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E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos
Resumen y ejemplos
Tema 9: Sistemas de EDOs linealesFrancisco Palacios
Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa
Universidad Politécnica de Cataluña
Noviembre 2009, Versión 1.6
Contenido
1. Conceptos básicos.
2. Sistemas lineales homogéneos.
3. Resolución de sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes.
4. Resolución de sistemas completos: variación de parámetros.
1 Conceptos básicos
1.1 Sistemas lineales
Un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden es un sistema
de la forma⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
dx1
dt= a11(t)x1 + a12(t)x2 + · · ·+ a1n(t)xn + b1(t),
dx2
dt= a21(t)x1 + a22(t)x2 + · · ·+ a2n(t)xn + b2(t),
......
dxn
dt= an1(t)x1 + an2(t)x2 + · · ·+ ann(t)xn + bn(t).
Los coeficientes aij(t) y los términos independientes bj(t) son funciones conti-
nuas en algún intervalo común I. Las incógnitas son las n funciones x1(t), x2(t),
. . . , xn(t).
El sistema es homogéneo cuando los términos independientes son idénticamente
nulos
bj(t) ≡ 0, para j = 1, . . . , n.
Cuando todos los coeficientes aij(t) son constantes, el sistema se denomina de
coeficientes constantes.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 2
1.2 Funciones vectoriales
Una función vectorial de variable real es un vector
X(t) =
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)
x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠cuyas componentes son funciones. Cuando manejamos funciones vectoriales,
hemos de tener en cuenta los siguientes aspectos:
1. El dominio de una función vectorial es el la intersección del dominio de
sus componentes.
2. Una función vectorial es continua en un intervalo I si todas sus compo-
nentes son continuas en I.
3. La derivada de una función vectorial se obtiene derivando sus componentes
d
dt
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)
x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
d
dtx1(t)
d
dtx2(t)
...d
dtxn(t)
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.
4. La primitiva de una función vectorial se obtiene integrando sus compo-
nentes
Z ⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)
x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ dt =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
Zx1(t) dt
Zx2(t) dt
...Zxn(t) dt
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.
Ejemplo 1.1 Consideramos la función vectorial definida por
X(t) =
⎛⎝ ln t
e2t√4− t
⎞⎠ .1. Determina el dominio.
2. Calcula X0.
3. Calcula una primitiva.
4. Calcula Z 2
1
X dt.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 3
1. Dominio. Las funciones componentes son
x1 = ln t, x2 = e2t, x3 =
√4− t.
Los dominios de las funciones componentes son
D(x1) = (0,+∞) ,D(x2) = (−∞,+∞),D(x3) = (−∞, 4],
por lo tanto, el dominio de la función vectorial es
D(X) = D(x1) ∩D(x2) ∩D(x3) = (0, 4].
2. Derivada.
X0 =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
1
t
2e2t
−12√4− t
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.
3. Primitiva. Calculamos las primitivas de las funciones componentes.Zx1 dt =
Zln t dt = t ln t−
Zt1
tdt = t ln t− t+ c1,Z
e2t dt =1
2e2t + c2,
Z √4− t dt = −
Z(4− t)1/2 (−1) dt = − 1
(3/2)(4− t)3/2 + c3
=−23(4− t)3/2 + c3.
En resumen, tenemos
ZX dt =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
t ln t− t
1
2e2t
−23(4− t)3/2
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠+C,
donde C =(c1, c2, c3)tes un vector arbitrario de R3.
4. Integral definida. Calculamos la integral definida de las funciones componen-
tes Z 2
1
x1dt =
Z 2
1
ln t dt = [t ln t− t]t=2t=1 = 2 ln 2− 1,
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 4
Z 2
1
x2 dt =
Z 2
1
e2t dt =
∙1
2e2t¸t=2t=1
=1
2e4 − 1
2e2,
Z 2
1
x3 dt =
Z 2
1
√4− t dt =
∙−23
³p(4− t)
´3¸t=2t=1
= −43
√2 + 2
√3.
Por lo tanto, resulta
Z 2
1
X dt =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝R 21x1(t) dtR 2
1x2(t) dtR 2
1x3(t) dt
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝
2 ln 2− 1
1
2e4 − 1
2e2
−43
√2 + 2
√3
⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎝ 0. 38629
23. 60455
1. 57848
⎞⎠ . ¤
1.3 Propiedades de la derivación de funciones vectoriales
Sea:
• X(t), Y(t) funciones vectoriales del mismo número de componentes,• α un escalar,
• f(t) una función escalar (a cada t le corresponde un valor real),• v un vector constante.
Entonces, se cumple
1. [X(t) +Y(t)]0= X0(t) +Y0(t).
2. [αX(t)]0= αX0(t).
