas

dxdt

dydt

dzdt

, A es una matriz de constantes

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

, X es el vector

de funciones desconocidas

x (t)

y (t)

z (t)

y b es un vector de funciones conocidas.

Teorema 1 Principio de superposición

Sea X1una solución del sistema de ecuaciones diferenciales

X ′ = AX + b1 (t),

y sea X2una solución del sistema de ecuaciones diferenciales

X ′ = AX + b2 (t);

entonces, para cualquier constante c1 y c2, el vector de funciones c1X1 + c2X2 es una solución del sistema

de ecuaciones

X ′ = AX + c1b1 (t) + c2b2 (t).

Demostración

2

(c1X1 + c2X2)′

= c1X′

1+c2X′

2 = c1 [AX1 + b1 (t)]+c2 [AX2 + b2 (t)] = [Ac1X1 + c1b1 (t)]+[Ac2X2 + c2b2 (t)] =

A (c1X1 + c2X2) + c1b1 (t) + c2b2 (t).

A partír del teorema anterior se puede ver que el sistema X ′ = AX + b se puede descomponer en los

sistemas X ′ = AX, el cual se llama homogéneo, y el sistema X ′ = AX + b, llamado no homogéneo. Así la

solución general es la suma de la solución homogénea Xh más la suma de la no homogénea la cual se usa

llamar solución particular y denotar por Xp siendo así Xg = Xh +Xp.

1.3. Sistemas de ecuaciones diferenciales homogéneos

Se conoce sistema de ecuaciones diferenciales homogéneo cuando el vector b =−→0 . Por ejemplo la parte

homogénea del Ejemplo 1.1.dxdt

dydt

dzdt

=

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

x

y

z

La solución se propondrá de la forma siguiente, para determinar los valores de las ki y de λ

X(t) =

k1

k2

k3

eλt

Partiendo que es solución debe entonces satisfacer la ecuacióndxdt

dydt

dzdt

=

k1

k2

k3

λeλt=

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

x

y

z

=

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

k1

k2

k3

eλt.

se debe encontrar el vector

k1

k2

k3

y el valor λ que satisfaga la igualdad

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

k1

k2

k3

eλt =

k1

k2

k3

λeλt,

si dividimos entre eλt−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

k1

k2

k3

=

k1

k2

k3

λ,

restando el lado derecho a la ecuación se obtiene

3

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

k1

k2

k3

−

k1

k2

k3

λ = 0,

el segundo término se puede ver también en forma matricial−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

k1

k2

k3

−

λ 0 0

0 λ 0

0 0 λ

k1

k2

k3

= 0,

considerando como factor al vector.−4− λ 1 1

1 5− λ −1

0 1 −3− λ

k1

k2

k3

= 0.

Este sistema solo tiene solución no trivial cuando el determinante de la matriz es cero

det (A− λ) = det

−4− λ 1 1

1 5− λ −1

0 1 −3− λ

= 0,

esto nos lleva a un polinomio en λ.

Desarrollar el determinante para calcular los valores propios de la matriz de coeficientes

det(A− λ) =

−4− λ 1 1

1 5− λ −1

0 1 −3− λ

=−λ3 − 2λ2 + 23λ+ 60 = 0 (2)

factorizando

det(A− λ) = (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) = 0

Los valores propios asociados a la matriz, conocidos como valores propios de la matriz (A− λ), son:

λ1 = −4

λ2 = 5

λ3 = −3

Ahora se procede a calcular los vectores propios asociados a cada valor propio obtenido.

Se comienza a sustituir a λ1 = −4 en la matriz (A− λ)−4− (−4) 1 1

1 5− (−4) −1

0 1 −3− (−4)

a

b

c

=

0

0

0

,

estableciendo el sistema respectivo de ecuaciones lineales se tiene:

b+ c = 0

a+ 9b− c = 0

b+ c = 0

4

Como el determinante de la matriz del sistema es cero, el sistema tiene una infinidad de soluciones y sólo

necesitamos una, fijamos valores, por ejemplo:

si c = 1 de la primera o tercera ecuación se obtiene que b = −1. Sustituyendo los valores de b y c

en la segunda ecuación se obtiene que a = 10. El primer vector parte de la solución es el vector propio

−→v1 =

10

−1

1

correspondiente al valor λ1 = −4. Así se obtiene un primer vector solución:

X1 =

x1 (t)

y1 (t)

z1 (t)

=

10

−1

1

e−4t.

Se procede de manera semejante pero ahora con el segundo valor propio λ2 = 5−9 1 1

1 0 −1

0 1 −8

a

b

c

=

0

0

0

el vector propio es : −→v2 =

1

8

1

y su segundo vector solución X2 =

1

8

1

e−5t.

finalmente con λ3 = −3−1 1 1

1 8 −1

0 1 0

a

b

c

=

0

0

0

el vector propio es : −→v3 =

1

0

1

con su tercer solución X3(t) =

1

0

1

e−3t

Son soluciones del sistema homogéneo

X1(t) =

10

−1

1

e−4t

X2(t) =

1

8

1

e5t

X3(t) =

1

0

1

e−3t

5

El siguiente teorema muestra la independencia lineal de los vectores propios.

Teorema 2

Si r1, ..., rm son valores propios distintos de una matriz A y −→vi es un vector propio asociado a ri, entonces

los vectores −→v1, ..., −→vm son linealmente independientes.

Demostración: sean r1 6= r2 y sean−→v1 ,−→v2 dos vectores propios no nulos asociados a r1 y r2, respectivamente.

Suponer que −→v1 y −→v2 son linealmente dependientes, entonces−→v1 = k−→v2

Multiplicando por la matriz A a la izquierda de ambas partes de la igualdad

A−→v1 = kA−→v2

dado que −→v1 y −→v2 son vectores propios asociados a los valores propios r1 y r2 de A respectivamente, y que

hemos considerado que los valores son linealmente dependientes, se obtiene:

r1−→v1 = kr2

−→v2 = r2−→v1

Pasando todos los términos a un lado de la igualdad, se obtiene:

(r1 − r2)−→v1

y teniendo en cuanta que −→v1 es un vector propio y no puede ser el vector nulo

r1 = r2

llegando a una contradicción. Luego −→v1 y −→v2 son linealmente independientes.

El siguiente teorema esteblece la forma general de la solución del sistema de ecuaciones diferenciales

homogéneo a partir de las diversas soluciones encontradas.

Teorema 3

Sea la familia de vectores {er1t−→v1 , ..., ernt−→vn}, linealmente independientes, donde cada vector es solución para

el sistema de ecuaciones diferenciales homogéneo n × n X ′ = AX entonces {er1t−→v1, ..., ernt−→vn} forma un

conjunto fundamental de soluciones del sistema y la solución general es:−→X (t) = C1e

r1t−→v1 + ...+ Cnernt−→vn

donde C1, ..., Cn son constantes.

Con base en el teorema anterior la solución general del sistema homogéneo es:

6

Xh(t) = C1

10

−1

1

e−4t + C2

1

8

1

e5t + C3

1

0

1

e−3t.

En este caso las soluciones del polinomio característico, polinomio (2) son raíces reales diferentes. Sin

embargo, se puede dar dos situaciones además de ésta, el caso donde se presenten raíces reales repetidas o

raíces complejas.

