Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

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Lecci´on9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes 9.1. Introducci´on En esta lecci´on estudiaremos una forma de obtener anal´ ıticamente las soluciones de los sistemas lineales de primer orden y de coeficientes constantes. Trataremos, por lo tanto, con sistemas de la forma x = Ax + b(t) (9.1) siendo A una matriz de tama˜ no n×n de n´ umeros reales y b(t) la funci´on vectorial de t´ erminos independientes. La mayor´ ıa de los ejemplos de la Lecci´on 8 eran sistemas de coeficientes constantes porque son los ´ unicos para los que disponemos de m´ etodos anal´ ıticos generales deresoluci´on. Conceptualmente, la parte importante corresponde al estudio de los sistemas homog´ eneos: x = Ax. (9.2) La soluci´on de los sistemas no homog´ eneos se obtiene de la de ´ estos aplicando el m´ etodo de variaci´ on de las constantes; m´ etodo que ya discutimos para las ecuaciones lineales no homog´ eneas. Nos centramos, entonces, en los sistemas homog´ eneos. 145

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Leccion 9

Sistemas de ecuaciones diferencialeslineales con coeficientes constantes

9.1. Introduccion

En esta leccion estudiaremos una forma de obtener analıticamente las soluciones de lossistemas lineales de primer orden y de coeficientes constantes. Trataremos, por lo tanto, consistemas de la forma

x′ = Ax + b(t) (9.1)

siendo A una matriz de tamano n×n de numeros reales y b(t) la funcion vectorial de terminosindependientes. La mayorıa de los ejemplos de la Leccion 8 eran sistemas de coeficientesconstantes porque son los unicos para los que disponemos de metodos analıticos generalesde resolucion.

Conceptualmente, la parte importante corresponde al estudio de los sistemas homogeneos:

x′ = Ax. (9.2)

La solucion de los sistemas no homogeneos se obtiene de la de estos aplicando el metodode variacion de las constantes; metodo que ya discutimos para las ecuaciones lineales nohomogeneas. Nos centramos, entonces, en los sistemas homogeneos.

145

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146 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Tal y como indicamos en la Leccion 8 el objetivo es encontrar un sistema fundamentalde soluciones del sistema (9.2), o equivalentemente, una matriz fundamental de soluciones.La idea que nos dirige es muy simple, su realizacion un poco mas complicada. La idea es lasiguiente: para n = 1 el sistema se convierte en una ecuacion:

x′ = ax

cuya solucion general conocemos de sobra:

x(t) = ceat

siendo c una constante arbitraria. Podrıamos decir que cualquier solucion de la ecuacionx′ = ax se obtiene como combinacion lineal de la solucion eat. Como ademas, eat 6= 0 paratodo t ∈ R, concluımos que para n = 1, (eat) es una matriz (de tamano 1× 1) fundamentalde soluciones.

Extrapolando esta idea a sistemas generales de dimension n, podrıamos pensar que unamatriz fundamental de soluciones del sistema x′ = Ax es

X(t) = etA,

y que, en consecuencia, la solucion general del sistema es

x(t) = etAc

siendo c un vector arbitrario.

El problema es que si a es un numero entonces sabemos lo que es ea, pero si A esuna matriz ¿que es eA?. Veremos en la proxima seccion que se puede dar un significadomuy preciso a la exponencial de una matriz y que X(t) = etA es, en efecto, una matrizfundamental de soluciones de x′ = Ax. El resto de la leccion la dedicaremos a calcularde forma expresa esta matriz y utilizarla para hallar soluciones analıticas de los sistemashomogeneos de ecuaciones lineales con coeficientes constantes.

9.2. La exponencial de una matriz y soluciones de ecua-

ciones diferenciales

.

Hay varias formas de calcular la exponencial de una matriz, ninguna de ellas obvia.Nosotros procederemos por analogıa con la definicion de la exponencial de un numero real

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9.2 La exponencial de una matriz y soluciones de ecuaciones diferenciales 147

por medio de una serie de potencias. Recordemos que si a es un numero real cualquieraentonces

ea = 1 + a +1

2!a2 +

1

3!a3 + · · · =

∞∑

k=0

1

k!ak.

En realidad esta es la forma que usan muchas calculadoras de bolsillo para calcular la expo-nencial de un numero: realizan esta suma con un numero grande de sumandos.

Por analogıa definimos:

Definicion 9.1 .- La exponencial de la matriz A, n× n, se define como

eA = In + A +1

2!A2 +

1

3!A3 + · · · =

∞∑

k=0

1

k!Ak. (9.3)

En esta formula A2 = AA es la matriz n×n que se obtiene multiplicando A por sı misma,A3 = AAA la que se obtiene multiplicando A por sı misma 3 veces, etc. Ademas, por convenio,supondremosque A0 = In cualquiera que sea la matriz A. Por lo tanto, todos los sumandosde la serie en la definicion de eA son matrices de tamano n × n. Ası que eA, segun estadefinicion, es una matriz n× n, siempre y cuando la serie converja.

Que una serie infinita de matrices converge quiere decir que la sucesicon de las sumasparciales

SN =N∑

k=0

1

k!Ak

es convergente. De hecho, para cada N , SN es una matriz de tamano n × n por lo queesta compuesta de n2 elementos. Decir que la sucesicon {SN} converge quiere decir quelas sucesiones de sus n2 elementos convergen. Lo que sucede es que estos elementos sonexpresiones muy complicadas que involucran los elementos de la matriz A, por lo que paraestudiar la convergencia de la sucesion de sumas parciales {SN} se emplean metodos queestan muy lejos del alcance de este curso. Ası que no nos preocuparemos de la convergenciay asumiremos que la serie (9.3) es convergente cualquiera que sea la matriz A y define unaunica matriz que llamaremos exponencial de A.

La exponencial de una matriz es difıcil de calcular, pero hay un caso en el que no:

Ejemplo 9.2 .- Calculese la exponencial de la matriz

A =

(a1 00 a2

).

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148 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Puesto que A es diagonal, sus potencias son muy faciles de hallar:

A2 = A · A =

(a1 00 a2

)(a1 00 a2

)=

(a2

1 00 a2

2

),

A3 = A2 · A =

(a2

1 00 a2

2

)(a1 00 a2

)=

(a3

1 00 a3

2

),

y ası sucesivamente. Por consiguiente

eA = I + A +A2

2!+

A3

3!+ · · · =

=

(1 00 1

)+

1

2!

(a2

1 00 a2

2

)+

1

3!

