6. Sistemas de ecuaciones
diferenciales lineales
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
1
Sistemas de ecuaciones lineales de primer
orden
Forma normal:
dx1
dt
dx2
dt
 a11 (t ) x1  a12 (t ) x2    a1n (t ) xn  f1 (t )
 a21 (t ) x1  a22 (t ) x2    a2 n (t ) xn  f 2 (t )

dxn
dt
 an1 (t ) x1  an 2 (t ) x2    ann (t ) xn  f n (t )
Supondremos que los coeficientes aij(t) y las funciones fi(t)
son continuas en un intervalo I. Si todas las f's son cero
diremos que el sistema lineal es homogéneo.
2
Forma matricial
 x1 ( t ) 
 a11 ( t )



 x2 (t ) 
 a 21 ( t )
X 
, A (t ) 
  
 



 xn (t ) 
 a n1 ( t )
 x1 ( t )   a 11 ( t )

 
d  x 2 ( t )   a 21 ( t )





dt

 
 x (t )   a (t )
 n
  n1
a12 ( t )

a 22 ( t )

a n 2 (t )

a 12 ( t )

a 22 ( t )

a n 2 (t )

X  AX  F
a1 n ( t ) 
 f1 ( t ) 



a 2 n (t ) 
 f 2 (t ) 
, F (t ) 

  




a nn ( t ) 
 f n (t ) 
a 1 n ( t )   x1 ( t )   f 1 ( t ) 

 

a 2 n (t )  x 2 (t )   f 2 (t ) 






 

 

a nn ( t )   x n ( t )   f n ( t ) 
El sistema homogéneo
asociado será:
X  AX
3
dx

X 

x

y
 3x  4 y
dt
dy
 5x  7 y
3
X  
5
4 
X
 7
dt


X 


dx
x

y

z
 6x  y  z  t
dt
dy
 8 x  7 y  z  10 t
dt
dz
dt
 2 x  9 y  z  6t
6

X   8

2
1
7
9
1
 t



 1  X   10 t 



 1
6
t


4
DEFINICIÓN
Vector solución
Un vector solución en un intervalo I es cualquier
vector columna
 x1 ( t ) 


 x2 (t ) 
X 
  


 xn (t ) 
cuyos elementos son funciones diferenciables que
satisfacen el sistema de EDOs en el intervalo I.
5
Comprueba que en (−, )
2t
 1 2t  e
X1  
 
e
2t

1

e



son soluciones de:
Solución
De
  2e  2t
X 1  
 2t

2
e





6t
 3  6 t  3e 
X 2    e   6 t 
5
 5e 
1 3
X  
X
5 3

,


 18 e 6 t
X 2  
6t

30
e





tenemos
AX 1
AX
1

5
2
1

5
3

3
 e  2t

 2t


e

3

3
 3e 6 t

 6t
 5e
  e  2 t  3e  2 t

 2t
   2t
5
e

3
e
 
  3 e 6 t  15 e 6 t

6t
6t
 
15
e

15
e
 
   2e  2t

 2t
 
2
e
 
  18 e 6 t

6t
 
30
e
 

  X 1



  X 2


6
Problemas de valor inicial (PVI)
 x1 ( t 0 ) 


 x2 (t0 ) 
X (t0 ) 
,
  


 xn (t0 ) 
Sea
Resolver:
sujeto a :
 1 
 
 2 
X0 
  
 
 n 
X  A(t ) X  F(t )
X(t0) = X0
es un PVI.
7
TEOREMA
Existencia de una solución única
Sean las componentes de A(t) y F(t) funciones
continuas en un intervalo común I que contiene a t0.
Entonces podemos asegura que existe una solución
única de nuestro sistema en I.
TEOREMA
Principio de superposición
Sean X1, X2,…, Xk un conjunto de soluciones de
un sistema homogéneo en I, entonces:
X = c1X1 + c2X2 + … + ckXk
es también una solución en I.
8
Verifica que:
cos t