Ejercicios propuestos

1. dxdt = 5x− y

dydt = 3x+ y

2. dxdt = 5

4x+ 34y

dydt = 3

4x+ 54y

3. dxdt = x+ y + z

dydt = 2x+ y − z

dzdt = −8x− 5y − 3z

4. dxdt = x+ y + 2z

dydt = 2y + 2z

dzdt = −x+ y + 3z

5. dxdt = x− y + 4z

dydt = 3x+ 2y − z

dzdt = 2x+ y − z

7

Valores propios repetidos

Si r es el valor propio de A con orden de multiplicidad dos y sólo tiene un vector propio −→v1, entonces

de manera semejante a las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior la segunda solución debe ser

de la forma −→x2 (t) = tert−→v1 así se propondrá una pequeña variante al haber dos soluciones linealmente

independientes de la forma:−→x1 (t) = ert−→v1−→x2 (t) = tert−→v1 + ert−→v2

donde −→v1 es el vector propio y −→v2 es un vector llamado vector propio generalizado asociado al valor propio

r que ambos deben de satisfacer las condiciones:

(A− rI)−→v1 =−→0 ,

(A− rI)−→v2 = −→v1.

Un vector que verifica la segunda condición implica que: (A− rI)2−→v2 =

−→0 . En general, un vector −→v es un

vector propio generalizado de una matriz A, asociada a un valor propio r de multiplicidad k si (A− rI)k −→v =

−→0 .

Ejemplo 1.2

Hallar la solución general del sistema:

dxdt = x− ydydt = x+ 3y

Se expresan las ecuaciones de una forma matricial: dxdt

dydt

=

1 −1

1 3

x

y

Se desarrolla el determinante para calcular los valores propios de la matriz de coeficientes

det(A− λI) = det

1− λ −1

1 3− λ

= λ2 − 4λ+ 4 = (λ− 2)2

= 0

los valores propios asociados a la matriz son:

λ1 = 2

λ2 = 2

Ahora se procede a calcular los vectores propios asociados a cada valor propio obtenido.

Empezar conλ1 = 2 −1 −1

1 1

K1

K2

=

0

0

8

El vector propio es : −→v1 =

1

−1

La primer solución es: x1 (t)

y1 (t)

=

1

−1

e2t

Hace falta tomar el caso λ2= 2 puesto que de nuevo es el caso uno son raíces repetidas, se puede dar una

posible solución:

(A− λI)

P1

P2

=

1

−1

−1 −1

1 1

P1

P2

=

1

−1

cuya solución es:−P1 − P2 = 1

P1 + P2 = −1

P1 = 0 y P2 = −1

La segunda solución es:−→x2 (t) = tert−→v1 + ert−→v2 x2 (t)

y2 (t)

=

1

−1

te2t +

0

−1

e2t

La solución general es:

X(t) = C1

1

−1

e2t + C2

t

−t− 1

e2t

Verificación de que cada una es solución dx1

dt

dy1dt

=

1

−1

2e2t

1 −1

1 3

x1

y1

=

1 −1

1 3

1

−1

e2t =

1 −1

1 3

2

−2

e2t

efectivamente es solución, se verifica la igualdad. Ahora con la segunda solución dx2

dt

dy2dt

= ddt

t

−t− 1

e2t

=

2t

−2t− 2

e2t +

1

−1

e2t =

2t+ 1

−2t− 3

e2t

1 −1

1 3

x2

y2

=

1 −1

1 3

t

−t− 1

e2t

=

2t+ 1

−2t− 3

e2t


1. dxdt = − 3

2x+ y

9

dydt = − 1

4x−12y

2. dxdt = 3x+ 9y

dydt = −x− 3y

3. dxdt = x

dydt = −4x+ y

dzdt = 3x+ 6y + 2z

4. dxdt = − 5

2x+ y + z

dydt = x− 5

2 + z

dzdt = x+ y − 5

2

5. dxdt = 2x+ y + z

dydt = x+ 2y + z

dzdt = −2x− 2y − z

Valores propios complejos

Cuando la matriz A con valores reales tiene un par de valores propios complejos conjugados α±iβ.

Suponer que r1 =α + iβ es un valor propio complejo de A con vector propio complejo correspondiente−→z = −→a + i

−→b , donde −→a y

−→b son vectores constantes reales entonces el vector complejo

(−→a + i−→b)eα+iβ

es una solución compleja del sistema. Sin embargo se requieren soluciones reales del sistema de ecuaciones

diferenciales. Se presenta un teorema que permite encontrar dos soluciones reales por cada solución compleja.

Teorema 4

10

Dado un sistema de ecuaciones diferenciales homogénea X ′ = AX con solución compleja X = X1+iX2 donde

X1 y X2 son vectores de funciones reales entonces el vector X1 es solución real del sistema y X2 también es

solución real del sistema.

Demostración: Como X = X1 + iX2 es solución compleja entonces (X1 + iX2)′

= A (X1 + iX2) =

(AX1 + iAX2) = AX1 + iAX2

Por un lado (X1 + iX2)′

=(X

′

1 + iX′

2

)por linealidad en la derivada,

por otro (X1 + iX2)′

= A (X1 + iX2) = (AX1 + iAX2) porque X + iX2 es solución del sistema y la

linealidad de la matriz A,

así(X

′

1 + iX′

2

)= (AX1 + iAX2) por transitividad de la igualdad,

como dos complejos son iguales cuando sus partes reales y complejas, respectivamente, son iguales; se

tiene que:

X′

1 = AX1 y X′

2 = AX2.

En principio la solución −→z = −→a + i−→b

Se observa que su conjugado −→z = −→a − i−→b es un vector propio asociado al valor propio r2 = α−iβ. En

efecto, si se toma el conjugado de: (A− r1I)−→z =−→0 , aplicando la propiedad de que el conjugado del producto

es el producto de los conjugados y además A = A y I = I por tener sólo componentes reales, se obtiene:

(A− r1I)−→z =−→0

Teniendo en cuenta que r1 = r2, entonces: (A− r2I)−→z =−→0 , por lo tanto −→z es el vector propio asociado

a r2.

Dos soluciones vectoriales complejas linealmente independientes son:−→w1 (t) = er1t−→z = e(α+iβ)t

(−→a + i−→b),

−→w2 (t) = er2t−→z = e(α−iβ)t(−→a − i−→b ) .

Utilizamos una de estas dos soluciones y la fórmula de Euler para obtener dos soluciones vectoriales reales.

En primer lugar reescribimos −→w1 (t):−→w1 (t) = eαt (cos (βt) + isin (βt))

(−→a + i−→b)

= eαt(cos (βt)−→a − sin (βt)

−→b)

+ ieαt(sin (βt)−→a + cos (βt)

−→b).

Por tanto, −→w1 (t) = −→x1 (t)+i−→x2 (t)

donde −→x1 (t)y −→x2 (t)son las dos funciones vectoriales reales:−→x1 (t) = eαt

(cos (βt)−→a − sin (βt)

−→b),

−→x2 (t) = eαt(sin (βt)−→a + cos (βt)

−→b).

11

Ejemplo 1.3

Hallar la solución general del sistema:dxdt = x− y + etcos(t)

dydt = x+ y + etsin(t)

Se expresa las ecuaciones de una forma matricial dxdt

dydt

=

1 −1

1 1

x

y

+

cos(t)

sen(t)

et (3)

Primero se busca la solución del sistema homogéneo, la búsqueda de la solución particular se muestra más

adelante.