(a3

1 00 a3

2

)+ · · · =

=

(1 + a1 +

a21

2!+

a31

3!+ · · · 0

0 1 + a2 +a22

2!+

a32

3!+ · · ·

)=

=

(ea1 00 ea2

).

En este ejemplo no hay, evidentemente, nada especial sobre la dimension, 2, de la matriz.Lo mismo es valido para matrices cuadradas de cualquier tamano: La exponencial de unamatriz diagonal, A, de orden n es la matriz diagonal de orden n cuyos elementos diagonalesson las exponenciales de los elementos diagonales de A. En particular, si A = aIn entonces

eaIn =

ea 0 · · · 00 ea · · · 0

. . .

0 0 · · · ea

= eaIn. (9.4)

Y cuando a = 0e0In = e0In = In. (9.5)

Esto es, la exponencial de la matriz cero de orden n es la matriz identidad del mismoorden. Este hecho lo utilizaremos mas adelante para probar que eA es una matriz invertiblecualquiera que sea la matriz A. Esto sera necesario para demostrar que etA es una matrizfundamental de soluciones del sistema x′ = Ax. Por ahora concretemos como es la expresionde etA como una serie de potencias:

etA = In + tA +1

2!t2A2 +

1

3!t3A3 + · · · .

Para cada valor de t, etA es una matriz n × n. Ası pues, debemos considerar etA comouna funcion de t ∈ R cuyos valores son matrices n × n. Esto es, en realidad, una pequenageneralizacion de las funciones vectoriales.

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9.2 La exponencial de una matriz y soluciones de ecuaciones diferenciales 149

Por otra parte, si v ∈ Rn es un vector de n componentes, entonces etAv es tambien unvector de Rn. La siguiente proposicion nos dice que X(t) = etA es una matriz de soluciones delsistema x′ = Ax. Ademas nos da una expresion para la solucion del problema de condicionesiniciales:

Proposicion 9.3 .- Ses A una matriz n× n. Entonces

1.d

dtetA = AetA.

2. La funcion vectorialx(t) = e(t−t0)Ax0

es la (unica) solucion del problema de condiciones iniciales

{x′ = Axx(t0) = x0

Demostracion.- Para probar la primera parte derivamos la serie de potencias:

d

dtetA =

d

dt(In + tA +

t2

2!A2 +

t3

3!A3 + · · · ) =

= A +t

1!A2 +

t2

2!A3 + · · · =

= A

(In + tA +

t2

2!A2 + · · ·

)=

= AetA

Y para probar la segunda parte derivamos x(t) = e(t−t0)Ax0:

d

dtx(t) =

d

dt

(e(t−t0)Ax0

)=

(d

dte(t−t0)A

)x0 =

(d

dt((t− t0)A

)e(t−t0)Ax0 = Ax(t).

Ası que x(t) = e(t−t0)Ax0 es solucion del sistema x′ = Ax. Ademas

x(t0) = e(t0−t0)Ax0 = e0·Ax0 = Inx0 = x0,

donde hemos usado que la exponencial de la matriz cero es la matriz identidad (9.5).

Ya tenemos que X(t) = etA es una matriz de soluciones del sistema x′ = Ax. Ahoratenemos que demostrar que sus columnas son linealmente independeintes; es decir quedet X(t0) 6= 0 para algun valor de t. Veremos, que de hecho, det X(t) 6= 0 para todoslos valores de t ∈ R. Para ello necesitamos las siguientes propiedades de la exponencial deuna matriz:

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150 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Proposicion 9.4 .- Sean A y B matrices n× n. Entonces

1. A conmuta con eA; es decir, AeA = eAA.

2. Si A y B conmutan (i.e., si AB = BA), entonces

eA+B = eAeB

3. eA es no singular y su inversa es e−A.

Demostracion.- Para demostrar la primera parte utilizamos la definicion de la expo-nencial de una matriz por serie de potencias:

AeA = A

(In + A +

1

2!A2 +

1

3!A3 + · · ·

)=

= A + A2 +1

2!A3 +

1

3!A4 + · · · =

=

(In + A +

1

2!A2 +

1

3!A3 + · · ·

)A =

= eAA.

La segunda parte es una propiedad muy importante de la exponencial. Nos dice que laregla que usamos frecuentemente acerca de que el producto de dos exponenciales es la expo-nencial de la suma, es valida para matrices siempre y cuando estas conmuten. Las demostra-ciones anteriores han sido todas muy faciles. Esta requiere un poco mas de trabajo pero noes tampoco difıcil. Primero calculamos eAeB, despues eA+B y comprobamos que obtenemos,en ambos casos, el mismo resultado. Aplicamos repetidas veces la propiedad distributiva delproducto y suma de matrices y, cuando es necesario, la hipotesis de conmutatividad de A yB:

eAeB =

(In + A +

1

2!A2 +

1

3!A3 + · · ·

)(In + B +

1

2!B2 +

1

3!B3 + · · ·

)=

= In + (A + B) +1

2!(A2 + B2) + AB +

1

3!(A3 + B3) +

1

2!AB2 +

1

2!A2B + · · · =

= In + (A + B) +1

2!(A2 + +2AB + B2) +

1

3!(A3 + 3A2B + 3AB2 + B3) + · · ·

(9.6)

Por otra parte en el desarrollo de eA+B en serie de potencias aparecen potencias de(A + B), pero

(A + B)2 = (A + B)(A + B) = A2 + AB + BA + B2

Como AB = BA tenemos que AB + BA = 2AB, de modo que

(A + B)2 = A2 + 2AB + B2.

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9.2 La exponencial de una matriz y soluciones de ecuaciones diferenciales 151

De la misma forma

(A+B)3 = (A+B)2(A+B) = (A2+2AB+B2)(A+B) = A3+A2B+2ABA+2AB2+B2A+B3

Y como A y B conmuta, ABA = A2B y B2A = AB2. Ası

(A + B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B3

Y ası sucesivamente. Por lo tanto

eA+B = In + (A + B) +1

2!(A + B)2 +

1

3!(A + B)3 + · · · =

= In + (A + B) +1

2!(A2 + 2AB + B2) +

1

3!(A3 + 3A2B + 3AB2 + B3) + · · ·

Esta expresion y la de (9.6)coinciden. Por lo tanto eAeB = eA+B tal y como querıamosdemostrar.

En cuanto a la tercera parte, se deduce facilmente de la segunda. Puesto que A(−A) =(−A)A = −A2, tenemos que

eAe−A = eA−A = e0In = In,

donde en la ultima igualdad hemos utilizado la propiedad (9.5).