3. [f(t)X(t)]0= f 0(t)X(t) + f(t)X0(t).
4. [f(t)v]0= f 0(t)v.
Ejemplo 1.2 Dada la función vectorial
X =
µt2
sin2 t
¶y la función escalar f(t) = e2t, calcula [f(t)X(t)]
0.
Aplicamos la regla del producto
[f(t)X(t)]0= f 0(t)X(t) + f(t)X0(t),
[f(t)X(t)]0= 2e2t
µt2
sin2 t
¶+ e2t
µ2t
2 sin t cos t
¶= 2e2t
µt2 + t
sin2+sin t cos t
¶. ¤
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 5
1.4 Expresión matricial de un sistema lineal
Un sistema lineal de ecuaciones diferenciales de primer orden se puede escribir
en la forma
X0 = AX+B,
donde
X =
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)
x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , A =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)
a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...
an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , B =
⎛⎜⎜⎜⎝b1(t)
b2(t)...
bn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ .Denominamos dimensión del sistema al número de componentes del vector X.
Ejemplo 1.3 Consideramos el sistema lineal homogéneo con coeficientes cons-
tantes ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= −4x+ 6y,
dy
dt= −3x+ 5y.
1. Exprésalo en forma matricial.
2. Verifica que las funciones vectoriales
X1 =
µ1
1
¶e2t, X2 =
µ2
1
¶e−t
son soluciones del sistema.
1. Expresión matricial. El sistema puede expresarse en la forma
d
dt
µx
y
¶=
µ −4 6
−3 5
¶µx
y
¶,
si tomamos
X =
µx
y
¶, A =
µ −4 6
−3 5
¶,
el sistema se escribe
X0 = AX.
2. Verificación de la soluciones. Tomamos
X1 =
µ1
1
¶e2t
y calculamos la derivada
X01 =
µ1
1
¶2e2t.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 6
Por otra parte, tenemos
AX1 =
µ −4 6
−3 5
¶ ∙µ1
1
¶e2t¸= e2t
∙µ −4 6
−3 5
¶µ1
1
¶¸= e2t
µ −4 + 6−3 + 5
¶= e2t
µ2
2
¶= X0
1,
por lo tanto, X1(t) es solución del sistema.
Para X2, resulta
X2 =
µ2
1
¶e−t,
X02 =
µ −2−1
¶e−t,
AX2 =
µ −4 6
−3 5
¶ ∙µ2
1
¶e−t¸= e−t
∙µ −4 6
−3 5
¶µ2
1
¶¸= e−t
µ −8 + 6−6 + 5
¶= e−t
µ −2−1
¶,
por lo tanto, X2(t) también es solución del sistema. ¤
2 Sistemas lineales homogéneos
Nos ocupamos en esta sección de sistemas lineales homogéneos
X0 = AX,
donde
X =
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)
x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , A =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)
a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...
an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ .
2.1 Independencia lineal
Supongamos que las funciones vectoriales
X1(t), X2(t), . . . ,Xk(t)
son soluciones del sistema homogéneo en el intervalo I. Decimos que las so-
luciones son linealmente dependientes en el intervalo I si existen constantes
c1, c2, . . . , ck tales que
c1X1 + c2X2 + · · ·+ ckXk = 0,
para todo t en el intervalo I.
Si la ecuación
c1X1 + c2X2 + · · ·+ ckXk = 0, para todo t ∈ Isólo se cumple cuando
c1 = c2 = · · · = ck = 0,decimos que el conjunto de soluciones X1,X2, . . . ,Xk, son linealmente indepen-
dientes.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 7
2.2 Wronskiano
La independencia lineal puede estudiarse usando el wronskiano de n funciones
vectoriales.
Teorema 2.1 Consideramos el sistema lineal homogéneo de dimensión n
d
dt
⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...
xn
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)
a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...
an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...
xn
⎞⎟⎟⎟⎠y supongamos que
X1 =
⎛⎜⎜⎜⎝x11x21...
xn1
⎞⎟⎟⎟⎠ ,X2 =
⎛⎜⎜⎜⎝x12x22...
xn2
⎞⎟⎟⎟⎠ , . . . ,Xn =
⎛⎜⎜⎜⎝x1nx2n...
xnn
⎞⎟⎟⎟⎠son n vectores solución en el intervalo I. Entonces el conjunto de vectores so-
lución es linealmente independiente en el intervalo si y sólo si el wronskiano
W (X1,X2, . . . ,Xn) =
¯̄̄̄¯̄̄̄¯x11 x12 · · · x1nx21 x22 · · · x2n...
.... . .
...
xn1 xn2 · · · xnn
¯̄̄̄¯̄̄̄¯
es no nulo para todo t ∈ I.