Se desarrolla el determinante para calcular los valores propios de la matriz de coeficientes

det (A− λI) =

∣∣∣∣∣∣∣1− λ −1

1 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = λ2 − 2λ+ 2 = 0

Los valores propios asociados a la matriz son:

λ1 = 1 + i

λ2 = 1− i

Ahora se procede a calcular los vectores propios asociados a cada valor propio obtenido

considerando cualquiera de los valores propios, empezando con λ1 = 1 + i −i −1

1 −i

a

b

=

0

0


i

1

La solución compleja del sistema es

−→X =

i

1

e(1+i)t

Con base en el Teorema (4) que asegura que dada una solución compleja entonces la parte real y la parte

imaginaria son soluciones reales, sólo hay que separar claramente cada una de estas partes. Aplicando la

fórmula de Euler se obtiene

−→X =

i

1

et (cos (t) + isen (t))

Haciendo el producto y separando las partes real e imaginaria, se obtiene: i

1

et (cos (t) + isen (t)) =

icos (t)− sen (t)

cos (t) + isen (t)

et =

−sen (t)

cos (t)

et + i

cos (t)

sen (t)

et

La parte real, es decir, la primer solución es:

12

x1

y1

=

−sen (t)

cos (t)

et

La parte compleja, la segunda solución es: x2

y2

=

cos (t)

sen (t)

et

La solución general del sistema homogéneo es:

Xh(t) = c1

−sin(t)

cos(t)

et + c2

cos(t)

sin(t)

et


1. dxdt = 3x− 2y

dydt = 4x− y

2. dxdt = 2x− 5

2y

dydt = 9

5x− y

3. dxdt = − 1

2x+ y

dydt = −x− 1

2y

4. dxdt = −3x+ 2z

dydt = x− y

dzdt = −2x− y

5. dxdt = x

dydt = 2x+ y − 2z

dzdt = 3x+ 2y + z

13

1.4. Solución particular del sistema no homogéneo

Como quedó pendiente encontrar la solución particular de las ecuaciones (1) y (3) se procederá a buscar

las soluciones particulares de las partes no homogéneas mediante el método de variación de parámetros.

Variación de parámetros

Considerar que se tiene una ecuación diferencial no homogénea en su forma matricial

X ′ = AX + F

para ilustrar tan solo el caso de un sistema de ecuaciones diferenciales lineales con dos incógnitas, pero

se puede generalizar a cualquier número de incógitas.

Suponer que conocemos los vectores solución de la homogénea, formemos la matriz Φ (t)con los vectores

solución de la homogénea

Partiendo de una propuesta similar al caso de orden superior. Se propone la solución particular como

Xp = Φ (t)U (t); (4)

donde Φ (t)es la matriz con los vectores solución de la homogénea, esto es,

Φ (t) =

x1 x2

y1 y2

;

como las columnas son las soluciónes de la homogénea entonces

Φ′(t) = AΦ (t);

mientras que U (t) es un vector por determinar.

Considerando la derivada de la solución particular, por un lado,

X ′p = Φ (t)U ′ (t) + Φ′ (t)U (t),

por otro, se obtine:

X ′p = AXp + F .

Igualando estas ecuaciones se obtiene

Φ (t)U ′ (t) + Φ′ (t)U (t) = AXp + F ,

sustituyendo la propuesta (4) queda

Φ (t)U ′ (t) + Φ′ (t)U (t) = AΦ (t)U (t) + F ,

considerando que φ′ (t) =

x′1 x′2

y′1 y′2

= A

x1 x2

y1 y2

entonces sustituyendo φ′ (t)en la igualdad arriba

anterior se obtiene

Φ (t)U ′ (t) +AΦ (t)U (t) = AΦ (t)U (t) + F ,

simplificando

14

Φ (t)U ′ (t) = F ,

despejando U ′ (t)aplicando la matriz inversa de Φ (t)

U ′ (t) = Φ−1 (t)F ,

integrando

U (t) =´

Φ−1 (t)Fdt,

finalmente recordando que la propuesta de solución particular (4) U (t) va multiplicada por Φ (t), quedando

así la solución particular

Xp = Φ (t)´

Φ−1 (t)Fdt

Ejemplo

Se empezará con el Ejemplo 1.1, recordemos la ecuación diferencial en su forma matricialdxdt

dydt

dzdt

=

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

x

y

z

+

7

6

8

;

cuya solución homogénea se determinó como

Xh(t) = C1

10

−1

1

e−4t + C2

1

8

1

e5t + C3

1

0

1

e−3t.

Para encontrar la solución particular se propondrá como

Xp = Φ (t)´

Φ−1 (t)Fdt;

donde Φ (t) es la matriz con los vectores solución del sistema homogéneo respectivo

Φ (t) =

10e−4t e5t e−3t

−e−4t 8e5t 0

e−4t e5t e−3t

y F (t) es el vector de funciones conocidad que conforman la parte no homogénea del sistema

F (t) =

768

.

Se calcula la inversa de Φ (t), es recomendable usar cualquier programa de cómputo para obtener ésta

Φ−1 =

19e

4t 0 − 19e

4t

172e−5t 1

8e−5t − 1

72e−5t

− 18e

3t − 18e

3t 98e

3t

Φ−1F (t) =

19e

4t 0 − 19e

4t

172e−5t 1

8e−5t − 1

72e−5t

− 18e

3t − 18e

3t 98e

3t

7

6

8

=

− 1

9e4t

5372e−5t

598 e

3t

15

´Φ−1F (t) =

´− 1

9e4t

5372e−5t

598 e

3t

dt =

− 1

36e4t

− 53360e

−5t

5924e

3t

Xp (t) = Φ (t)´

Φ−1F (t) dt =

10e−4t e5t e−3t

−e−4t 8e5t 0

e−4t e5t e−3t

− 1

36e4t

− 53360e

−5t

5924e

3t

=

6130

− 2320

13760


X (t) = C1

10

−1

1

e−4t + C2

1

8

1

e5t + C3

1

0

1

e−3t +

6130

− 2320

13760

Ejemplo

Encontrar la solución particular del sistema (3) dxdt

dydt

=

1 −1

1 1

x

y

+

cos(t)

sen(t)

et.

Recordando la solución homogénea del Ejemplo 1.3

Xh(t) = c1

−sin(t)

cos(t)

et + c2

cos(t)

sin(t)

et

XP (t) = Φ (t)U (t) = Φ (t)´

Φ−1F (t) dt

U (t) =´

Φ−1F (t) dt

Φ (t) =

−etsen(t) etcos(t)

etcos(t) etsen(t)

Φ−1 (t) = 1

−e2t

etsen(t) −etcos(t)

−etcos(t) −etsen(t)

= 1et

−sen(t) cos(t)

cos(t) sen(t)

Φ−1F (t) = 1

et

−sen(t) cos(t)

cos(t) sen(t)

cos(t)

sen(t)

et=

0

1

U (t) =

´Φ−1F (t) dt =

´ 0

1

dt =

0

t

Xp(t) = Φ (t)U (t) = et

−sen(t) cos(t)

cos(t) sen(t)

0

t

Xp(t) = tet

cos(t)

sen(t)

16


X(t) = c1

−sen(t)

cos(t)

et + c2

cos(t)

sen(t)

et +

cos(t)

sen(t)

tetCoeficientes indeterminados

El método de coeficientes indeterminados debe restringirse a sistemas de acuaciones con coeficientes

constantes. Vamos a examinar el sistema:

X´ = Ax+ f(t)

donde A es una matriz de constantes y f(t) es una combinación lineal (con coeficientes vectoriales con-

stantes) de productos de polinomios, funciones exponenciales, senos y cosenos.