Si aplicamos la tercera parte de esta Proposicion a la matriz X(t) = etA, tenemos quepara todo t ∈ R la matriz X(t) tiene inversa, y esta es

X(t)−1 = e−tA.

En efecto, X(t)X(t)−1 = etAe−tA = In y tambien X(t)−1X(t) = In. Teniendo en cuentaque det In = 1 y aplicado que el determinante de un producto de matrices es el producto delos determinantes tenemos que

det X(t) det X(t)−1 = 1,

de donde concluımos que det X(t) 6= 0 para todo t ∈ R. Como X(t) es una matriz cuyascolumnas son, todas, soluciones del sistema x′ = Ax y det X(t) 6= 0 concluımos que

Corolario 9.5 .- La matriz X(t) = etA es una matriz fundamental de soluciones del sistemalineal homogeneo de coeficientes constantes x′ = Ax. Y la solucion general de este sistema,escrita en forma vectorial, es

x(t) = etAc

siendo c ∈ Rn un vector arbitrario de n componentes.

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152 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Ya tenemos una matriz fundamental de soluciones: la exponencial de tA. Tambien tene-mos la definicion de la exponencial como un desarrollo en serie de potencias. Desde un puntode vista conceptual todo esto esta muy bien.Ahora bien, si lo que queremos es encontrarexpresiones analıticas cerradas de las soluciones, el calculo de la exponencial a traves del de-sarrollo en serie de potencias no es muy practico. Sin embargo veremos que utilizando ciertaspropiedades de las matrices, este desarrollo en serie de potencias es muy util para obtenerexpresiones analıticas de las soluciones. Las propiedades de las matrices que necesitamosestan relacionadas con los valores propios.

9.3. Solucion de sistemas diferenciales lineales de coe-

ficientes constantes

9.3.1. Matrices con un unico valor propio

Empecemos con un ejemplo de una matriz no diagonal.

Ejemplo 9.6 .- Calculese la exponencial etA siendo

A =

(1 4−1 −3

).

Si intentaramos aplicar la defincion de etA con esta matriz A no conseguirıamos gran cosa.Vamos a emplear un “truco” y despues diremos por que este truco siempre va a funcionarbien para las matrices que son como la que nos dan en este ejemplo. ¿Que tiene de especialesta matriz?, que solo tiene un valor propio. Calculemos sus valores propios:

det(λI2 − A) = det

(λ− 1 −4

1 λ + 3

)= λ2 + 2λ + 1) = (λ + 1)2.

Ası que, en efecto, λ = −1 es su unico valor propio con multiplicidad algebraica 2.

Utilizando este valor propio vamos a escribir A de otra forma (este es el truco):

A = λI2 − (λI2 − A).

Como λI2 conmuta siempre con λI2 − A, tenemos que

etA = eλtI2−t(λI2−A) = eλtI2et(A−λI2).

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9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 153

Ahora recordemos que, (9.4), eλtI2 = eλtI2. Usando, a demas la expansion en serie de poten-cias de et(A−λI2), tenemos

etA = eλt

(I2 + t(A− λI2) +

t2

2!(A− λI2)

2 +t3

3!(A− λI2)

3 + · · ·)

.

No parece que hayamos avanzado mucho, la expresion en el parentesis parece aun masdifıcil que la que tendrıamos originalmente si hubieran expandido etA en serie de potencias.Pero aquı esta la sorpresa:

A−λI2 = A+I2 =

(2 4−1 −2

)y (A−λI2)

2 = (A+I2)2 =

(2 4−1 −2

)(2 4−1 −2

)=

(0 00 0

).

De modo que(A− λI2)

3 = (A− λI2)4 = · · · = 0.

En definitiva

etA = eλt (I2 + t(A− λI2)) = e−t

(1 + 2t 4t−t 1− 2t

)

que es una expresion explıcita y simple de la exponencial de tA.

¿Es realmente una casualidad que (A + I2)2 = 0?. No, no lo es. Es una consecuencia de

un resultado general importante de Algebra Lineal; un teorema conocido con el nombre deTeorema de Hamilton-Cayley. Para entender lo que dice este teorema tenemos que darnoscuenta de lo siguiente: si en un polinomio, por ejemplo, p(λ) = 3λ2 − 2λ + 1, sustituımos λpor una matriz cuadrada A, entonces obtenemos una matriz. En el ejemplo

p(A) = 3 · A2 − 2 · A + 1 · A0 = 3 · A2 − 2 · A + In

donde hemos utilizado el convenio A0 = In. Bien, pues el Teorema de Hamilton-Cayley nosdice que si en el polinomio caracaterıstico de A, p(λ), sustituımos λ por A obtenemos siemprela matriz cero; es decir, p(A) = 0.

¿Cual era el polinomio caracterıstico de la matriz del ejemplo? Era p(λ) = (λ + 1)2. Sisustituımos λ por A y aplicamos el Teorema de Hamilton-Cayley tenemos que

(A + I2)2 = 0.

Pero el Teorema de Hamilton-Cayley se aplica a cualquier tipo de matrices. Entonces, siA es una matriz n× n y tiene un solo valor propio, digamos λ0, su polinomio caracterısticoes (λ− λ0)

n. Por lo tanto (A− λ0In)n = 0, y la expansion en serie de potencias de e(A−λ0In)t

tiene todos sus sumandos igual a cero a partir del n-esimo. De hecho, puede suceder quelos sumandos sean ceros antes del n-esimo, pero con seguridad, a partir de este, todos lossumandos son cero. Estos comentarios son la base de la demostracion de la siguiente pro-posicion que nos da una expresion explıcita de las soluciones del sistema x′ = Ax cuandotodos los valores porpios de A son iguales.

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154 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Proposicion 9.7 .- Supongamos que A es una matriz de tamano n× n que tiene un unicovalor porpio λ. Entonces hay un numero entero k ≤ n tal que

etA = eλt

(In + t(A− λIn) +

t2

2!(A− λIn)2 + · · ·+ tk

k!(A− λIn)k

).

Una vez que disponemos de una expresion explıcita de la matriz fundamental de so-luciones, la expresion general de la solucion del sistema x′ = Ax se obtiene mediante laexpresion

x(t) = etAc

siendo c un vector arbitrario de n componentes. En el caso particular n = 2 tenemos

etA = eλt(I2 + t(A− λI2)),

la solucion general del sistema es

x(t) = eλt(I2 + t(A− λI2))c,

y la solucion general del problema de condiciones iniciales x′ = Ax, x(t0) = x0

x(t) = e(t−t0)Ax0 = eλ(t−t0)(I2 + (t− t0)(A− λI2))x0

En el Ejemplo 9.6, si nos pidieran la solucion general del sistema x′ = Ax con

A =

(1 4−1 −3

),

ya hemos obtenido

etA = e−t

(1 + 2t 4t−t 1− 2t

).