X 1    1/ 2 cos t  1/ 2 sin t  ,



cos
t

sin
t


son soluciones de
y que entonces:
 1

X   1

 2
0
1
0
0
 t
X2  e 
 
0
1

0 X

 1
X  c1 X 1  c 2 X 2
cos t


0


 t
 c1   1/ 2 cos t  1/ 2 sin t   c 2  e 


0

cos
t

sin
t


 
también es una solución.
9
DEFINICIÓN
Dependencia e independencia lineal
Sea X1, X2, …, Xk un conjunto de vectores solución
de un sistema homogéneo en un intervalo I. Se dice
que el conjunto es linealmente dependiente en el
intervalo si existen constantes c1, c2, …, ck, no todas
nulas, tales que
c1X1 + c2X2 + … + ckXk = 0
para todo t en el intervalo. Si el conjunto de vectores
no es linealmente dependiente en el intervalo, se
dice que es linealmente independiente.
10
TEOREMA
Sean
Criterio para soluciones
linealmente independientes
 x11 
 x12 
 x1 n 






 x 21 
 x 22 
 x2 n 
X1 
, X2 
, , Xn 
  
  
  






 x n1 
 xn 2 
 x nn 
n vectores solución de un sistema homogéneo en el
intervalo I. Entonces el conjunto de vectores solución
es linealmente independiente en I si y sólo si, para
todo t en el intervalo, el wronskiano:
W ( X1 , X 2 , , X n ) 
x11
x12

x1n
x21
x22

x2 n

xn1

xn 2

0
xnn
11
 1 2t
X1  
e ,
  1
• Hemos visto que
son soluciones de
W (X1, X 2 ) 
Como
1
X  
5
e
e
 2t
 2t
 3  6t
X 2   e
5
3
X
3
3e
6t
5e
6t
 8e
4t
0
X1: yDe
X2hecho,
son soluciones
independientes
Nota
se puede linealmente
demostrar que
si W es diferente
t real.
de 0para
en ttodo
0 para un conjunto de soluciones en I, entonces lo
es para todo t en I.
12
DEFINICIÓN
Conjunto fundamental de soluciones
Cualquier conjunto X1, X2, …, Xn de n vectores solución linealmente
independientes de un sistema homogéneo en un intervalo I, se dice
que son un conjunto fundamental de soluciones en el intervalo.
TEOREMA
Existencia de un conjunto fundamental
Siempre existe un conjunto fundamental de soluciones para un
sistema homogéneo en un intervalo I.
TEOREMA
Solución general de sistemas homogéneos
Sea X1, X2, …, Xn un conjunto fundamental de soluciones de un sistema
homogéneo en un intervalo I. Entonces la solución general del sistema
en el intervalo es
X = c1X1 + c2X2 + … + cnXn
donde las ci, i = 1, 2,…, n son constantes arbitrarias.
13
 1 2t
X1  
e ,
  1
• Hemos visto que
1
X  
5
 3  6t
X 2   e
5
3
X
3
son soluciones linealmente independientes de
en (−, ). De ahí que forman un conjunto
 1Y entonces
 3la solución
2t
6t
fundamental
de
soluciones.
X  c1 X 1  c 2 X 1  c1 
 c2   e
e
general es:
  1
5
14
 1


X  1

 2
Considera los vectores solución de :
0
1
0
1

0 X

 1
cos t
sin t


0




  t


X 1    1 / 2 cos t  1 / 2 sin t  , X 2   1  e , X 3    1 / 2 sin t  1 / 2 cos t 


0


 cos t  sin t
 sin t  cos t


 


Demuestra que son linealmente independientes y escribe una solución
general:
cos t
0
sin t
W ( X 1 , X 2 , X 3 )   1 / 2 cos t  1 / 2 sin t
 cos t  sin t
e
t
0
 1 / 2 sin t  1 / 2 cos t  e  0
t
 sin t  cos t
cos t
sin t


0




  t


3
X  c1   1 / 2 cos t  1 / 2 sin t   c 2  1  e  c   1 / 2 sin t  1 / 2 cos t 


0



cos
t

sin
t

sin
t

cos
t


 


15
TEOREMA
Solución general de sistemas
no homogéneos
Sea Xp una solución dada de un sistema no homogéneo
en el intervalo I, y sea
Xc = c1X1 + c2X2 + … + cnXn
solución general en el mismo intervalo del sistema
homogéneo asociado. Entonces la solución general del
sistema no homogéneo en el intervalo es:
X = Xc + Xp.
La solución general Xc del sistema homogéneo se llama
función complementaria del sistema no homogéneo.
16
El vector
Xp
1
X  
5
 3t  4 