El método es eesencial el mismo para sistemas que para ecuaciones diferenciales individuales.

Ejemplo

Hallar una solución general del sistema:

dxdt = 4x+ 2y − 8t

dydt = 3x− y + 2t+ 3

Del ejemplo obtenemos la solución homogénea :

Xh(t) = C1

1

3

e−2t + C2

2

1

e5t

para encontrar solución no homogénea. suponemos una solución

Xp =

xp(t)

yp(t)

= at+ b =

a1

b1

t +

b1

b2

Sustituir 1 en el sistema: a1

a2

=

4 2

3 −1

a1t + b1

a2t + b2

+

−8t

2t+ 3

=

4a1 +2a2 −8

3a1 −a2 +2

t+

4b1 + 2b2

3b1 − b2 + 3

Cuando igualamos las coeficientes de t y los términos constantes con los componentes x y y se obtienen

las ecuaciones:

4a1 + 2a2 = 8

3a1 − a2 = −2

4b1 + 2b2 = a1

3b1 − b2 = a2 − 3

a1 = 25 , a2 = 16

5 , b1 = 225 y b2 = 1

25

Xp(t) =

25 t + 2

25

165 t + 1

25

La solución general del sistema

17

X(t) = C1

1

3

e−2t + C2

2

1

e5t +

25 t + 2

25

165 t + 1

25

Nuevamente se encontrará la solución particular de los Ejemplo 1.1

Del Ejemplo 1.1, recordemos la ecuación diferencial en su forma matricialdxdt

dydt

dzdt

=

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

x

y

z

+

7

6

8

;

cuya solución homogénea se determinó como

Xh(t) = C1

10

−1

1

e−4t + C2

1

8

1

e5t + C3

1

0

1

e−3t.

Para encontrar la solución particular se propondrá como

XP =

a

b

c

X´P=

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

xP +

7

6

8

xp =

a

b

c

X´P=

0

0

0

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

a

b

c

+

7

6

8

=

0

0

0

−4 1 1

1 5 −1

0 1 −3

a

b

c

=

−7

−6

−8

Nos da un sistema de ecuaciones:

−4a+ b+ c = −7

a+ 5b− c = −6

b− 3c = −8

18

Cuya solución son: a = 6130 , b = − 23

20 , c = 13760

Xp =

6130

− 2320

13760


X (t) = C1

10

−1

1

e−4t + C2

1

8

1

e5t + C3

1

0

1

e−3t +

6130

− 2320

13760

1.5. Modelos donde aplican sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Problema 1.5.1

.

Dos tanques están conectados como se muestra en la Figura 1 inicialmente en el depósito B hay 1 kg de

sal disuelta y en el tanque A solo hay agua. En ese mismo instante se comienza a bombear una disolución

de agua y sal con un caudal de 4 l/mim y una concentración de 30 g/l al tanque A. La disolución circula entre

los tanques y hacia el exterior de acuerdo a los datos de la Figura 1.

Encontrar la concentración de sal en cada tanque en cualquier instante.

Figure 1:Figura 1 Tanques interconectados

Al estudiar las aplicaciones de las ecuaciones diferenciales de primer orden que se modelan, mediante

una ecuación diferencial, la velocidad de cambio de una sustancia disuelta en un líquido contenido en unos

tanques, en el cual entraba un fluido con cierta concentración de dicha sustancia y donde la mezcla fluía hacia

fuera del tanque. Recordemos que si x(t) es la cantidad de sustancia presente en el tanque en el instante t y

19

dxdt es la rapidez con que x cambia respecto al tiempo, la ecuación diferencial que modela este problema viene

dada por:

dxdt = ve − vs

donde:

ve(cantidad/t)=velocidad de entrada de fluido (vol/t) multiplicada por la concentración al entrar (cantidad/vol)

vs(cantidad/t)= velocidad de salida del fluido (vol/t) multiplicada por la concentración al salir (cantidad/vol)

siendo la concentración de salida, la cantidad de ssutancia x(t) dividida por el volumen total en el tanque

en dicho instantet.

Ahora vamos a considerar varios depósitos interconectados entre sí, de modo que se obtiene un sistema

de ecuaciones diferenciales lineales.

Solución:

Designar CA(t) y CB(t) a las funciones que nos proporcionan las concentraciones en los tanques A y B

respectivamente a lo largo del tiempo:

dCA

dt = (4 l/min) (30 g/l) + (1 l/min)(CB

100g/l)−[(3 l/min)

(CA

100g/l)− (2 l/min)

(CA

100g/l)]

dCA

dt = (120 g/min) +(CB

100g/min

)−(3CA

100g/min

)−(2CA

100g/min

)dCA

dt = − 5CA

100 + CB

100 + 120

dCB

dt = (3 l/min)(CA

100g/l)− (1 l/min)

(CB

100g/l)− (2 l/min)

(CB

100g/l)

dCB

dt = 3CA

100 −3CB

100

El sistema es:

dCA

dt = − 5CA

100 + CB

100 + 120

dCB

dt = 3CA

100 −3CB

100

Con una condición inicial:CA (0) = 0, CB (0) = 1000. Se trata de un sistema no homogéneo.

Primero se busca la solución general del sistema homogéneo. dCA

dt

dCB

dt

=

− 5100

1100

3100 − 3

100

CA

CB

+

120

0

det (A− λ) =

− 5100 − λ

1100

3100 − 3

100 − λ

= λ2 + 225λ+ 3

2500 =(λ+ 2

100

) (λ+ 6

100

)Por lo tanto los valores propios son: λ1 = − 1

50 y λ2=− 350

Calcular un vector propio por cada valor propio. Empezando con λ1=− 150 − 3

1001

100

3100 − 1

100

a

b

=

0

0

− 3

100a+ 1100b = 0

3100a−

1100b = 0

b = 3a

20

El vector propio asociado al valor propio λ1 = − 150 es:

1

3

La solución correspondiente dCA

dt = e−150 t

1

3

Procedemos con λ2 = − 3

50 1100

1100

3100

3100

a

b

=

0

0

1100a+ 1

100b = 0

3100a+ 3

100b = 0

a = −b

El vector propio asociado al valor propio λ1 =− 350 es:

1

−1


dt = e−350 t

1

−1


Xh (t) = C1

1

3

e−150 t + C2

1

−1

e−350 t

Calcular una solución del sistema no homogéneo por el método de variación de parámetros:

XP (t) = Φ (t)´

(Φ (t))−1F (t)dt

F (t) =

120

0

Φ(t)=

e−150 t e−

350 t

3e−150 t −e− 3

50 t

(Φ(t))−1 =

14e

150 t 1

4e150 t

34e

350 t − 1

4e350 t

(Φ(t))−1F (t) =

14e

150 t 1

4e150 t

34e

350 t − 1

4e350 t

120

0

=

30e150 t 0

90e350 t 0

´

(Φ(t))−1F (t) =

´ 30e

150 t

90e350 t

dt =

1500e150 t

1500e350 t

X

P(t) = Φ(t)

´(Φ(t))−1F (t)dt =

e−150 t e−

350 t

3e−150 t −e− 3

50 t

1500e

150 t

1500e350 t

Xp (t) =

3000

3000

La solución general del sistema no homogéneo es:

21

X (t) = C1

1

3

e−150 t + C2

1

−1

e−350 t +

3000

3000

Considerando las condiciones iniciales para t = 0, CA (0) = 0 yCB (0) = 1000, se tiene: 0

1000

=

C1 + C2 + 3000

3C1 − C2 + 3000

⇔

C1 + C2 + 3000 = 0

3C1 − C2 + 3000 = 1000

C1 = −1250 C2 = −1750

La concentración de cada tanque en cada instante es:

CA (t) = −1250e−150 t − 1750e−

350 t + 3000

CB (t) = −3750e−150 t + 1750e−

350 t + 3000

En la Figura 2 se ilustra la gráfica que modela la evolución de las concentraciones en los dos tanques.