Ası que la solucion general serıa

x(t) = etAc = e−t

(1 + 2t 4t−t 1− 2t

)(c1

c2

)=

((c1(1 + 2t) + 4c2t)e

−t

(−c1t + c2(1− 2t))e−t

).

Y la solucion que en x(0) =

(11

)serıa

x(t) = etAx0 = e−t

(1 + 2t 4t−t 1− 2t

)(11

)=

((1 + 6t)e−t

(1− 3t)e−t

)

Resolvemos un ultimo ejemplo antes de pasar a estudiar el caso general en el que lamatriz pueda tener varios valores propios distintos

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9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 155

Ejemplo 9.8 .- Consideremos el sistema x′ = Ax, donde

A =

0 −1 04 4 0−1 −1 2

Calculese un sistema fundamental de soluciones y obtengase la solucion general del sistema.

La matriz de este sistema ya la estudiamos en el Ejemplo 8.15 de la Leccion 8. Vimosentonces que el polinomio caracterıstico de A era (λ − 2)3, por lo que solo tiene una valorpropio: λ = 2. La Proposicion 9.7 nos asegura que hay un valor k ≤ 3 tal que (A−2I3)

k = 0.Veamos cual es este valor:

A− 2I3 =

−2 −1 04 2 0−1 −1 0

(A− 2I3)

2 =

0 0 00 0 0−2 −1 0

y (A− 2I3)

3 = 0.

Por lo tanto

etA = e2t

(I3 + t(A− 2I3) +

t2

2!(A− 2I3)

2

)=

= e2t

1− 2t −t 04t 1 + 2t 0

−t− t2 −t− t2/2 1

Un sistema fundamental de soluciones esta formado por las columnas de la matriz etA.Ası

x1(t) = e2t

1− 2t4t

−t− t2

, x2(t) = e2t

−t1 + 2t

−t− t2/2

, x3(t) = e2t

001

La solucion general del sistema sera

x(t) = e2t

1− 2t −t 04t 1 + 2t 0

−t− t2 −t− t2/2 1

c1

c2

c3

o equivalentementex(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + c3x3(t).

En cualquiera de los dos casos

x(t) = e2t

c1(1− 2t)− c2t4c1t + c2(1 + 2t)

c1(−t− t2) + c2(−t− t2/2) + c3

.

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156 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

9.3.2. Matrices con multiples valores propios

La Proposicion 9.7 es muy util cuando la matriz del sistema tiene un solo valor propio,pero falla cuando tiene varios valores propios distintos. No obstante nos gustarıa disponerde un resultado similar. Algo que nos permita que los sumandos de la serie de potencias dee(A−λIn)t sean cero a partir de uno dado. La idea es la siguiente: sabemos que una matrizfundamental de soluciones del sistema x′ = Ax es etA. Pero hay muchas otras posibles.En realidad para conseguir una matriz fundamental de soluciones lo que necesitamos es unsistema fundamental de soluciones. Una forma de obtenerlo es a partir de n vectores v1,v2,. . . , vn que sean linealmente independientes. En efecto, la matriz

X(t) = etAV

con V =(v1 v2 · · · vn

)tambien es una matriz fundamental de soluciones. Por una parte

det X(t) = det etA det V 6= 0,

ya que det V 6= 0 por ser las columnas de V linealmente independientes. Ademas

X ′(t) = AetAV = AX(t).

Es decir, X(t) = etAV es una matriz de soluciones y su determinante es distinto de ceropara todo t ∈ R. Esto es, es una matriz fundamental de soluciones.

Ahora bien, entre todos los posibles sistemas de n vectores linealmente independientes,que son infinitos, nos iteresan aquellos que hagan que etAv sea expresable analıticamente deforma sencilla. Resulta que los vectores propios asociados a los valores propios cumplen estacondicion. En efecto, sea λ0 un valor propio de A y sea v0 uno cualquier de sus vectorespropios. Calculemos etAv0:

etAv0 = etλ0In+t(A−λ0In)v0 == etλ0Inet(A−λ0In)v0 =

= eλ0t

(In + t(A− λ0In) +

t2

2!(A− λ0In)2 +

t3

3!(A− λ0In)3 + · · ·

)v0 =

= eλ0t

(v0 + t(A− λ0In)v0 +

t2

2!(A− λ0In)2v0 + · · ·

)(9.7)

Ahora bien, v0 es un vector porpio de A asociado a λ0, se tiene que (λ0In −A)v0 = 0. Peroentonces (λ0In − A)2v0 = (λ0In − A)(λ0In − A)v0 = (λ0In − A)0 = 0, (λ0In − A)3v0 = 0 yası sucesivamente. Por lo tanto

etAv0 = eλ0tv0,

expresion, que analıticamente es muy simple. El siguiente ejemplo puede ayudar a clarificarestas ideas.

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9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 157

Ejemplo 9.9 .- Encuentrese un sistema fundamental de soluciones para el sistema x′ = Ax,donde

A =

−1 2 10 −1 0−1 −3 −3

Calculamos los valores propios de A:

det(λI3 − A) = det

λ + 1 −2 −10 λ + 1 01 3 λ + 3

= (λ + 1)(λ2 + 4λ + 4) = (λ + 1)(λ + 2)2.

De modo que los valores propios de A son λ1 = −1 y λ2 = −2, el primero tiene multiplicidadalgebraica 1 y el segundo tiene multiplicidad algebraica 2.

Calculemos un vector propio para λ1 = −1:

(λ1I3 − A)v = 0 ⇔ (−1I3 − A)v = 0 ⇔

0 −2 −10 0 01 3 2

v1

v2

v3

=

000

.

Claramente det((−1I3−A) = 0, como debe ser, y la submatriz formada por las filas 1 y 3 ylas columnas 1 y 2 es (

0 −21 3

),

que tiene determinante distinto de cero. Ası pues, rang(−2I3 − A) = 2 y la multiplicidadgeometrica de λ1 = −1 es n − rang(−2I3 − A) = 1. Esto ya lo sabıamos despues de laObservacion 8.16 de la Leccion 8 porque este valor propio tiene multiplicidad algebraica 1.

Utilizando la submatriz seleccionada, despejamos v1 y v2 en funcion de v3:{ −2v2 = v3

v1 + 3v2 = −2v3⇒ v1 = −v3/2 y v2 = −v3/2.