2.3 Estructura del espacio de soluciones
El siguiente teorema determina la estructura del conjunto de soluciones de un
sistema lineal homogéneo.
Teorema 2.2 El conjunto de soluciones del sistema lineal homogéneo de di-
mensión n
d
dt
⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...
xn
⎞⎟⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)
a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...
an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠⎛⎜⎜⎜⎝x1x2...
xn
⎞⎟⎟⎟⎠es un espacio vectorial de dimensión n.
Dado el sistema de dimensión n
X0 = AX,
denominamos conjunto fundamental de soluciones a un conjunto de n soluciones
X1,X2, . . . ,Xn
linealmente independientes. Observamos que según el Teorema 2.2, todo sistema
lineal homogéneo tiene sistemas fundamentales de soluciones.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 8
Teorema 2.3 Dado el sistema lineal homogéneo
X0 = AX,
sea X1,X2, . . . ,Xn un sistema fundamental de soluciones en el intervalo I.
Entonces la solución general del sistema en el intervalo es
X = c1X1 + c2X2 + · · ·+ cnXn
donde c1, c2, . . . , cn son constantes arbitrarias.
Ejemplo 2.1 Determina la solución general del sistema
d
dt
µx
y
¶=
µ −4 6
−3 5
¶µx
y
¶.
Hemos visto en el Ejemplo 1.3, que los vectores
X1 =
µ1
1
¶e2t, X2 =
µ2
1
¶e−t,
son solución del sistema. El wronskiano es
W (X1,X2) =
¯̄̄̄e2t 2e−t
e2t e−t
¯̄̄̄= e2te−t − e2t2e−t = et − 2et = −et.
Obtenemos que el wronskiano no se anula para ningún valor de t, por lo tan-
to los vectores solución son linealmente independientes y forman un sistema
fundamental. La solución general es
X = c1
µ1
1
¶e2t + c2
µ2
1
¶e−t, c1, c2 ∈ R.
que también puede escribirse en la forma½x = c1e
2t + 2c2e−t
y = c1e2t + c2e
−t , c1, c2 ∈ R. ¤
3 Resolución de sistemas lineales homogéneos
con coeficientes constantes
En esta sección se muestra como obtener la solución general del sistema lineal
homogéneo de dimensión n con coeficientes constantes
X0= AX.
La construcción de la solución se basa en el cálculo de los valores y vectores
propios de la matriz de coeficientes A. Consideramos 3 casos:
1. Valores propios reales distintos.
2. Valores propios reales repetidos.
3. Valores propios complejos distintos.
No trataremos el caso de valores propios complejos repetidos.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 9
3.1 Valores propios reales distintos
La matriz de coeficientes es una matriz cuadrada de orden n, siA tiene n valores
propios reales distintos,
λ1,λ2, . . . ,λn,
entonces podemos determinar n vectores propios linealmente independientes
V1,V2, . . . ,Vn.
En este caso las funciones vectoriales
X1(t) = V1eλ1t, X2(t) = V2e
λ2t, . . . , Xn(t) = Vneλnt,
forman un sistema fundamental de soluciones en el intervalo (−∞,+∞), y lasolución general es
X(t) = c1V1eλ1t + c2V2e
λ2t + · · ·+ cnVneλnt,
donde c1, c2, . . . , cn, son constantes arbitrarias.
Ejemplo 3.1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= −4x+ 6y,
dy
dt= −3x+ 5y.
Determina la solución particular que verifica
X(0) =
µ0
1
¶.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ −4 6
−3 5
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄−4− λ 6
−3 5− λ
¯̄̄̄= (−4− λ) (5− λ) + 18
= −20 + 4λ− 5λ+ λ2 + 18
= λ2 − λ− 2.
Resolvemos la ecuación característica
λ2 − λ− 2 = 0,
λ =1±√1 + 8
2=
⎧⎨⎩1+32= 2,
1−32= −1.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 10
Los valores propios son
λ1 = −1, λ2 = 2.
Para calcular los vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos
(A− λ1I)V = 0,
(A+ I)V = 0,µ −4 + 1 6
−3 5 + 1
¶µx
y
¶=
µ0
0
¶,½ −3x+ 6y = 0
−3x+ 6y = 0 .
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{−x+ 2y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = 2α
y = α, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ2
1
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ2
1
¶.
Para calcular los vectores propios asociados a λ2 = 2, resolvemos
(A− 2I)V = 0,µ −4− 2 6
−3 5− 2¶µ
x
y
¶=
µ0
0
¶,½ −6x+ 6y = 0,
−3x+ 3y = 0.Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{−x+ y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = α,
y = α,α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ1
1
¶, α ∈ R,
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 11
tomamos
V2 =
µ1
1
¶.
Sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ2
1
¶e−t, X2 =
µ1
1
¶e2t,
la solución general es
X = c1
µ2
1
¶e−t + c2
µ1
1
¶e2t.
Para determinar la solución particular, imponemos la condición
X(0) =
µ0
1
¶y resulta
c1
µ2
1
¶e0 + c2
µ1
1
¶e0 =
µ0
1
¶,½
2c1 + c2 = 0,
c1 + c2 = 1.
Restamos la 2a ecuación a la 1a y obtenemos
c1 = −1,
sustituyendo en la 1a ecuación, resulta
c2 = 2.
Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es
X(t) = −µ2
1
¶e−t + 2
µ1
1
¶e2t,
o bien ½x(t) = −2e−t + 2e2t,y(t) = −e−t + 2e2t. ¤
3.2 Valores propios reales repetidos
Cuando existe un valor propio λ de multiplicidadm, la situación es bastante más
complicada. A continuación vemos algunos casos particulares. Representamos
por
Pλ = ker (A− λI)
el subespacio de vectores propios asociados al valor propio λ.
Conviene notar que si reunimos vectores solución linealmente independientes
correspondientes a valores propios distintos, se obtiene un conjunto de soluciones
linealmente independiente.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 12
3.2.1 Valor propio de mutiplicidad 2 con dim(Pλ) = 2
En este caso disponemos de dos vectores propios asociados V1,V2 que son
linealmente independientes. La solución es análoga al caso de valores propios
simples. Los vectores
X1(t) = V1eλt, X2(t) = V2e
λt,
son vectores solución linealmente independientes.
Ejemplo 3.2 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩
dx
dt= x,
dy
dt= −x+ y − z,
dz
dt= x+ 2z.
Se trata de un sistema de dimensión 3, en forma matricial es
X0 =
⎛⎝ 1 0 0
−1 1 −11 0 2
⎞⎠X.Calculamos el polinomio característico
p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄¯̄ 1− λ 0 0
−1 1− λ −11 0 2− λ
¯̄̄̄¯̄
= (1− λ)
¯̄̄̄1− λ −10 2− λ
¯̄̄̄= (1− λ)
2(2− λ) ,
los valores propios son
λ1 = 1 (doble) , λ2 = 2.
Vectores propios asociados a λ1 = 1. Resolvemos
(A− λ1I)V = 0,
(A− I)V = 0,⎛⎝ 0 0 0
−1 0 −11 0 1
⎞⎠⎛⎝ x
y
z
⎞⎠ =
⎛⎝ 0
0
0
⎞⎠ ,½ −x− z = 0,
x+ z = 0.
Resulta un sistema de una ecuación con tres incógnitas
{x+ z = 0,
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 13
resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α
y = β
z = −α, α,β ∈ R,
los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
⎛⎝ 1
0
−1
⎞⎠+ β
⎛⎝ 0
1
0
⎞⎠ , α,β ∈ R.
El subespacio de vectores propios Pλ1 es de dimensión 2, podemos obtener dos
vectores propios linealmente independientes
V1 =
⎛⎝ 1
0
−1
⎞⎠ , V2 =
⎛⎝ 0
1
0
⎞⎠ ,y construir los vectores solución
X1(t) =
⎛⎝ 1
0
−1
⎞⎠ et, X2(t) =
⎛⎝ 0
1
0
⎞⎠ et.Vectores propios asociados a λ2 = 2. Resolvemos el sistema
(A− 2I)V = 0,⎛⎝ 1− 2 0 0
−1 1− 2 −11 0 2− 2
⎞⎠⎛⎝ x
y
z
⎞⎠ =
µ0
0
¶,
⎛⎝ −1 0 0
−1 −1 −11 0 0
⎞⎠⎛⎝ x
y
z
⎞⎠ =
µ0
0
¶,
⎧⎨⎩ −x = 0,−x− y − z = 0,x = 0.
Resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½x = 0,
y + z = 0.
Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = 0
y = α
z = −α, α ∈ R,
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
⎛⎝ 0
1
−1
⎞⎠ , α ∈ R,
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 14
tomamos
V3 =
⎛⎝ 0
1
−1
⎞⎠y obtenemos el vector solución
X3(t) =
⎛⎝ 0
1
−1
⎞⎠ e2t.Finalmente, obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1(t) =
⎛⎝ 1
0
−1
⎞⎠ et, X2(t) =
⎛⎝ 0
1
0
⎞⎠ et, X3(t) =
⎛⎝ 0
1
−1
⎞⎠ e2ty la solución general es
X(t) = c1
⎛⎝ 1
0
−1
⎞⎠ et + c2⎛⎝ 0
1
0
⎞⎠ et + c3⎛⎝ 0
1
−1
⎞⎠ e2t,donde c1, c2, c3 son constantes arbitrarias. La solución también puede expresarse
en la forma ⎧⎨⎩ x(t) = c1et,
y(t) = c2et + c3e
2t,
z(t) = −c1et − c3e2t. ¤
3.2.2 Valor propio de mutiplicidad 2 con dim(Pλ) = 1
En este caso disponemos de un único vector propio asociado V1. Un vector
solución es
X1(t) = V1eλt.