Figure 2:Figura 2 Gráfica de la evolución de las concentraciones en los dos tanques

Como se puede observar la función CA (t) = −1250e−150 t− 1750e−

350 t + 3000 es una función creciente. La

concentración en el tanque A será mínima en un instante inicial, justo esto es lo que nos dice el planteamiento

del problema: inicialmente en A no hay sal y en cuanto se abren los grifos empieza haberla y cada vez hay

más sal proveniente del exterior y de B.

En la función CB (t) = −3750e−150 t + 1750e−

350 t + 3000 es una función decreciente, inicialmente en B hay

sal y en A no. Cuando comienza el intercambio entre los depósitos de A y B, y dependiendo de los caudales

de intercambio y la concentración de sal que entra en A desde el exterior, puede suceder que la concentración

de sal en B disminuya. Si lo hace, lo hará hasta que las concentraciones de A y B coincidan, y a partir de

ese instante ambas concentraciones aumentarán de la misma manera. Es decir, la concentración en B será

mínima cuando CA = CB .

22

Problema 1.5.2

Un edificio consta de dos zonas A y B (véase en la Figura 3), La zona A es calentada por un calefactor

que genera 8000 kcal/h. La capacidad calorífica de la zona A es de 14 °C por cada 1000 kcal. Las constantes

de temperatura de transferencia de calor son entre la zona A y el exterior es de 4 horas, 2 horas entre las

zonas A y B y 5 horas entre la zona B y el exterior. Si la temperatura exterior es de 0 °C. Determine la

temperatura en cada zona.

Figure 3:Figura 3 Calentamiento de edificio compuesto por dos zonas

Cosideremos el problema de calentar o de enfriar un edificio con diferentes zonas, de modo que el calor se

transfiera de unas zonas a otras en función de la diferencia de temperatura. Suponemos además que algunas

de las zonas posee una fuente de calor o de enfriamiento que hará que ésta se caliente o enfríe en función de

su capacidad calorífica. La variación de temperatura en cada zona será la suma de calor o frío generado por

dicha fuente, si existe en esa zona, y la pérdida o ganancia de calor generado por el contacto con otras zonas

o con el exterior.

Para calcular las ecuaciones aplicamos la ley de Newton del enfriamiento que establece que la relación

de cambio de la temperatura ocasionada por la diferencia de temperatura existentes entre dos regiones es

proporcional a dicha diferencia. Así, tenemos dios regiones A y B con temperaturas TAy TB , respectivamente,

la variación de temperatura de A viene dada por:

TA = 1k (TB − TA) ,

siendo k > 0 la constante de tiempo de transferencia entre A y B. Esta constante depende de las

propiedades físicas del edificio y se define como el tiempo transcurrido para que la diferencia de temper-

23

atura TB − TAcambie a TB−TA

e .

Podemos observar que si TB < TA,entonces TA decrece.

Solución:

Para resolver el problema es importante designar Y (t) y Z (t)a las temperaturas de la zona A y B,

respectivamente. Entonces:

para la zona A

dYdt = 1

4 (0− Y (t)) + 12 (Z (t)− Y (t)) + U (t)

U (t) =(14°C/1000kcal

)(8000 kcal/h) = 2 °C/h

La ecuación es: dYdt = −3

4 Y (t) + 12Z (t) + 2

Para la zona B

dZdt = 1

5 (0− Y (t)) + 12 (Y (t)− Z (t))

La ecuación es:dZdt = 12Y (t)− 7

10Z (t)

El sistema es:

dYdt = − 3

4Y (t) + 12Z (t) + 20

dZdt = 1

2Y (t)− 710Z (t)

Se trata de un sistema no homogéneo.

Primero se busca la solución general del sistema homogéneo. dYdt

dZdt

=

− 34

12

12 − 7

10

Y

Z

+

2

0

det (A− λ) =

− 34 − λ

12

12 − 7

10 − λ

= λ2 + 2920λ+ 11

40= 0

Al resolver la ecuación, genera la siguinete solución: λ1 = −29+√401

40 y λ2 = −29−√401

40

Cuyos valores se redondearon, por lo tanto los valores propios son: λ1 = − 940 y λ2 = − 49

40

Calcular un vector propio por cada valor propio. Empezar con λ1 = − 940 − 21

4012

12 − 19

40

a

b

=

0

0

− 21

40a+ 12b = 0

12a−

1940b = 0

− 12a = − 21

40b


− 12

− 2140

La solución correspondiente dY

dt = e−940 t

− 12

− 2140

Proceder con λ2 = − 49

40

24

1940

12

12

2140

a

b

=

0

0

1940a+ 1

2b = 0

12a+ 21

40b = 0

12a = − 19

40b


12

− 1940

La solución correspondiente dZ

dt = e−4940 t

12

− 1940


Xh (t) = C1

− 12

− 2140

e−940 t + C2

12

− 1940

e− 4940 t

Calcular una solución del sistema no homogéneo por el método de variación de parámetros

XP (t) = Φ (t)´

(Φ (t))−1F (t)dt

−→F (t) =

2

0

Φ(t) =

− 12e− 9

40 t 12e− 49

40 t

− 2140e− 9

40 t − 1940e− 49

40 t

(Φ (t))

−1=

− 1920e

940 t −e 9

40 t

2120e

4940 t −e 49

40 t

(Φ (t))

−1−→F (t)=

− 1920e

940 t −e 9

40 t

2120e

4940 t −e 49

40 t

2

0

=

− 1910e

940 t 0

2110e

4940 t 0

´

(Φ(t))−1−→F (t) =

´ − 19

10e940 t

2110e

4940 t

dt =

− 769 e

940 t

127 e

4940 t

XP (t) = Φ (t)

´(Φ (t))−1F (t)dt=

− 12e− 9

40 t 12e− 49

40 t

− 2140e− 9

40 t − 1940e− 49

40 t

− 76

9 e940 t

127 e

4940 t

Xp (t) =

32063

7621


X (t) = C1

− 12

− 2140

e−940 t + C2

12

− 1940

e−4940 t +

32063

7621

Considerar las condiciones iniciales para t = 0, Z (0) = 0 yY (0) = 0, se tiene: 0

0

=

− 12C1 + 1

2C2 + 32063

− 2140C1 − 19

40C2 + 7621

⇔− 1

2C1 + 12C2 + 320

63 = 0

− 2140C1 − 19

40C2 + 7621 = 0

C1 = 769 C2 = − 12

7

La temperatura de cada zona en cada instante es:

25

Y (t) = − 389 e− 9

40 t − 67e− 49

40 t + 32063

Z(t) = − 13330 e− 9

40 t + 5770e− 49

40 t+ 7621

En la Figura 4 se ilustra la gráfica que modela la evolución de la temperatura en cada una de las zonas

Figure 4:Figura 4 Gráfica de la evolución de la temperatura en cada zona

Como se puede observar la función Y (t) = − 389 e− 9

40 t − 67e− 49

40 t + 32063 que corresponde a la zona A,

la temperatura en cada tiempo en esta zona es mayor comparada con la zona B con la función Z(t) =

− 13330 e− 9

40 t + 5770e− 49

40 t+ 7621 .Esto se debe en la zona A será la suma de calor generado por el calefactor, el

contacto de la zona B. Ambas zonas van teniendo una proporcionalidad baja en su temperatura respecto al

tiempo, debido a que la capacidad calorifica del generador es pequeña.