Tomando v3 = −2, tenemos que un vector propio asociado a λ1 = −1 es

v1 =

11−2

Tal y como hemos visto mas arriba una solucion del sistema es x1(t) = eλ1tv1. En nuestrocaso:

x1 = e−t

11−2

.

Page 14: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

158 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Hallamos ahora vectores propios linealmente independientes asociados a λ2 = −2 quetiene multiplicidad algebraica 2. ¿Cuantos podemos encontrar?. Tantos como su multiplici-dad geometrica. Calculemosla.

λ2I3 − A = −2I3 − A =

−1 −2 −10 −1 01 3 1

Desde luego el determinante de esta matriz debe ser 0, y lo es porque tiene las columnasprimera y tercera iguales. Ademas, la submatriz de tamano 2×2 formada por las dos primerasfilas y columnas (−1 −2

0 −1

)

tiene determinate distinto de cero. Esto significa que rang(−2I3 − A) = 2 y que la multi-plicidad geometrica de λ2 = −2 es n − rang(−2I3 − A) = 3 − 2 = 1. En consecuencia elsubespacio propio de A asociado al valor propio λ2 = −2 es 1 y no podemos encontrar dosvectores propios linealmente independientes asociados a este valor propio. Calculemos unvector propio. Usamos la submatriz seleccionada para despejar v1 y v2 en funcion de v3:

{ −v1 − 2v2 = v3

−v2 = 0⇒ v1 = −v3 y v2 = 0.

Tomando v3 = −1, obtenemos un vector propio:

v2 =

10−1

.

Y con este, otra solucion del sistema

x2(t) = e−2t

10−1

.

Es claro que v1 y v2 son linealmente independientes. Es este un hecho que no tenemosque comprobar en cada ejemplo porque hay un resultado general de Algebra Lineal quenos asegura que a valores propios distintos les corresponde vectores propios linealmenteindependientes. De esta forma, con seguridad, x1(t) y x2(t) son linealmente independientes.

Pero necesitamos una tercera solucion que no podemos conseguir a base de vectores pro-pios porque no hay mas vectores propios linealmente independientes. Revisitamos la ecuacion(9.7). Conseguimos una buena expresion analıtica de la solucion porque el vector propio hacıaque todos los sumando de la expansion en serie de potencias de et(A−λ0In) fueran cero a par-tir del segundo sumando (truncamiento de la serie a partir del segundo sumando). Para los

Page 15: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 159

dos valores propios de la matriz A de nuestro ejemplo ya no hay mas vectores propios queproduzcan este truncamiento de la serie. Pero puede haber otros vectores que produzcan eltruncamiento a partir de algun otro sumando. Esto solo puede suceder con valores propioscuya multiplicidad geometrica sea estrictamente menor que su multiplicidad algebraica. Denuevo este es un resultado importante de Algebra Lineal que damos sin demostracion:

Teorema 9.10 .- Si λ es un valor propio de A con multiplicidad algebraica q hay un enterop ≤ q tal que rang(λIn − A)p = n− q.

Si aplicamos este Teorema a nuestro ejemplo y al valor propio λ1 = −1 tenemos que sumultiplicidad algebraica es 1 (i.e. q = 1). Y hemos visto que rang(λ1I3−A) = 2. Por lo tantop = 1. Sin embargo, para λ2 = −2 su multiplicidad algebraica es 2 y rang(λ2I3−A) = 2, demodo que p 6= 1, por lo que debe ser p = 2. En otras palabras,

rang(λ2I3 − A)2 = n− q = 3− 2 = 1,

y el sistema (λ2I3 − A)2v = 0 tiene dos soluciones linealmente independientes. Una deellas es el vector propio, v2, asociado a λ2 = −2 porque como (λ2I3 − A)v2 = 0 tambien(λ2I3−A)2v2 = 0. El Teorema 9.10 nos asegura que hay otro vector linealmente independientecon v2 que es solucion de (λ2I3 − A)2v = 0. Para hallarlo, calculamos

(λ2I3 − A)2 = (−2I3 − A)2 =

0 1 00 1 00 −2 0

,

que, en efecto, tiene rango 1. Seleccionamos una submatriz no nula de tamano 1 × 1, porejemplo, la formada por el 1 en la posicion (1, 2) y despejamos v2 en funcion de v1 y v3. Eneste caso, esto se reduce a la condicion v2 = 0 porque v1 y v3 estan, ambas, afectadas porcoeficientes 0. Ası la solucion general del sistema es

v =

v1

0v3

.

Necesitamos un vector de esta forma pero que sea linealmente independiente con

v2 =

10−1

.

Notamos que este vector corresponde a la solucion cuando se escoge v1 = 1 y v3 = −1. Parael restante vector linealmente independiente tenemos muchas posibles elecciones. Siemprees una buena idea escoger una muy simple; por ejemplo v1 = 1 y v3 = 0. No debemos

Page 16: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

160 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

preocuparnos en absoluto de los vectores calculados para los demas valores propios: conseguridad, tal y como hemos mencionado mas arriba, son linealmente independientes deestos. Ası pues

v3 =

100

.

Nos queda un ultimo paso: calcular la solucion del sistema diferencial x′ = Ax corres-pondiente a este vector. Esta solucion es etAv3. Procediendo como en (9.7)

etAv3 = e−2t

(v3 + t(A + 2I3)v3 +

t2

2!(A + 2I3)

2v3 + · · ·)

Pero v3 es solucion del sistema (−2I3 − A)2v = 0. Por consiguiente (A + 2I3)2v3 = 0 y lo

mismo sucede con las siguientes potencias. Es decir

x3(t) = etAv3 == e−2t(v3 + t(A + 2I3)v3) =

= e−2t

100

+ t

1 2 10 1 0−1 −3 −1

100

=

= e−2t

1 + t0−t

Tal y como hemos visto en este ejemplo, cuando los valores propios tienen multiplicidadalgebraica mayor que 1, podemos calcular soluciones adicionales buscando vectores que so-lucionen un sistema de la forma (λIn − A)pv = 0 para p > 1. El p necesario viene dado,segun el Teorema 9.10, por la condicion rang(λIn − A)p = n − q siendo q la multiplici-dad algebraica del valor propio λ. A los vectores v que son solucion de un sistema de laforma (λIn − A)pv = 0 para algun p > 1 se les llama vectores propios generalizados.Y al subespcio de vectores propios generalizados; esto es, el subespacio solucion del sistema(λIn − A)pv = 0, para p > 1, se le llama subespacio propio generalizado de A asociadoal valor propio λ. Y el numero n − rang(λIn − A)p, que nos da el numero de solucioneslinealmente independientes en el correspondiente subespacio generalizado, es la dimensiondel subespcio propio generalizado.