Podemos construir un segundo vector solución de la forma
X2(t) = V1teλt +V2e
λt,
donde V2 verifica
(A− λI)V2 = V1.
Las funciones vectoriales X1(t), X2(t) así obtenidas son soluciones linealmente
independientes.
Ejemplo 3.3 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= −3x− y,
dy
dt= 4x+ y,
y determina la solución particular que verifica½x(0) = 0,
y(0) = 1.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 15
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ −3 −1
4 1
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄ −3− λ −1
4 1− λ
¯̄̄̄= (−3− λ) (1− λ) + 4
= −3 + 3λ− λ+ λ2 + 4
= λ2 + 2λ+ 1.
Resolvemos
λ2 + 2λ+ 1 = 0,
λ =−2±√4− 4
2=−22= −1 (doble).
Tenemos un único valor propio doble
λ = −1.
Vectores propios asociados a λ = −1. Resolvemos
(A− λI)V = 0,
(A+ I)V = 0,µ −3 + 1 −14 1 + 1
¶µx
y
¶=
µ0
0
¶,½ −2x− y = 0,
4x+ 2y = 0.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{2x+ y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = −2α , α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma
V = α
µ1
−2¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ1
−2¶.
El subespacio de vectores propios es de dimensión 1. Obtenemos un primer
vector solución
X1(t) =
µ1
−2¶e−t.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 16
Para determinar un segundo vector solución X2, calculamos V2 que verifique
(A+ I)V2 = V1,µ −2 −14 2
¶µx
y
¶=
µ1
−2¶,½ −2x− y = 1,
4x+ 2y = −2.Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{2x+ y = −1,resolvemos paramétricamente½
x = α
y = −1− 2α , α ∈ R.
Para α = 0, obtenemos el vector
V2 =
µ0
−1¶,
construimos un segundo vector solución de la forma
X2(t) = V1teλt +V2e
λt,
esto es
X2(t) =
µ1
−2¶te−t +
µ0
−1¶e−t.
La solución general es
X(t) = c1
µ1
−2¶e−t + c2
∙µ1
−2¶te−t +
µ0
−1¶e−t¸.
Para determinar la solución particular, imponemos las condiciones :½x(0) = 0,
y(0) = 1,
o lo que es lo mismo
X(0) =
µ0
1
¶,
y obtenemos
c1
µ1
−2¶e0 + c2
∙µ1
−2¶0 · e0 +
µ0
−1¶e0¸=
µ0
1
¶,
c1
µ1
−2¶+ c2
µ0
−1¶=
µ0
1
¶,µ
c1−2c1 − c2
¶=
µ0
1
¶,
de donde resulta ½c1 = 0,
c2 = −1.La solución particular es
X(t) =
µ −e−tte−t + 2e−tt
¶. ¤
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 17
4 Valores propios complejos
Consideramos el sistema
X0= AX,
donde A es una matriz n × n real. Si A tiene un par conjugado de valores
propios complejos
λ = α± βi,
tomamos el valor propio
λ = α+ βi
y calculamos un vector propio asociado
V = U+Wi.
Entonces podemos obtener el par de vectores solución
X1(t) = eαt (U cosβt−W sinβt) ,
X2(t) = eαt (U sinβt+W cosβt) .
Los vectores solución obtenidos son la parte real y la parte imaginaria de
eαt (cosβt+ i sinβt) (U+Wi) .
Ejemplo 4.1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 4x− 5y,
dy
dt= 5x− 2y,
y determina la solución particular que verifica½x(0) = 0,
y(0) = 1.
Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ4 −55 −2
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄4− λ −55 −2− λ
¯̄̄̄= (4− λ) (−2− λ) + 25
= −8− 4λ+ 2λ+ λ2 + 25
= λ2 − 2λ+ 17.
Resolvemos la ecuación característica
λ2 − 2λ+ 17 = 0,
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 18
λ =2±√4− 68
2=2± 8i2
= 1± 4i,tenemos un par de valores propios complejos conjugados
λ = 1± 4i.
Para calcular un vector propio asociado a
λ = 1 + 4i,
resolvemos el sistema
(A− λI)V = 0,µ4− 1− 4i −5
5 −2− 1− 4i¶µ
x
y
¶=
µ0
0
¶,µ
3− 4i −55 −3− 4i
¶µx
y
¶=
µ0
0
¶.