Problema 1.5.3

Un estudio consta de dos zonas: la zona A de la planta alta y la zona B de la planta baja (ver Figura

5). La planta baja que tiene una capacidad calorífica de 15 °C/1000 BTU es calentada por un calefactor que

genera 90000 BTU por hora. Las constantes de tiempo de transferencia de calor son: 3 horas entre la planta

baja y el exterior, 12 hora entre la planta alta y el exterior y 1

2 hora entre las dos plantas. Si la temperatura

en el exterior permanece constante a 2°C inicialmente ambas zonas estaban a 22°C.

Calcula la temperatura en la planta baja al cabo de una hora.

26

Figure 5:Figura 5 Calentamiento de una casa

Solución:

Se tienen tres regiones: la zona A, la zona B y el exterior, se debe tomar en cuenta la transferencia de

calor entre las tres zonas.

Sea x(t) la temperatura en la zona A en un instante t y sea y(t) la temperatura de la zona B en un

instante t.

La zona B recibe el calor generado por un calefactor a razón 90000BTU/h su capacidad calorífica de

15 °C/1000BTU , la temperatura en B es:(

15 °C/1000BTU

)(90000BTU/h) = 18°C/h

La variación de temperatura en las zonas A y B es:

dxdt = 2 (2− x) + 2 (y − x)

dydt = 1

3 (2− y)+2(x− y) + 18

El sistema no homogéneo:

dxdt = −4x+ 2y + 4

dydt = 2x− 7

3y + 563

Primero se busca la solución general del sistema homogéneo. dxdt

dydt

=

−4 2

2 − 73

x

y

+

4

563

det (A− λ) =

−4− λ 2

2 − 73 − λ

= λ2 + 193 λ+ 16

3 = 0

Por lo tanto los valores propios son: λ1 = −1 y λ2=− 163

Calcular un vector propio por cada valor propio. Empezamos con λ1 = −1

27

−3 2

2 − 43

a

b

=

0

0

−3a+ 2b = 0

2a− 43b = 0

2a = 3b

El vector propio asociado al valor propio. Empezar con λ1 = −1 es:

2

3

La solución correspondiente dx

dt = e−t

2

3

Procedecer con λ2=− 16

3 43 2

2 3

a

b

=

0

0

43a+ 2b = 0

2a+ 3b = 0

3a = −2b


3

−2

La solución correspondiente dy

dt= e−163 t

3

−2


Xh (t) = C1

2

3

e−t + C2

3

−2

e−163 t

Calcular una solución del sistema no homogéneo por el método de variación de parámetros

XP (t) = Φ (t)´

(Φ(t))−1F (t)dt

F (t) =

4

563

Φ(t) =

2e−t 3e−163 t

3e−t −2e−t

(Φ(t))

−1=

213e

t 313e

t

313e

163 t − 2

13e163 t

(Φ(t))−1F (t) =

213e

t 313e

t

313e

163 t − 2

13e163 t

4

563

=

813e

t 5613e

t

1213e

163 t − 112

39 e163 t

´

(Φ(t))−1F (t)=´ 8

13et 56

13et

1213e

163 t − 112

39 e163 t

dt =

813e

t 5613e

t

952e

163 t − 7

13e163 t

Xp (t) = Φ(t)

´(Φ(t))−1F (t)dt =

2e−t 3e−163 t

3e−t −2e−t

8

13et 56

13et

952e

163 t − 7

13e163 t

=

354

312


28

X (t) = C1

2e−t

3e−t

+ C2

3e−163 t

−2e−163 t

+

354

312

Considerar las condiciones iniciales para t = 0, x (0) = 22 y y(0) = 22, se tiene: 22

22

=

2C1 + 3C2 + 354

3C1 − 2C2 + 312

⇔

2C1 + 3C2 + 354 = 22

3C1 − 2C2 + 312 = 22

C1 = 4613 C2 = 107

52

La temperatura de cada zona en cada instante es:

x(t) = 9213e−t + 321

52 e− 16

3 t + 354

y(t) = 13813 e−t − 107

26 e− 16

3 t+ 312

Puesto que la temperatura en B era y(t) al cabo de una hora será:

y(1) = 13813 ∗ e

−1 − 10726 e− 16

3 + 312 = 19.4°C

En la Figura 6 se ilustra la gráfica que modela la evolución de la temperatura en cada una de las zonas

Figure 6:Figura 6 Gráfica de la evolución de temperatura en cada zona

Como se puede observar la función y(t) = 13813 e−t − 107

26 e− 16

3 t + 312 que corresponde a la zona B, la

temperatura en cada tiempo en esta zona es mayor comparada con la zona A con la función x(t) = 9213e−t +

32152 e− 16

3 t + 354 ; esto se debe en la zona B será la suma de calor generado por el calefactor, el contacto de la

zona A y el exterior. Ambas zonas van teniendo una proporcionalidad en su temperatura respecto al tiempo.

Problema 1.5.4

La variación con el tiempo de las especies A, B y C en la siguiente reacción A −→ B −→ C donde son

dos reacciones irreversibles de primer orden con coeficientes estequiométricos iguales a la unidad.

29

K1 = 0.5min−1

K2 = 1.0min−1

Condiciones iniciales

CA(0) = 1

CB(0) = 0

CC(0) = 0

Las reacciones consecutivas son reacciones químicas que proceden de los reactivos a los productos a través

de etapas intermedias.

Es un hecho bien establecido que en cualquier secuencia de reacciones de velocidad variable, la más lenta

determina la velocidad global de la reacción lo cual resulta lógico ya que cualquier etapa deberá esperar a la

otra para proseguir.

k2 > k1la conversión de B a C determinará la velocidad de formación de los productos.

k2 > k1la conversión de A a B determinará la velocidad y se producirá C desde B tan pronto como aparece

este último

Solución:

Para resolver el problema lse llaman CA (t) , CB (t) , CC (t)a las concentraciones de cada reactivo A, B y

C

dCA

dt = −K1CA

dCB

dt = K1CA −K2CB

dCC

dt = K2CB

Se trata de un sistema homogéneo, por lo tanto se busca la solución general del sistema homogéneodCA

dt

dCB

dt

dCC

dt

=

−0.5 0 0

0.5 −1 0

0 1 0

CA

CB

CC

det(A− λ) ==

−0.5− λ 0 0

0.5 −1− λ 0

0 1 0− λ

=(−0.5− λ)(−1− λ)(0− λ)