A modo de resumen de todo lo visto hasta este momento exponemos un procedimientoen tres pasos para calcular q soluciones linealmente independientes correspondientes a unvalor propio λ de multiplicidad algebraica q:

1 Encontrar el numero entero mas pequeno tal que rang(λIn − A)p = n− q.

Page 17: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 161

2 Hallar q vectores v1, v2,. . . , vq, linealmente independientes que sean solucion del sis-tema (λIn − A)pv = 0.

3 Para cada vector vj, 1 ≤ j ≤ q tenemos la solucion

xj(t) = etAvj =

= eλt

(vj + t(A− λIn)vj +

t2

2!(A− λIn)2vj + · · ·+ tp−1

(p− 1)!(A− λIn)p−1vj

).

Los q vectores v1, v2,. . . , vq del paso 2 es conveniente, aunque no imprescindible, esco-gerlos de la siguiente forma: Si para j = 1, . . . , p, rj = n − rang(λIn − A)j es la dimenciondel subespcio de soluciones del sistema (λIn −A)jv = 0 (i.e., el numero de posibles solucio-nes linealmente independientes) entonces se escogen r1 vectores linealmente independientesque sean solucion de (λIn − A)v = 0 (i.e., r1 vectores propios), a continuacion, r2 vectoreslinealmente independientes que sean solucion de (λIn − A)2v = 0 y que sean linealmenteindependientes con los r1 ya previamente elegidos. A continuacion r3 vectores linealmenteindependientes que sean solucion de (λIn−A)3v = 0 y que sean linealmente independientescon los r1 + r2 ya previamente elegidos. Y ası sucesivamente. Enseguida pondremos algunosejemplos.

El procedimiento en tres pasos descrito mas arriba resuelve completamente el problemade calcular un conjunto fundamental de soluciones. Solo es necesario llevar a cabo este proce-dimiento para cada valor propio. De esta forma, para cada valor propio, λj, de multiplicidadalgebraica qj, encontramos qj soluciones del sistema x′ = Ax que son linealmente indepen-dientes. Si A tiene k valores propios distintos, la suma de sus multiplicidades algebraicas esn. Por lo tanto obtenemos q1+ · · ·+qk = n soluciones del sistema diferencial x′ = Ax. Admi-tiendo, sin demostracion, que a valores propios distintos corresponden soluciones linealmenteindependientes, obtenemos, de esta forma, un sistema fundamental de soluciones.

Debemos observar que si el valor propio λ es un numero real con multiplicidad algebraicaq y xj(t) es una de las soluciones obtenidas por el procedimiento en tres pasos descrito masarriba, entonces

xj(t) = eλt

(vj + t(A− λIn)vj +

t2

2!(A− λIn)2vj + · · ·+ tp−1

(p− 1)!(A− λIn)p−1vj

).

Esta solucion es el producto de eλt y un polinomio de grado menor que q.

Si el valor propio λ es un numero complejo no real, digamos λ = α + iβ con β 6= 0entonces tambien λ = α− iβ es valor propio de A (ver Anexo sobre los numeros complejos).Los correspondientes vectores propios tienen la misma propiedad: si v = a + ib es un vectorpropio asociado a λ entonces v = a− ib es un vector propio asociado a λ. En efecto, comoλ = α + iβ es valor propio de A y v = a + ib es un vector propio asociado a λ entonces

Page 18: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

162 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Aλ = λv. Ası

Av = A(a + ib) = Aa + iAb.

Y por otra parte

λv = (α + iβ)(a + ib) = αa− βb + i(αb + βa).

Como Av = λv y dos numeros complejos son iguales si coinciden sus partes reales e imagi-narias, concluımos que

Aa = αa− βb y Ab = αb + βa.

Pero entonces

Av = Aa− iAb = αa− βb− i(αb + βa) = (α− iβ)(a− ib) = λv,

tal y como deseabamos probar.

El procedimiento en tres pasos de mas arriba aplicado a un valor propio complejo λ =α + iβ proporciona soluciones complejas conjugadas en pares. La aritmetica con numeroscomplejos, aunque conceptualmente igual que la de los numeros reales, cuando se realizaa mano es un poco mas costosa en tiempo. Tiene la ventaja que, como los valores propiosaparecen en pares conjugados, solo hay que calcular los vectores propios y los vectores propiosgeneralizados para uno de los dos valores propios conjugados. Los vectores propios y losgeneralizados del otro valor propio son los conjugados del primero. Mas abajo veremos unejemplo para aclarar esta situacion. A partir de las soluciones complejas es facil conseguirsoluciones reales. El procedimiento es el siguiente:

1 Encontrar el numero entero mas pequeno tal que rang(λIn − A)p = n− q.

2 Hallar q vectores w1, w2,. . . , wq, linealmente independientes que sean solucion delsistema (λIn − A)pw = 0. Estos vectores seran, en general, complejos.

3 Para cada vector wj, 1 ≤ j ≤ q tenemos la solucion

zj(t) = etAwj =

= eλt

(wj + t(A− λIn)wj +

t2

2!(A− λIn)2wj + · · ·+ tp−1

(p− 1)!(A− λIn)p−1wj

).

Como λ es complejo y wj es complejo esta solucion es compleja. Para obtener solucionesreales tenemos que dar un paso mas

4 Para 1 ≤ j ≤ q, ponemos x(t) = Rezj(t) (parte real de zj(t)) y yj(t) = Im zj(t) (parteimaginaria dezj(t)) . Estas soluciones ya son reales. Obteniendo ası 2q soluciones paralos valores propios conjugados λ y λ.

Page 19: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 163

Empleando la formula de Euler (ver Anexo sobre los numeros complejos) cada una de lassoluciones xj(t), yj(t) tiene la sigueinte forma:

eαt[P (t) cos βt + Q(t) sen βt]

siendo P y Q polinomios de grado menor que q.

Concretamos todo este procedimiento en tres ejemplos

Ejemplo 9.11 .- Encuentrese un sistema fundamental de soluciones para el sistema x′ = Axsiendo

A =

−1 −2 10 −4 30 −6 5

.

El polinomio caracterıstico de A es

det(λI3 − A) = λ3 − 3λ− 2 = (λ + 1)2(λ− 2).

Los valores propios son λ1 = 2 con multiplicidad algebraica q1 = 1 y λ2 = −1 con multipli-cidad algebraica q2 = 2.