Obtenemos el sistema ½(3− 4i)x− 5y = 0,5x− (3 + 4i) y = 0,
reordenamos ½5x− (3 + 4i) y = 0,(3− 4i)x− 5y = 0.
Multiplicamos la primera ecuación por
−(3− 4i)5
y la sumamos a la segunda, y obtenemos½5x− (3 + 4i) y = 0,
0 = 0.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{5x− (3 + 4i) y = 0,
resolvemos paramétricamente⎧⎪⎨⎪⎩x =
3 + 4i
5a
y = a
, a ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ son de la forma
V = a
⎛⎜⎝3 + 4i
5
1
⎞⎟⎠ , a ∈ R.
Tomamos
V =
µ3 + 4i
5
¶=
µ3
5
¶+ i
µ4
0
¶.
Page 19
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 19
El sistema fundamental de soluciones son la parte real y la parte imaginaria de
et (cos 4t+ i sin 4t)
∙µ3
5
¶+ i
µ4
0
¶¸.
Sistema fundamental de soluciones
X1(t) = et
∙µ3
5
¶cos 4t−
µ4
0
¶sin 4t
¸= et
µ3 cos 4t− 4 sin 4t,
5 cos 4t
¶,
X2(t) = et
∙µ4
0
¶cos 4t+
µ3
5
¶sin 4t
¸= et
µ4 cos 4t+ 3 sin 4t
5 sin 4t
¶.
La solución general es
X = c1et
∙µ3
5
¶cos 4t−
µ4
0
¶sin 4t
¸+ c2e
t
∙µ4
0
¶cos 4t+
µ3
5
¶sin 4t
¸= c1e
t
µ3 cos 4t− 4 sin 4t
5 cos 4t
¶+ c2e
t
µ4 cos 4t+ 3 sin 4t
5 sin 4t
¶.
Para determinar la solución particular, imponemos la condición
X(0) =
µ0
1
¶y resulta
c1e0
µ3 cos 0− 4 sin 0
5 cos 0
¶+ c2e
0
µ4 cos 0 + 3 sin 0
5 sin 0
¶=
µ0
1
¶,
c1
µ3
5
¶+ c2
µ4
0
¶=
µ0
1
¶,½
3c1 + 4c2 = 0,
5c1 = 1,½c1 = 1/5,
c2 = −3/20.Por lo tanto, la solución del problema de valor inicial es
X(t) =1
5etµ3 cos 4t− 4 sin 4t
5 cos 4t
¶− 3
20etµ4 cos 4t+ 3 sin 4t
5 sin 4t
¶,
X(t) =
⎛⎜⎜⎝−54et sin 4t
et cos 4t− 34et sin 4t
⎞⎟⎟⎠ . ¤
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 20
5 Resolución de sistemas completos: variación
de parámetros
El objetivo de esta sección es presentar un método de resolución para sistemas
de ecuaciones diferenciales lineales completos con coeficientes constantes
X0 = AX+B, (1)
donde
X =
⎛⎜⎜⎜⎝x1(t)
x2(t)...
xn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , A =
⎛⎜⎜⎜⎝a11(t) a12(t) · · · a1n(t)
a21(t) a22(t) · · · a2n(t)...
.... . .
...
an1(t) an2(t) · · · ann(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , B =
⎛⎜⎜⎜⎝b1(t)
b2(t)...
bn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ .Puede demostrarse que la solución general del sistema (1) puede expresarse en
la forma
X(t) = Xh(t) +Xp(t),
donde
• Xh es la solución general del sistema homogéneo
X0 = AX.
• Xp es una solución particular del sistema completo
X0 = AX+B.
Cuando el sistema es de coeficientes constantes, disponemos de métodos para
determinar la solución general del sistema homogéneo, por lo tanto, el problema
se reduce a calcular una solución particular del sistema completo.
5.1 Matriz fundamental
Consideramos el sistema homogéneo
X0 = AX. (2)
Una matriz fundamental es una matriz cuyas columnas es un sistema funda-
mental de soluciones, esto es, decir que la matriz
Φ =
⎛⎜⎜⎜⎝x11(t) x12(t) · · · x1n(t)
x21(t) x22(t) · · · x2n(t)...
.... . .
...
xn1(t) xn2(t) · · · xnn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠es una matriz fundamental del sistema (2) sobre el intervalo I equivale a decir
que los vectores
X1(t) =
⎛⎜⎜⎜⎝x11(t)
x21(t)...
xn1(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ ,X2(t) =
⎛⎜⎜⎜⎝x12(t)
x22(t)...
xn2(t)
⎞⎟⎟⎟⎠ , . . . ,Xn(t) =
⎛⎜⎜⎜⎝x1n(t)
x2n(t)...
xnn(t)
⎞⎟⎟⎟⎠son un sistema fundamental de soluciones.