  5t  6 
es una solución particular de
3
 12 t  11 
X

3
 3 
en (−, ). Vimos que la solución de
es:
 1 2t
3
X c  c1 
e
  1
 c2  e
5
1
X  
5
3
X
3
6t
Así la solución general del sistema no homogéneo en (−,
) es:
X  Xc  X p
 1 2t
 3  6 t  3t  4 
 c1 
 c2   e  
e

  1
5
  5t  6 
17
Sistemas lineales homogéneos
¿Podemos hallar siempre, para un sistema lineal
homogéneo de primer orden,
una solución de la forma:
X   AX
 k1 
 
 k2  t
t ?
X 
e  Ke
  
 
 kn 
18
Valores propios (autovalores) y vectores
propios (autovectores)
Si es así, entonces, como X = Ket, sustituyendo en el
sistema de EDOs:
X = AX
Ket = AKet .
De donde: AK = K. Es decir:
(A – I)K = 0
O equivalentemente:
Y recordemos que si existe
una solución no trivial X,
debe cumplirse entonces que:
det(A – I) = 0
( a11   ) k1  a12 k 2   
a1 n k n  0
a 21 k1  ( a 22   ) k 2   
a2nkn  0


a n 1 k1  a n 2 k 2    ( a nn   ) k n  0
19
Autovalores reales y distintos
TEOREMA
Solución general para sistemas
homogéneos
Sean 1, 2,…, n n valores propios reales y distintos
de la matriz de coeficientes A de un sistema
homogéneo, y sean K1, K2,…, Kn los autovectores
correspondientes. La solución general del sistema
es entonces:
X  c1K 1e
1t
 c2K 2e
2t
  cn K n e
nt
20
Resolver
dx
 2x  3y
dt
dy
 2x  y
dt
det ( A   I ) 
2
3
2
1 
   3  4
2
 (   1)(   4 )  0
1 = −1, 2 = 4.
Para 1 = −1, tenemos
3k1 + 3k2 = 0
2k1 + 2k2 = 0
Así k1 = – k2. Cuando k2 = –1, entonces
Para 1 = 4, tenemos −2k1 + 3k2 = 0
2k1 − 2k2 = 0
Así k1 = 3k2/2. Cuando k2 = 2, entonces
 1
K1  

  1
K2
 3
 
2
 1  t
 3  4t
X  c1 X 1  c 2 X 2  c1 
 e  c2   e
  1
2
21
dx
Resolver
 4 x  y  z,
dt
det ( A   I ) 
dy
 x  5 y  z,
dt
4
1
1
1
5
1
0
1
3
dz
 y  3z
dt
  (   3 )(   4 )(   5 )  0
   3,  4 , 5
1

( A  3I | 0 )   1

 0
1
1
8
1
1
0
k1 = k3, k2 = 0. Con k3 = 1:
0

0

0

1

0

0
0
1
1
0
0
0
 1
 
K1  0 ,
 
 1
0

0

0
 1
  3t
X1   0  e
 
 1
22
2 = −4
0

(A  4I | 0)   1

0
1
1
9
1
1
0
0

0

0

 10 


   1 ,


 1
k1 = 10k3, k2 = − k3.
Con k3 = 1:
K2
3 = 5
1
1
0
1
1
8
 9

( A  5I | 0)   1

 0
 1
 10 
 1
  3t

 4t
  5t
X  c1  0  e
 c2   1  e
 c3  8  e
 


 
 1
 1
 1
1

0

0
0
 10
1
0
0
0
0

0

0
 10 

 4t
X 2    1 e


 1
0
1


0  0


0
0
 1
 
K 3  8 ,
 
 1
0
1
1
8
0
0
 1
  5t
X3  8 e
 
 1
0

0

0
23
Autovalores repetidos
Resolver:
 1

X'   2

 2
2
1
2
2 

 2 X

1 
1 
2
2
2
1 
2
2
2
1 
det ( A   I ) 
0
– ( + 1)2(– 5) = 0, entonces 1 = 2 = – 1, 3 = 5.
(multiplicidad m = 2)
Para 1 = – 1,
 2