Calculamos un vector propio para λ1 = 2:

3 2 −10 6 −30 6 −3

v1

v2

v3

= 0.

Claramente det(2I3 − A) = 0 y su rango es 2 (como debe ser porque por ser q1 = 1, lamultiplicidad geometrica tambien es 1). Una submatriz de tamano 2 × 2 con determinantedistinto de cero es (

3 20 6

).

Usando esta submatriz despejamos v1 y v2 en funcion de v3 obteniendo

v1 = 0 y v2 =1

2v3

Tomando v3 = 2, un vector propio asociado a λ1 = 2 es

v1 =

012

.

Page 20: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

164 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Y una solucion del sistema:

x1(t) = etAv1 = e2tv1 = e2t

012

.

Para el valor propio λ = −1 calculamos tantos vectores propios como podamos:

0 2 −10 3 −30 6 −6

v1

v2

v3

= 0. (9.8)

De nuevo det(−1I3 − A) = 0 y su rango es 2. Por lo tanto, la multiplicidad geometrica deλ2 = −1 es n − rang(−1I3 − A) = 3 − 2 = 1. La dimension del subespacio propio es 1. Nopodemos encontrar dos vectores propios linealmente independientes. Debemos obtener unvector propio generalizado. Planteamos el sistema (−1I3 − A)2v = 0:

0 0 00 9 −90 18 −18

v1

v2

v3

= 0 (9.9)

Ahora rang(−1I3 − A)2 = 1 y el espacio de soluciones del sistema (−1I3 − A)2v = 0 es 2 =q2. Podemos encontrar dos soluciones linealmente independientes. Una la calculamos comosolucion del sistema (−1I3−A)v = 0; i. e. un vector propio. Este sistema ya esta planteadomas arriba (9.8). Una submatriz 2× 2 con determinante distinto de cero es, por ejemplo,

(2 −13 −3

),

que corresponde a despejar v2 y v3 en funcion de v1. La solucion que se obtiene es

v2 = 0 y v3 = 0.

Tomando v1 = 1, un vector propio sera

v1 =

100

Y una solucion del sistema x′ = Ax:

x2(t) = etAv2 = e−tv2 = e−t

100

.

A continuacion resolvemos el sistema (9.9). Ya sabemos que el rango de la matriz de estesistema es 1. Una submatriz de tamano 1 × 1 distinta de cero es, por ejemplo, la formada

Page 21: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 165

por el elemento en la posicion (2, 2). Ası despejamos v2 en funcion de v1 y v3 en la segundaecuacion

9v2 = 9v3 ⇒ v2 = v3

La solucion general de este sistema es

v =

v1

v3

v3

debemos escoger un vector linealmente independientes con v2. Basta escoger v1 = 0 y v3 = 1,por ejemplo. Ası, un vector propio generalizado asociado al valor propio λ2 = −1 es

v3 =

011

Y la solucion correspondiente del sistema x′ = Ax es:

x3(t) = etAv3 == e−t(v3 + t(A− λ2I3)v3) =

= e−t

011

+ t

−100

=

= e−t

−t11

La solucion general del sistema serıa

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + c3x3(t) =

c2e−t − c3te

−t

c1e2t + c3e

−t

2c1e2t + c3e

−t

Para sistemas de dimension n ≤ 3 se pueden hacer las operaciones a mano. Para siste-mas de dimension mayor, el trabajo se convierte en tedioso y conceptualmente no aportanada nuevo. Por ello es recomendable el uso del ordenador para calcular los valores y vectorespropios. Recordemos que en la pagina http://wims.unice.fr/wims/ se proporciona los pro-grama Matrix Calculator, Factoris, Matrix Multiplier y Solucionador de sistemas

lineales, que nos permiten calcular los valores y vectores propios (incluso los generalizados)de una matriz. Explicaremos como hacer esto ultimo en el siguiente ejemplo.

Page 22: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

166 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Ejemplo 9.12 .- Hallese un sistema fundamental de soluciones y la solucion general delsistema x′ = Ax, siendo

A =

7 5 −3 20 1 0 012 10 −5 4−4 −4 2 −1

La matriz del sistema es la misma que la del Ejemplo 8.18 de la Leccion 8 para laque obtuvimos el siguiente resultado: tiene dos valores propios λ1 = −1 de multiplicidadalgebraica q1 = 1 y λ2 = 1 de multiplicidad algebraica q2 = 3. Para el primero tenemos elvector propio

v1 =

102−1

.

con lo que una solucion del sistema x′ = Ax asociada a este valor propio es:

x1(t) = etAv1 = eλ1tv1 = e−tv1 = e−t

102−1

.

Para el segundo valor propio tenemos dos vectores propios (usamos los proporcionadospor el sistema WIMS):

v2 =

1020

y v3 =

011−1

.

Esto indica que la multiplicidad geometrica del valor propio λ2 = 1 es 2. Como su multipli-cidad algebraica es 3, necesitamos un vector propio generalizado. Pero podemos dar ya dossoluciones del sistema de ecuaciones diferenciales correspondientes a estos vectores:

x2(t) = eλ2tv2 = et

1020

y x3(t) = eλ2tv3 = et

011−1

.

Nos falta una solucion que debe provenir de un vector propio generalizado asociado aλ2 = 1. Calculamos (λ2In − A)2 = (I4 − A)2 y resolvemos el sistema (I4 − A)2v = 0. Lohacemos con ayuda de WIMS: Seleccionamos el programa Matrix calculator para hallarque rang((I4 −A)2 = 1, por lo que la dimension del espacio de soluciones de (I4 −A)2v = 0

Page 23: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 167

es 3 = q2, la multiplicidad algebraica de λ2 = 1. Esto significa que podemos encontrar 3soluciones linealmente independientes del sistema homogeneo (I4 − A)2v = 0. Ya hemosobtenido dos de ellas: los vectores propios. Necesitamos una tercera. Par ello hallamos lasolucion general del sistema (I4 − A)2v = 0 con Solucionador de sistemas lineales, yobtenemos

x1 = −(2r3 − r2 + r1)/2, x2 = r3, x3 = r2, x4 = r1

La solucion v2 se obtiene dando los valores r1 = 0, r2 = 2 y r3 = 0, mientras que la solucionv3 se obtiene dando los valores r1 = −1, r2 = 1 y r3 = 1. Necesitamos una tercera eleccion deforma que el vector v4 que obtengamos sea linealmente independiente con v2 y v3. Ponemos

r =

r1

r2

r3

.