Por lo tanto los valores propios son: λ1 = − 12 ,λ2 = −1 y λ3 = 0

Calcular un vector propio por cada valor propio. Empezar con λ1=− 12

−0 0 0

0.5 0.5 0

0 1 0.5

a

b

c

=

0

0

0

0.5a+ 0.5b

b+ 0.5c

a = b

c = −2b

30

El vector propio asociado al valor propio λ1=− 12 es

1

1

−2


dt = e−12 t

1

1

−2

Proceder con λ2 = −1

0.5 0 0

0.5 0 0

0 1 1

CA

CB

CC

=

0

0

0

0.5CA = 0

CB + CC = 0

CA = 0

CB = −CC

El vector propio asociado al valor propio λ2=−1 es

0

1

−1

La solución correspondiente dCB

dt = e−t

0

1

−1

Por últimos proceder con λ3 = 0

0.5 0 0

0.5 −1 0

0 1 0

CA

CB

CC

=

0

0

0

0.5CA = 0

0.5CA − CB = 0

CB=0

CA = 0

CB = 0

El vector propio asociado al valor propio λ3 = 0 es

0

1

−1

La solución correspondiente dCC

dt = e0t

0

0

1


Xh (t) = C1

e−

12 t

e−12 t

−2e−12 t

+ C2

0e−t

e−t

−e−t

+C3

0

0

1

Considerar las condiciones iniciales CA(0) = 1,CB(0) = 0 y CC(0) = 0

31

X(0) = C1

1

1

−2

+ C2

0

1

−1

+ C3

0

0

1

=

1

0

0

C1 = 1

C1 + C2 = 0 −→ C2 = −1

−2C1 − C2 + C3 = 0 −→ C3=1


Xh (t) =

1

1

−2

e−12 t

0

1

−1

e−t+

0

0

1

En la Figura 7 se ilustra la Gráfica de la evolución de las especies A, B y C

Figure 7:Figura 7 Gráfica evolución de las especies A, B y C

El valor de la constante de velocidad K1es pequeña en comparación con la constante de velocidad K2. En

este caso la cantidad de la sustancia entermedia B es, a lo largo de todo el tiempo de reacción, es pequeña

respecto de A y C.

Problema 1.5.5

Para una reacción simple, de primer orden respecto a las sustancias A, B y C con constante de reacción

entre A y B deK1, y entre B y C de K2como se muestra en la Figura

32

En este caso la cantidad de la sustacia intermedia B es pequeña, a lo largo de todo el tiempo de reacción,

respecto de A y C. En efecto, al ser la constante de velocidad de la segunda reacción mucho mayor que la

primera, la sustancia B se convierte répidamente en la sustancia A, mientras que la formación de B a partir

de A es lenta.

Solución:

El sistema de ecuaciones diferenciales es:d[A]dt = −α1 [A]

d[B]dt = α1 [A]− α2 [B]

d[C]dt = α2 [B]

La matriz del sistema es:dxdt

dydt

dzdt

=

−α1 0 0

α1 −α2 0

0 α2 0

x

y

z

=

0

0

0


det (A− λ) =

−α1 − λ 0 0

α1 −α2 − λ 0

0 α2 0− λ

= −α2λ− 2αλ2 − λ3 = 0


λ1 = −α1

λ2 = −α2

λ3 = 0

Los valores propios pueden ser repetidos o no α1 = α2 o α1 6= α2

Si α1 6= α2la solución es de la siguiente manera:

Para determinar los vectores propios se debe usar λ1 = −α1

rr

0 0 0

α1 −α2 + α1 0

0 α2 α1

a

b

c

=

0

0

0

0a+ 0b+ 0c = 0

α1a+ (−α2 + α1)b = 0

α2b+ α1c = 0

33


α1−α2

α2

−α1

α2

1

Para λ2= −α2−α1 + α2 0 0

α1 0 0

0 α2 α2

a

b

c

=

0

0

0

(α1 + α2)a = 0

α1a = 0

α2b+ α2c = 0

a = 0


0

−1

1

Para λ3 = 0−α1 0 0

α1 −α2 0

0 α2 0

a

b

c

=

0

0

0

−α1a = 0

α1a− α2b = 0

α2b = 0

a = 0, b = 0


0

0

1


Xh(t) = C1

α1−α2

α2

−α1

α2

1

e−α1t + C2

0

−1

1

e−α2t + C3

0

0

1

Condiciones iniciales:

x(0) = x0

y(0) = 0

z(0) = 0

x(t) = C1α1−α2

α2e−α1t

x(0) = C1α1−α2

α2e−α1t = x0

C1=α2x0

α1−α2

y(t) = − α1x0

α1−α2e−α1t − C2e

−α2t

y(0) = −C2 − α1x0

α1−α2= 0

C2 =α1x0

α1−α2

z(t) = α2x0

α1−α2e−α1t − α1x0

α1−α2e−α2t + C3

z(0) = C3 − α1x0

α1−α2+ α2x0

α1−α2= 0

34

C3 = α1x0

α1−α2− α2

x0

α1−α2

x(t) = x0e−α1t

y(t) = − α1x0

α1−α2e−α1t + α1xo

α1−α2e−α2t

z(t) = α2x0

α1−α2e−α1t − α1xo

α1−α2e−α2t + α1x0

α1−α2− α2x0

α1−α2

Considerando los siguientes valores:

x0 = 100

α1 = 0.01

α2 = 0.005

Sustituyendo los valores en las soluciones, quedan de la siguiente manera:

x(t) = 100e−(0.01)t

y(t) = − 10.005e

−(0.01)t + 10.005e

−(0.005)t

z(t) = 0.50.005e

−(0.01)t − 10.005e

−(0.005)t + 10.005 −

0.50.005

En la Figura 8 se ilustra la gráfica de la evolución de las sustancias A→ B → C

Figure 8:Figura 8 Gráfica evolución de las sustancias, cuando α1 6= α2

Como se puede observar la concentración x(t)que es la sustancia A es creciente, pero al empezar a

reaccionar para forma la sustancia B y(t) empieza a decrecer, ya que empieza a agotarse la cantidad de

sustancia A. Posteriormente en un determinado tiempo la sustancia B empieza a decrecer, debido a que se

convierte en C z(t) y esta es totalmente creciente, porque se llegó al producto deseado de la reacción.

Si α1 = α2la solución queda de la siguiente manera:

Para determinar los vectores propios se debe usar λ1 = α1

35

0 0 0

α1 0 0

0 α2 α1

a

b

c

=

0

0

0

0a+ 0b+ 0c = 0

α1a = 0

α2b+ α1c = 0

a = 0, b = −1 y c = 0


0

−1

1

No hace falta tomar el caso λ2= α2puesto que de nuevo es el caso uno son raíces repetidas podemos dar

una posible solución

X1 =

0

−1

1

e−αt

X2 =

p1

p2

p3

eλt +

k1

k2

k3

teλt

0 0 0

α 0 0

0 α α

p1

p2

p3

=

0

−1

1

0p1 + 0p2 + 0p3 = 0

αp1 = −1

αp2 + αp3 = 1

p1 = − 1α , p2 = 0 y p3 = 1

α

X2 =

− 1α

0

1α

e−αt +

0

−1

1

te−αt

Con λ3 = 0 se resolvió anteriormente, cuya solución es:

0

0

1

e0t


Xh(t) = C1

0

−1

1

e−αt + C2

− 1α

0

1α

e−αt +

0

−1

1

te−αt

+ C3

0

0

1

Recordemos las condiciones iniciales

x(0) = x0

y(0) = 0

z(0) = 0

Al realizar la operación queda de la siguiente manera:

36

C1 = 0

C2 = −αx0

C3 = x0

Por lo tanto la solución resulta:

Xh(t) = −αx0

− 1α

0

1α

e−αt +

0

−1

1

te−αt

+ x0

0

0

1

Considerando los siguientes valores:

x0 = 100

α = 0.01

Sustituyendo los valores en las soluciones, quedan de la siguiente manera:

x(t) = 100e−0.01t

y(t) = te−0.01t

z(t) = 100− 100e−0.01t − te−0.01t

A continuación se muestra la Grafica de la evolución de las sustancias A→ B → C cuando α1 = α2

Figure 9:Figura 9 Gráfica evolución de las sustancias, cuando α1 = α2

Problema 1.5.6

La Figura 10 muestra un sistema “cerrado” con tres tanques de salmuera con volúmenes V1, V2, y V3.