(A  I | 0)    2

 2
2
2
2
2
2
2
k1 – k2 + k3 = 0 o k1 = k2 – k3.
0

0

0

1

0

0
1
1
0
0
0
0
0

0

0
Escogiendo k2 = 1, k3 = 0 y k2 = 1, k3 = 1, tenemos:
k1 = 1 y k1 = 0, respectivamente.
24
1
  t
X1   1  e ,
 
0
Para 3 = 5,
 4

( A  5I | 0 )    2

 2
0
  t
X2  1 e
 
1
2
2
4
2
2
4
0

0

0
k1 = k3 y k2 = – k3. Eligiendo k3 = 1,
se tiene k1 = 1, k2 = –1, así:
 1
0
 1
  t
  t

 5t
X  c1  1  e  c 2  1  e  c 3   1  e
 
 


0
1
1
 
 



1

0

0
0
1
1
1
0
0
0

0

0
 1


K 3    1


1


Observa que en este ejemplo la
matriz A es simétrica y real,
entonces se puede demostrar
que siempre es posible
encontrar n autovectores 25
linealmente independientes.
Segunda solución
• Supongamos que 1 es de multiplicidad 2 y que
solo hay un autovector relacionado con este
t
t
autovalor. Una segunda soluciónXsepuede
K te  P e
2
construir de la forma
1
1
 t
la
t solución en
 t X = AX:
 t
Sustituyendo
K te  P e   A K te  P e   0
1
K e
1 t
1
1
 K  1te
1t
( AK   1 K ) te
1 t
( A  1 I ) K  0
 P 1 e
1 t
1
  AK te
1 t
 ( AP   1 P  K ) e
1t
( A  1 I ) P  K
 AP e
1t
 0
0
26
Resolver
3
X  
2
Solo obtenemos
un autovector:
 18 
X
 9
 3  3t
X1    e
1
3
K   ,
1
1 t
X 2  K te  P e
( A  1I ) P  K
(A + 3 I) P = K
1 t
det (A – I) = 0
( + 3)2=0,  = -3, -3.
Para obtener la segunda
solución, definamos:
 p1 
P 

 p2 
6 p1  18 p 2  3
2 p1  6 p 2  1
Tenemos que p2 = 1/3 p1.
Si elegimos p1 = 1, entonces p2 = 1/3.
 3   3t  1   3t
 e
X 2    te  
1
1 / 3 
 1 

P  
1 / 3 
27
Si elegimos p1 = ½, entonces p2 = 0
y la solución es más "simple":
 1/2 
P 

 0 
 3   3 t  1/2   3 t
X 2    te

e
1
 0 
Podemos escribir la solución general como:
  3   3 t  1/2   3 t 
 3  3t
X  c1   e
 c 2    te

e 
1
 0 
 1 

28
Autovalores de multiplicidad 3
Si de nuevo disponemos solamente de un autovector,
hallamos la segunda solución como antes, y la tercera
de la siguiente manera:
X3  K
Donde
K, P y Q
están
definidas
por:
t
2
e
1t
 P te
1t
 Qe
1t
2
( A  1I ) K  0
( A  1I ) P  K
( A  1I ) Q  P
Ejercicio: Demostrarlo.
29
Resolver
2

X   0

0
1
2
0
6

5 X

2
(1 – 2)3 = 0
1 = 2 (multiplicidad 3).
Solución
Resolviendo (A – 2I)K = 0, tenemos un único
vector propio
A continuación
resolvemos:
(A – 2I) P = K
(A – 2I) Q = P
 0 
0


 
P   1  , Q    6 /5 


 
1/5 
0

 
X3  K
t
2
e
1t
 P te
1t
 Qe
1t
1
 
K  0
 
0
2
 1 

1
0
  2t




2t
2t 

X  c1  0  e  c 2  0  te   1  e


 
 