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 21
• Empleando una matriz fundamental, la solución general del sistema ho-mogéneo se puede escribir en la forma
X = ΦC,
donde
C =
⎛⎜⎜⎜⎝c1c2...
cn
⎞⎟⎟⎟⎠ .es vector columna cuyas componentes son constantes arbitrarias.
• La matriz fundamental verifica la siguiente propiedad
Φ0 = AΦ.
Ejemplo 5.1 Dado el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= 2x− 4y,
dy
dt= −x− y.
1. Determina un sistema fundamental de soluciones.
2. Calcula una matriz fundamental y verifica que cumple la propiedad
Φ0 = AΦ.
3. Verifica que las dos formas de expresar la solución general
X = c1X1 + c2X2, X = ΦC,
son equivalentes.
1. Sistema fundamental de soluciones. Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ
2 −4−1 −1
¶X.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄2− λ −4−1 −1− λ
¯̄̄̄= (2− λ) (−1− λ)− 4= −2− 2λ+ λ+ λ2 − 4= λ2 − λ− 6,
resolvemos
λ2 − λ− 6 = 0,
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 22
λ =1±√1 + 24
2=
⎧⎨⎩1+52= 3,
1−52= −2.
Los valores propios son
λ1 = 3, λ2 = −2.Vectores propios asociados a λ1 = 3. Resolvemos
(A− 3I)V = 0,µ2− 3 −4−1 −1− 3
¶µx
y
¶=
µ0
0
¶,µ −1 −4
−1 −4¶µ
x
y
¶=
µ0
0
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ 4y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = −4αy = α
, α ∈ R.
Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ −41
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ −41
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = −2. Resolvemos
(A+ 2I)V = 0,µ2 + 2 −4−1 −1 + 2
¶µx
y
¶=
µ0
0
¶,µ
4 −4−1 1
¶µx
y
¶=
µ0
0
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{−x+ y = 0 ,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = α, α ∈ R.
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ1
1
¶, α ∈ R,
Page 23
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 23
tomamos
V2 =
µ1
1
¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ −41
¶e3t, X2 =
µ1
1
¶e−2t.
2. Matriz fundamental.
Φ =
µ −4e3t e−2t
e3t e−2t
¶.
Verificamos que se cumple la propiedad
Φ0 = AΦ.
La derivada es
Φ0 =µ −12e3t −2e−2t
3e3t −2e−2t¶,
por otra parte, calculamos
AΦ =
µ2 −4−1 −1
¶µ −4e3t e−2t
e3t e−2t
¶=
µ −8e3t − 4e3t 2e−2t − 4e−2t4e3t − e3t −e−2t − e−2t
¶=
µ −12e3t −2e−2t3e3t −2e−2t
¶= Φ0.
3. Solución general. Tenemos
X(t) = c1
µ −41
¶e3t + c2
µ1
1
¶e−2t,
X(t) =
µ −4e3t e−2t
e3t e−2t
¶µc1c2
¶.
En ambos casos, resulta½x (t) = −4c1e3t + c2e−2t,y (t) = c1e
3t + c2e−2t. ¤
5.2 Cálculo de la solución particular
Teorema 5.1 Dado el sistema
X0= AX+B,
podemos obtener una solución particular para el sistema completo de la forma
Xp = ΦRΦ−1B dt
donde Φ, es una matriz fundamental. La solución general del sistema completo,
es
X = ΦC+ΦRΦ−1B dt
donde C es un vector columna cuyas componentes son constantes arbitrarias.
Page 24
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 24
Demostración. Partimos de la solución de la ecuación homogénea
X = ΦC
y usamos el método de variación de constantes para determinar una solución
particular del sistema completo, esto es proponemos una solución particular de
la forma
Xp = ΦU(t).
Sustituimos en el sistema completo
X0= AX+B
y resulta
Φ0U+ΦU0 = A (ΦU) +B,
usamos la propiedad
Φ0 = AΦ
y resulta
AΦU+ΦU0 = AΦU+B,
ΦU0 = B,
como Φ es invertible, podemos despejar U0
U0 = Φ−1B.
Integramos para obtener U
U =
ZΦ−1B dt
y, finalmente, la solución particular es
Xp = Φ
ZΦ−1B dt.
La solución general del sistema homogéneo es de la forma
Xh = ΦC
y la solución general del sistema completo se puede escribir como
X = Xh+Xp,
por lo tanto, resulta
X = ΦC+Φ
ZΦ−1B dt. ¤
Ejemplo 5.2 Consideramos el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx
dt= x+ 2y + 2e4t,
dy
dt= 2x+ y + e4t.