En este sistema el flujo que entra al tanque 1 es el flujo que sale del tanque 3.

37

Figure 10:Figura 10 Sistema cerrado con tres tanques de salmuera

Un proceso o sistema completo puede dividirse en subsistemas o comportamientos más simples que pueden

ser analizados de manera separada. Entonces el sistema completo se puede modelar discribiendo las inter-

acciones entre los diferentes comportamientos. Así una planta química podría consistir en una sucesión de

etapas separadas (o incluso comportamientos físicos) en los que varios reactivos y productos se combinan o

se mezclan. Puede suceder que una sola ecuación diferencial describa cada uno de los comportamientos del

sistema, y luego el sistema físico completo se modela por medio de un sistema de ecuaciones diferenciales.

El cambio del soluto en el tiempo está dado por las ecuaciones diferenciales siguientes:

dx1

dt = −k1x1 + k3x3

dx2

dt = k1x1 − k2x2dx3

dt = k2x2 − k3x3

donde r es la velocidad del flujo entre los tanques y kixi = rVixi es la cantidad de soluto que fluye por

unidad de tiempo desde o para el tanque i, según el signo por el que está afectado. Por ejemplo, en este

sistema el soluto que sale del tanque 1 es el soluto que entra en el tanque 2.

Determinar las cantidades x1(t), x2(t) y x3(t) de sal en cualquier instante t en los tres tanques de salmuera

de la figura, si V1 = 50l, V2 = 25l, V3 = 50l y r = 10l/min (ponlo en litros mismos valores, pon condiciones

iniciales en gramos, yo propongo los siguientes: x1(0) = 100, x2(0) = 70 y x3(0) = 10)

Solución:

Con los valores numéricos dados el sistema de ecuaciones es el siguiente:

dx1

dt = −0.2x1 + 0.2x3

dx2

dt = 0.2x1 − 0.4x2

dx3

dt = 0.4x2 − 0.2x3

38

La matriz del sistema es:dx1

dt

dx2

dt

dx3

dt

=

−0.2 0 0.2

0.2 −0.4 0

0 0.4 −0, 2

x1

x2

x3


det(A− λ) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−0.2− λ 0 0.2

0.2 −0.4− λ 0

0 0.4 −0.2− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= −λ

[(λ+ 0.4)

2+ (0.2)

2]

= 0


λ1 = 0

λ2 = −0.4 + (0.2)i

λ3 = 0.4− (0.2)i

Como se pude observar se tiene un valor propio real y dos valores propios complejos.

Calcular los vectores propio, con la sustitución de cada λ. Empezar con λ1= 0−0.2 0 0.2

0.2 −0.4 0

0 0.4 −0.2

a

b

c

=

0

0

0

−0.2a+ 0.2c = 0

0.2a− 0.4b = 0

0.4b− 0.2c = 0

a = c

a = 2b


2

1

2

La solución correspondiente dx1

dt =e0t

2

1

2

=

2

1

2

Procedemos con λ2 = −0.4 + (0.2)i

0.2− (0.2)i 0 0.2

0.2 −(0.2)i 0

0 0.4 0.2− (0.2)i

a

b

c

=

0

0

0

(0.2− (0.2)i)a+ 0.2c = 0

0.2a− (0.2i)b = 0

0.4b+ (0.2− (0.2)i)c = 0

c = −1 + ia

a = ib

c = −1− i


1

−i

−1 + i


dt =e(−0.4+(0.2)i)t

1

−i

−1 + i

39

Por último con λ3 = −0.4− (0.2)i0.2 + (0.2)i 0 0.2

0.2 (0.2)i 0

0 0.4 0.2 + (0.2)i

a

b

c

=

0

0

0

(0.2 + (0.2)i)a+ 0.2c = 0

0.2a+ (0.2i)b = 0

0.4b+ (0.2 + (0.2)i)c = 0

c = −1− ia

a = −ib

c = −1− i


1

i

−1− i


dt =e(−0.4−(0.2)i)t

1

i

−1− i

La solución correspondiente con valores complejos:

Xh(t) = C1

2

1

2

+ C2

1

−i

−1 + i

e(−0.4+(0.2)i)t + C3

1

i

−1− i

e(−0.4−(0.2)i)t

Las partes real e imaginaria son las soluciones con valores reales:

X(t) = C1

2

1

2

+ C2

cos0.2t

sin0.2t

−cos0.2t− sin0.2t

e−0.4t + C3

−sin0.2t

cos0.2t

−cos0.2t+ sin0.2t

e−0.4t

Considerando las condiciones iniciales para t = 0, x1(0) = 100, x2(0) = 70 y x3(0) = 10 se tiene:100

70

10

=

2C1 + C2

C1 + C3

2C1 − C2 − C3

⇔

2C1 + C2 = 100

C1 + C3 = 70

2C1 − C2 − C3 = 10

C1 = 36 , C2 = 28 y C3 = 34

La cantidad de sal de cada tanque en cada instante es:

x1(t) = 72 + 28cos(0.2t)e−0.4t − 34sin(0.2t)e−0.4t

x2(t) = 36 + 28sin(0.2t)e−0.4t + 34cos(0.2t)e−0.4t

x3(t) = 72− 28(cos(0.2t) + sin(0.2t))e−0.4t + 34(−cos(0.2t) + sin(0.2t))e−0.4t

A continuación se muestra la Grafica de las soluciones del sistema cerrado, que modela la evolución de la

cantidad de sal de cada tanque en cada instante t.

40

Figure 11:Figura 11 Gráfica evolución de la cantidad de sal en cada tanque

Como se puede observar la cantidad total de sal en el sistema cerrado es constante.

Por lo tanto cuanto t→ + ∝la sal en el sistema se aproxima a una distribución de estado estable con 70

gramos de sal en los dos tanques de 50 litros y 30 gramos de sal en el tanque de 25 litros. Así que sin importar

la distribusión inicial de sal entre los tres tanques, la distribución límite es una concentración uniforme en el

sistema completo.

1.6. Bibliografía

Campos S. B & Chiralt M. C. (2011), Ecuaciones diferenciales, España, primera edición, p 127 - 170.

Edwards C. H & Penney D.E. (2001), Ecuaciones diferenciales, México, Prentice Hall, cuarta edición, p

284 - 366.

Luyben W. L. (1990), Process Modeling, Simulation and Control for Chemical Engineers, New York,

McGraw-Hill, Second Edition, p 537 - 561.

41

1. Resolución de sistemas de ecuaciones diferenciales...

Documents

Transcript of 1. Resolución de sistemas de ecuaciones diferenciales...