 
  0 

0
0
 1  2

0
 0 
 2t 
  t 2t   2t 
 c3  0 
e   1  t e    6/5  e


  2
 


  0 

0
 1/5 
30
Autovalor de multiplicidad m
Si sólo disponemos de un autovector para un autovalor
de multiplicidad m, siempre podemos encontrar m
soluciones linealmente independientes de la forma:
X 1  K 11 e
t
X 2  K 21 te
t
 K 22 e
t
...
X m  K m1
t
m 1
( m  1)!
e
t
 K m2
t
m2
( m  2 )!
e
t
 ...  K mm e
t
Donde los K's son vectores columnas que podemos
determinar generalizando el método expuesto.
31
Autovalores complejos
TEOREMA
Soluciones correspondientes a un
autovalor complejo
Sea A la matriz de coeficientes con elementos
reales de un sistema homogéneo, y sea K1 un
autovector correspondiente al autovalor complejo
1 =  + i . Entonces
t
t
K 1e 1 y
K 1e 1
son soluciones.
32
TEOREMA
Soluciones reales asociadas a
un autovalor complejo
Sea 1 =  + i un valor propio complejo de la
matriz de coeficientes A de un sistema homogéneo,
y sean B1= Re(K1) y B2 = Im(K1). Entonces
podemos escribir la solución como:
t
X1  [B1 cos  t  B 2 sin  t ] e
t
X 2  [B 2 cos  t  B1 sin  t ] e
soluciones linealmente independientes en (-,).
(Demuéstralo).
Nota: Si queremos escribir las
soluciones en términos de
funciones reales, basta con
emplear:
e
e
(  i ) t
(  i ) t
cos(  t )  i sin(  t ) 
t
 e cos(  t )  i sin(  t ) 
e
t
33
Resolver
 2
X  
1
8
X,
 2
det ( A   I ) 
Para 1 = 2i,
(2 – 2i)k1 + 8k2 = 0
– k1 + (–2 – 2i)k2 = 0
obtenemos k1 = –(2 + 2i)k2.
Elegimos k2 = –1
 2
X (0)  

  1
2
8
1
2
 40
2
 2  2i   2 
2
K1  

i 
  1    1
0
 2 
2
B 1  Re( K 1 )  
,
 B 2  Im( K 1 )   

1


0
 2 

 2 

2
 2
 cos 2 t    sin 2 t   c 2    cos 2 t  
 sin 2 t 
X  c1  
0
  1
  1 

 0 

 2 cos 2 t  2 sin 2 t 
 2 cos 2 t  2 sin 2 t 
  c 2 

 c1 
 cos 2 t
 sin 2 t




34
Resolución por diagonalización
Si A es diagonalizable, entonces existe P, tal que D =
P-1AP es diagonal. Si realizamos el cambio matricial X
= PY, el sistema de ecuaciones X = AX se transforma
en PY = APY. Y multiplicando por la izquierda por P-1,
tenemos: Y = P-1APY, es decir: Y = DY, cuya solución
es directa e igual a:
 c1e 1t 


2t
 c2e 
Y 





t

n 
c
e
 n

Deshaciendo el cambio, X = PY , encontramos la solución
35
buscada.
Resolver:
 2

X   0

 0
1
3
4
8

8 X

9
Solución
De det (A – I) = – ( + 2)(– 1)(– 5), obtenemos
1 = – 2, 2 = 1 y 3 = 5. Puesto que son autovalores reales y
distintos, los vectores propios son linealmente
independientes. Para i = 1, 2, 3, resolvemos
(A –iI)K = 0, y tenemos
1
 
K1  0 ,
 
0
K2
2
 
 2 ,
 
1
1
 
K 3  1
 
1
36
1

P  0

0
2
2
1
 2

D  0

 0
1

1

1
Como Y = DY, entonces:
1

X  PY   0

0
2
2
1
1

1

1
0
1
0
0

0

5
 c1e  2 t 


t
Y   c2e 

5t 
c
e
 3

 c1e  2 t   c1e  2 t  2 c 2 e t  c 3 e 5 t 

 

t
t
5t
2 c 2 e  c3e
 c2e   




5t 
t
5t
c 2 e  c3e
 c3e  

37
Sistemas lineales no homogéneos
(Resolución por coeficientes indeterminados)
Resolver
1 2
 8
 X  
 ,
X '  
1 1
 3 
en (-  ,  )
Solución
Primero resolvemos el sistema homogéneo
asociado: X = AX,
 = i, −i,
det( A   I ) 
1 
2
1
1 
 cos t  sin t 
 cos t  sin
X c  c1 
  c2 
cos t


  sin t
  1 0
2
t


38
Puesto que F(t) es un vector columna constante, podemos
suponer una solución particular de la forma:
Xp
 a1 
 
 b1 
0   a1  2 b1  8
0   a1  b1  3
Xp
 14 
 
 11 
Y la solución final será: X = Xc + Xp
 cos t  sin
X  c1 
cos t

t
 cos t  sin
  c 2 

  sin t
t   14 
   
  11 
39
Resolver
6
X '  
4
1
6t


 X  
 , en (  ,  )
3
  10 t  4 
Solución
Resolvemos primero: X = AX.
1 = 2, 2 = 7:
 1  2t
1 7t
X c  c1 
e  c2  e
 4
1
 a2   6
   