Page 25
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 25
1. Calcula una matriz fundamental.
2. Determina una solución particular del sistema completo.
3. Determina la solución general del sistema completo.
1. Matriz fundamental. Expresamos el sistema en forma matricial
X0 =µ1 2
2 1
¶X+
µ2e4t
e4t
¶,
se trata de un sistema completo
X0= AX+B
con
X =
µx(t)
y(t)
¶, A =
µ1 2
2 1
¶, B =
µ2e4t
e4t
¶.
El polinomio característico es
p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄1− λ 2
2 1− λ
¯̄̄̄= (1− λ) (1− λ)− 4= 1− 2λ+ λ2 − 4= λ2 − 2λ− 3,
resolvemos
λ2 − 2λ− 3 = 0,
λ =2±√4 + 12
2=
⎧⎨⎩2+42= 3,
2−42= −1.
Los valores propios son
λ1 = 3, λ2 = −1.Vectores propios asociados a λ1 = 3. Resolvemos
(A− 3I)V = 0,µ1− 3 2
2 1− 3¶µ
x
y
¶=
µ0
0
¶,µ −2 2
2 −2¶µ
x
y
¶=
µ0
0
¶.
Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x− y = 0,
resolvemos paramétricamente½x = α
y = α, α ∈ R.
Page 26
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 26
los vectores propios asociados a λ1 son de la forma
V = α
µ1
1
¶, α ∈ R,
tomamos
V1 =
µ1
1
¶.
Vectores propios asociados a λ2 = −1. Resolvemos
(A+ I)V = 0,µ1 + 1 2
2 1 + 1
¶µx
y
¶=
µ0
0
¶,µ
2 2
2 2
¶µx
y
¶=
µ0
0
¶,
resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas
{x+ y = 0.
Resolvemos paramétricamente½x = α
y = −α , α ∈ R,
los vectores propios asociados a λ2 son de la forma
V = α
µ1
−1¶, α ∈ R,
Tomamos
V2 =
µ1
−1¶.
Obtenemos el sistema fundamental de soluciones
X1 =
µ1
1
¶e3t, X2 =
µ1
−1¶e−t.
Matriz fundamental
Φ =
µe3t e−t
e3t −e−t¶.
2. Solución particular del sistema completo. Sabemos que podemos obtener una
solución particular del sistema completo a partir de la expresión
Xp = Φ
ZΦ−1B dt.
Tomamos la matriz fundamental
Φ =
µe3t e−t
e3t −e−t¶,
Page 27
Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 27
calculamos el determinante
|Φ| = −e3t e−t − e3t e−t = −2e2t,la inversa de Φ es
Φ−1 =1
−2e2tµ −e−t −e−t−e3t e3t
¶=1
2
µe−3t e−3t
et −et¶.
Calculamos el producto
Φ−1B =1
2
µe−3t e−3t
et −et¶µ
2e4t
e4t
¶=1
2
µe−3t 2e4t + e−3t e4t
et 2e4t − et e4t¶
=1
2
µ3et
e5t
¶.
Calculamos la integral
ZΦ−1B dt =
Z1
2
µ3et
e5t
¶dt =
1
2
⎛⎝ R3et dtRe5tdt
⎞⎠ =1
2
⎛⎜⎝ 3et
1
5e5t
⎞⎟⎠ .Finalmente la solución particular es
Xp = Φ
ZΦ−1B dt =
µe3t e−t
e3t −e−t¶1
2
⎛⎜⎝ 3et
1
5e5t
⎞⎟⎠
=1
2
µe3t e−t
e3t −e−t¶ ⎛⎜⎝ 3et
1
5e5t
⎞⎟⎠
=1
2
⎛⎜⎜⎝16
5e4t
14
5e4t
⎞⎟⎟⎠ =
⎛⎜⎜⎝8
5e4t
7
5e4t
⎞⎟⎟⎠ .3. Solución general del sistema completo. Podemos escribir la solución general
del sistema completo en la forma
X = ΦC+Φ
ZΦ−1B dt.
X =
µe3t e−t
e3t −e−t¶µ
c1c2
¶+
⎛⎜⎜⎝8
5e4t
7
5e4t
⎞⎟⎟⎠ ,o bien, usando un sistema fundamental de soluciones
X = c1
µe3t
e3t
¶+ c2
µe−t
−e−t¶+
⎛⎜⎜⎝8
5e4t
7
5e4t
⎞⎟⎟⎠ .
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Resumen y ejemplos Tema 9: Sistemas de EDOs. 28
En ambos casos, obtenemos la solución general⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x (t) = c1e
3t + c2e−t +
8
5e4t,
y (t) = c1e3t − c2e−t + 7
5e4t. ¤