Las dos elecciones de r1, r2 y r3 hechas mas arriba nos proporcionan los vectores r1 y r2 queson linealmente independientes:

r1 =

020

, r2 =

−111

Hay que escoger un tercer vector r linealmente independiente con estos dos. Una forma dehacerlo es escoger la tercera columna de la matriz

0 −1 r1

2 1 r2

0 1 r3

para que su determinante sea distinto de cero. Una posibilidad es r1 = 1, r2 = r3 = 0.Pero con un ojo puesto en la expresion de x1, x2, x3 y x4, una mejor eleccion es r1 = −2,r2 = r3 = 0. Ası x1 = 1, x2 = 0, x3 = 0 y x4 = −2. Entonces

v4 =

100−2

.

Page 24: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

168 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

Y la cuarta solucion del sistema x′ = Ax sera

x4(t) = etAv4 == et(v4 + t(A− I4)v4) =

= et

100−2

+ t

2040

=

= et

1 + 2t04t−2

Notese que en efecto, todas las soluciones son de la forma eλitP (t) con P (t) un polinomiode grado menor que qi.

La solucion general del sistema

x(t) = c1x1(t) + c2x2(t) + c3x3(t) + c4x4(t) =

= c1e−t

102−1

+ c2e

t

1020

+ c3e

t

011−1

+ c4e

t

1 + 2t04t−2

=

=

c1e−t + (c2 + c4(1 + 2t))et

c3et

2c1e−t + (2c2 + c3 + 4c4)e

t

−c1e−t − (c3 + 2c4)e

t

.

Necesitamos, finalmente un ejemplo con numeros complejos.

Ejemplo 9.13 .- Calculese un sistema fundamental de soluciones del sistema x′ = Axsiendo

A =

6 6 −3 2−4 −4 2 08 7 −4 41 0 −1 −2

Usando Matrix calculator obtenemos la siguiente tabla:

Value Multiplicity Vector−1− i 2 (1, 0, 2,−(i + 1)/2)−1 + i 2 (1, 0, 2, (i− 1)/2)

Page 25: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 169

Haciendo el desarrollo mas amplio como en el ejercicio anterior se obtiene el mismo resultado.Vemos que los dos valores propios λ1 = −1+ i y λ2 = λ1 = −1− i son conjugados y tienen lamisma multiplicidad algebraica q1 = q2 = 2. Ademas como solo obtenemos un vector propiopara cada uno de ellos (observese que son tambien conjugados), su multiplicidad geometricaes 1. Necesitamos un vector propio generalizado. Para ello calculamos (todos los calculos loshacemos con ayuda de WIMS)

(λ1I4 − A)2 = ((−1 + i)I4 − A)2 =

2− 14i 3− 12i −2 + 6i −4i8i −2 + 6i −4i 0

8− 16i 6− 14i −6 + 6i −8i−2− 2i −1 1 + 2i −2 + 2i

cuyo rango es 2 de modo que el espacio de soluciones del sistema ((−1 + i)I4 −A)2v = 0 es2, igual a la multiplicidad algebraica de λ1 = −1 + i. Hallamos la solucion general de estesistema:

x1 = (i(r2 + 8r1) + 7r2 + 4r1)/8, x2 = −(r2 + 2ir1 + 2r1)/2, x3 = r2, x4 = r1

Para simplificar los calculos tomamos como w1 el vector

w1 =

204

−1 + i

que tambien es valor propio asociado a λ1 = −1+i. Este vector se obtiene haciendo r1 = (i−1)y r2 = 4. Poniendo r1 = 2 y r2 = 0 obtenemos otro vector linealmente independiente conw1. Ası

w1 =

204

1 + i

y w2 =

1 + 2i−2− 2i

02

Estos dos vectores nos proporcionan dos soluciones complejas:

z1(t) = etAw1 = eλ1tw1 = e(−1+i)t

204

1 + i

Page 26: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

170 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes

y

z2(t) = etAw2 == eλ1t(w2 + t(A− λ2I4)w2) =

= e(−1+i)t

1 + 2i−2− 2i

02

+ t

1 + i0

2 + 2i−1

=

= e(−1+i)t

(1 + t) + (2 + t)i−2− 2i2t + 2ti2− t

Las partes reales y complejas de estas dos soluciones nos proporcionan las 4 solucionesque forman un sistema fundamental de soluciones del sistema x′ = Ax. Para ello utilizamosla formula de Euler para escribir

e(−1+i)t = e−t(cos t + i sen t)

y multiplicamos

(cos t + i sen t)

204

1 + i

= (cos t + i sen t) +

204−1

+ i

0001

=

= cos t

204−1

− sen t

0001

+ i

sen t

204−1

+ cos t

0001

=

=

2 cos t0

4 cos tsen t− cos t

+ i

2 sen t0

4 sen tcos t− sen t

.

De aquı obtenemos dos soluciones

x1(t) = e−t

2 cos t0

4 cos tsen t− cos t

y x2(t) = e−t

2 sen t0

4 sen tcos t− sen t

Page 27: Lección 9 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con ...

9.3 Solucion de sistemas diferenciales lineales de coeficientes constantes 171

Para obtener las otras dos calculamos las partes reales e imaginarias de z2(t):

(cos t + i sen t)

(1 + t) + (2 + t)i−2− 2i2t + 2ti2− t

= (cos t + i sen t)

1 + t−22t

2− t

+ i

2 + t−22t0

=

= cos t

1 + t−22t

2− t

− sen t

2 + t−22t0

+ i

sen t

1 + t−22t

2− t

+ cos t

2 + t−22t0

=

=

(1 + t) cos t− (2 + t) sen t−2 cos t + 2 sen t2t cos t− 2t sen t

(2− t) cos t

+ i

(1 + t) sen t + (2 + t) cos t−2 sen t− 2 cos t2t sen t− 2t cos t

(2− t) sen t

Entonces

x3(t) = e−t

(1 + t) cos t− (2 + t) sen t−2 cos t + 2 sen t2t cos t− 2t sen t

(2− t) cos t

y x4(t) = e−t

(1 + t) sen t + (2 + t) cos t−2 sen t− 2 cos t2t sen t− 2t cos t

(2− t) sen t

Notemos de nuevo que no se utiliza la informacion acerca del segundo valor propio λ2 =−1− i sino que se saca provecho del hecho de que este sea el conjugado de λ1 = −1 + i. Yobservemos finalmente que todas las soluciones son de la forma

eαt[P (t) cos βt + Q(t) sen βt]

siendo λ = α + iβ el valor propio y P (t) y Q(t) polinomios de grado menor que q, lamultiplicidad algebraica de λ.

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172 Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes constantes