 b2   4
 1 
1
K1  
, K 2   
 2
1
Intentamos como solución particular:
1   a 2 
 a1    6 
0
    t      
 t   
3   b2 
4
 b1     10 
Xp
 a2 
 a1 
  t   
 b2 
 b1 
( 6 a 2  b 2  6 ) t  6 a 1  b1  a 2

0 

   
 0   ( 4 a 2  3 b 2  10 ) t  4 a 1  3 b1  b 2  4 
6 a 2  b2  6  0
4 a 2  3 b 2  10  0
y
6 a 1  b1  a 2  0
4 a 1  3 b1  b 2  4  0
40
4
a1   7 , b1 
Xp
10
7
a 2   2 , b2  6
4




2



 t   107 


 6 
 7 
La solución general del sistema en (-, ) es
X = Xc + Xp
 1  2t
1 7t   2 
 e  c 2   e  
 t
X  c1 
 4
1
 6 
 4
 
 7
 10 


 7 
41
Determina la forma de Xp para:
dx/dt =5x + 3y – 2e-t + 1
dy/dt =−x + y + e-t – 5t + 7
Solución
Como
  2  t  0 
1
 e    t   
F ( t )  
 1 
5
7
Entonces un posible candidato es:
Xp
 a3  t  a 2 
 a1 
   e    t   
 b2 
 b1 
 b3 
Resuelve el sistema.
42
Matriz fundamental
• Si X1, X2,…, Xn es un conjunto fundamental de
soluciones de X = AX en I, su solución general es la
combinación lineal:
X = c1X1 + c2X2 +…+ cnXn,
que también podemos escribir como:
 x11 
 x12 
 x1 n   c1 x11  c 2 x12    c n x1 n 
 



 

 x 21 
 x 22 
 x 2 n   c1 x 21  c 2 x 22    c n x 2 n 
X  c1    c 2 
   cn 








 



 

x 
x 
 x  c x  c x   c x 
n nn 
 n1 
 n2 
 nn   1 n 1 2 n 2
43
Que matricialmente podemos escribir como
X = Φ(t)C
donde C es el n  1 vector de constantes arbitrarias
c1, c2,…, cn, y
 x11

 x 21
Φ (t ) 
 

 x n1
x12

x 22

xn 2

x1 n 

x2 n 
 

x nn 
se llama matriz fundamental del sistema.
Dos propiedades de (t), fáciles de demostrar y que
usaremos a continuación:
(i) Es regular (matriz no singular).
(ii) (t) = A(t)
44
Variación de parámetros
• Hallaremos una solución particular suponiendo:
 u1 ( t ) 


 u 2 (t ) 
U (t ) 
  


 u n (t ) 
X   AX  F (t )
tal que Xp = Φ(t)U(t)
(t) = A(t)
X p  Φ ( t ) U ( t )  Φ ' ( t ) U ( t )  Φ ( t ) U ( t )  A Φ ( t ) U ( t )
Φ (t) U ( t )  A Φ ( t ) U ( t )  A Φ ( t ) U ( t )  F ( t )
Φ (t) U  ( t )  F ( t )
45
Φ ( t ) U ( t )  F ( t )
U ( t )  Φ
U (t ) 
1


(t ) F (t )
1
(t ) F (t ) d t
Como Xp = Φ(t)U(t), entonces
X p   (t )  
1
( t ) F ( t ) dt
Y finalmente, X = Xc + Xp
X  Φ (t )C  Φ (t )  Φ
1
( t ) F ( t ) dt
46
Determinar la solución general de
en (−, ).
 3
X  
 2
1
 3t 
 X   t 
 4
e 
Solución
Primero resolvemos el sistema homogéneo
 3
X  
 2
1 
X
 4
La ecuación característica de la matriz de coeficientes
es
det ( A   I ) 
3
1
2
4
 (   2 )(   5 )  0
47
 = −2, −5, y los vectores propios son
Así, las soluciones son:
2t
1 2t  e
X1    e
   2 t
1
e
2t
e
Φ ( t )    2 t
e
e
 2e
5t
5t

,



,


1  1
 , 

1   2 
5t
e
 1  5t 
X2  
 
e
5t

2

2
e



2 2t

e
1
3

Φ (t )  1 5t
 e
3
1

3
1
3






5t
e 
e
2t
48
X p   (t )  
2t
e
   2 t
e
2t
e
   2 t
e
2t
e
   2 t
e
6 t 
  53
 t
5
1
( t ) F ( t ) dt
 2 e 2t
3
  1 e 5t
3
5t


5t 
 2e 
e
5t


5t 
 2e 
e
27
50
21
50


1
4
1
2
e
e
t
t

3
1
3


5t
e 
e
2t
 3t 
  t  dt
e 
 2 te 2 t  1 e t 
3

  te 5 t  1 e 4 t  dt


3
5t


5t 
 2e 
e
1




 te 2 t  1 e 2 t  1 e t 
2
3


 1 te 5 t  1 e 5 t  1 e 4 t 
5

25
12
49
2t
e
X    2 t
e
5t


5t 
 2e 
e
 c1 
 
 c2 
6 t 
5
3t
5
27
50
21
50


1
4
1
2
e
e
t
t




6
27




1
1
  2t

 5t  5 

 c1   e
 c2 
 3 t   50
e
21
 
 
1
 2
5
 50 
 1  t
4 e
1
2
50
Matriz exponencial
Podemos usar las matrices para resolver sistemas de
ecuaciones diferenciales de una manera totalmente distinta.
Observemos que x' = ax tiene como solución general x = ceat.
¿Podemos definir una función exponencial matricial, de modo
que eAtC sea solución de X' = AX.
DEFINICIÓN
Matriz Exponencial
Para cualquier matriz A de n  n, podemos definir
e
At
 I  At  A
2 t
2
2!
  A
k
t

k
k!
 

k 0
A
k
t
k
k!
51
Derivada de eAt
d
e
At
 Ae
At
dt
d
dt
e
At
2
k

d 
t
t
2
k

  A
 
I  At  A
dt 
2!
k!

2


1 3 2
2 t
2
 
 A  A t  A t    A I  At  A
2!
2!


 Ae
At
Y efectivamente, eAt es una solución de X = AX:
X 
d
dt
e C  A e C  A ( e C )  AX
At
At
At
52
Cálculo de eAt : Potencias Am
Recuerda que vimos que podíamos calcular las
potencias de una matriz A, gracias a:
n 1
A
k


j0
n 1
j
c jA ,
 
k

c j
j
j0
donde los coeficientes cj son los mismos para
cada sumatorio y la última expresión es válida
para los valores propios 1, 2, …, n de A.
Poniendo  = 1, 2, …n en la segunda
expresión, obtenemos los cj ; que sustituidos en
la primera expresión nos proporcionan las
potencias de A para computar:

e
At


k 0
A
k
t
k
k!
,
53
n 1
A
k


n 1
c jA ,  
j
k
j0

e
At


k 0
e
t



k 0

c j

j
e
At

j0
 n 1
  c j ( k )A
k !  j  0
e

k
t
,
e
k



t
j
 A   k ! c j ( k )  
j0
 k 0

 n 1

j
  c j (k )  

k !  j  0

k



t
j
    k ! c j ( k )  
j0
 k 0

t
k
k
b
j0
j
(t ) A
j
n 1
n 1
e
t



k 0

j



t
t
k!
k 0
n 1
At

A
k
k
t
k
k!
n 1

j
A b j (t )
j0
n 1

 b j (t )
j
j0
n 1

b
j
(t ) 
j
j0
54
Calcular
eAt,
 2
A 
 1
donde
4

3
Solución
n 1
e
At


b j (t ) A
eAt = b0I + b1A
j
j0
e
t
n 1


b j (t ) 
j
e
j0
1= −1 y 2 = 2
e
e
e
At
t
 b0  b1
t
 b0  b1
2t
 b0  2b1
  1/3 e 2 t  4 /3 e  t

  1/3 e 2 t  1/3 e  t

b0 = (1/3)[e2t + 2e– t],
b1 = (1/3)[e2t – e–t].
4 /3 e
2t
4 /3 e
2t
 4 /3 e
t
 1/3 e
t




55
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Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales