Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales CAPÍTULO 10

Contenidos 10.1 Teoría Preliminar 10.2 Sistemas Lineales Homogéneos 10.3 Resolución por Daigonalización 10.4 Sistemas Lineales No Homogéneos 10.5 Matriz Exponencial

10.1 Teoría Preliminar Introducción Recuerde que en la Sec 3.11, tenemos el siguiente sistema de ED: (1)

También tenemos la forma normal (2)

Sistemas Lineales Cuando (2) es lineal, tenemos la forma normal como (3)

Sistemas en Notación Matricial Si permitimos que sea entonces (3) se transforma en (4) Si es homogéneo, (5)

Ejemplo 1 (a) Si , la forma matricial de es

(b) Si , la forma matricial de es

Un vector solución en un intervalo I es cualquier DEFINICIÓN 10.1 Un vector solución en un intervalo I es cualquier Matriz columna cuyos elementos son funciones diferenciables que Satisfacen el sistema (4) en el intervalo. Vector Solución

Ejemplo 2 Compruebe que en (−, ) son soluciones de (6)

Ejemplo 2 (2) Solución De tenemos

Problemas de Valor Inicial (PVI) Sea Entonces el problema Resolver: Sujeta a : X(t0) = X0 (7) es un PVI.

Sea the entries de A(t) y F(t) be functions continuous on a common interval I that contains t0, Then there exists a unique solución de (7) on I. TEOREMA 10.1 Existencia de una Solución Única Sea X1, X2,…, Xk be a set de solución de the homogeneous system (5) on I, then X = c1X1 + c2X2 + … + ckXk es also a solución on I. TEOREMA 10.2 Superposition Principles

Ejemplo 3 Please verify that are solutions de (8)

Ejemplo 3 (2) entonces también es una solución.

Sea X1, X2, …, Xk un conjunto de vectores solución del DEFINICIÓN 10.2 Sea X1, X2, …, Xk un conjunto de vectores solución del sistema homogéneo (5) 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 toda t en el intervalo. Si el conjunto de vectores no es Linealmente dependiente en el intervalo, se dice que es Linealmente independiente. Dependencia e Independencia Lineal

Sea n vectores solución del sistema homogéneo (5) en el TEOREMA 10.3 Sea n vectores solución del sistema homogéneo (5) en el intervalo I. Entonces el conjunto de vectores solución es linealmente independiente en I si y sólo si el wronskiano Crieterio de Soluciones Linealmente Independientes

(continución) (9) para toda t en el intervalo. TEOREMA 10.3 (9) para toda t en el intervalo. Crieterio de Soluciones Linealmente Independientes

Ejemplo 4 Hemos visto que son soluciones de (6). Como son linealmente independientes para toda t real.

Cualquier conjunto X1, X2, …, Xn de n vectores solución DEFINICIÓN 10.3 Cualquier conjunto X1, X2, …, Xn de n vectores solución Linealmente independientes del sistema homogéneo (5) En un intervalo I se dice que es un conjunto fundamental de soluciones en el intervalo. Conjunto Fundamental de Soluciones

Sea X1, X2, …, Xn un conjunto fundamental de soluciones Existe un conjunto fundamental de soluciones para el sistema homogéneo (5) en un intervalo I. TEOREMA 10.4 Extitencia de un Conjunto Fundamental Sea X1, X2, …, Xn un conjunto fundamental de soluciones del sistema homogéneo (5) en un intervalo I. Entonces la solución general del sistema en el intervalo es X = c1X1 + c2X2 + … + cnXn donde las ci, i = 1, 2,…, n son constantes arbitrarias. TEOREMA 10.5 Solución General, Sistemas Homogéneos

Ejemplo 5 Hemos visto que soluciones linealmente independientes de (6) en (−, ). De ahí que forman un conjunto fundamental de soluciones. Entonces la solución general es (10)

Ejemplo 6 Conside los vectores

Ejemplo 6 (2) El wronskiano es

Ejemplo 6 (2) Entonces la solución general es

homogéneo relacionado (5). Entonces solución general del TEOREMA 10.6 Sea Xp una solución dada del sistema no homogéneo (4) en el intervalo I, y sea que Xc = c1X1 + c2X2 + … + cnXn denota la solución general en el mismo intervalo del sistema homogéneo relacionado (5). Entonces solución general del sistema no homogéneo en el intervalo es X = Xc + Xp. La solución general Xc del sistema homogéneo (5) se llama funcción complementaria del sistema no homogéneo (4). Solución General, Sistemas No Homogéneas

Ejemplo 7 El vector es una solución particular de (11) en (−, ). En el Ejemplo 5, vimos que la solución de es Así la solución general de (11) en (−, ) es

10.2 Sistemas Lineales Homogéneos Una cuestión Nos preguntamos si siempre es posible hallar una solución de la forma (1) para el sistema lineal homogéneo de primer orden (2)

Valores Propios y Vectores Propios Si (1) es una solución de (2), entonces X = Ket entonces (2) se transforma en Ket = AKet . Así tenemos que AK = K ó AK – K = 0. Como K = IK, tenemos (A – I)K = 0 (3) La ecuación (3) es equivalente a

Si queremos hallar una solución no trivial X, se debe tener Si queremos hallar una solución no trivial X, se debe tener det(A – I) = 0 Las discusiones anteriores son similares valores propios y vectores propios de matrices.

Sean 1, 2,…, n n valores propios y reales de la matriz TEOREMA 10.7 Sean 1, 2,…, n n valores propios y reales de la matriz A de (2), y sean K1, K2,…, Kn los vectores propios correspondientes. La solución general de (2) es Solución General, Sistemas Homogéneos

Ejemplo 1 Resolver (4) Solución tenemos 1 = −1, 2 = 4.

Ejemplo 1 (2) 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

Ejemplo 1 (3) Tenemos y la solución es (5)

Ejemplo 2 Resolver (6) Solución

Ejemplo 2 (2) Para 1 = −3, tenemos Así k1 = k3, k2 = 0. Cuando k3 = 1, entonces (7)

Ejemplo 2 (3) Para 2 = −4, tenemos Así k1 = 10k3, k2 = − k3. Cuando k3 = 1, entonces (8)

Ejemplo 2 (4) Para 3 = 5, tenemos Entonces (9)

Ejemplo 2 (5) Así

Ejemplo 3: Valores Propios Repetidos Resolver Solución

Ejemplo 3 (2) Tenemos – ( + 1)2(– 5) = 0, entonces 1 = 2 = – 1, 3 = 5. Para 1 = – 1, k1 – k2 + k3 = 0 or k1 = k2 – k3. Escogiendo k2 = 1, k3 = 0 y k2 = 1, k3 = 1, por otro lado tenemos k1 = 1 y k1 = 0.

Ejemplo 3 (3) Así los dos vectores propios son Para 3 = 5,

Ejemplo 3 (4) Implica que k1 = k3 y k2 = – k3. Eligiendo k3 = 1, se tiene k1 = 1, k2 = –1, así Entonces la solución general es

Segunda Solución Suponga que 1 es de multiplicidad 2 y sólo lo hay un vector propio relacionado con este valor. Una segunda solución es de la forma (12) Así X = AX se transforma en tenemos (13) (14)

Ejemplo 4 Resolver Solución Priemro resolvemso det (A – I) = 0 = ( + 3)2,  = －3, －3, y entonces obtenemos el primer vector propio Sea

Ejemplo 4 (2) De (14), tenemos (A + 3 I) P = K. Entonces Eligimos p1 = 1, entonces p2 = 1/6. Sin embargo, elegimos p1 = ½, entonces p2 = 0. Así

Ejemplo 4 (3) De (12), tenemos La solución general es

Valores Propios de Multiplicidad 3 Cuando hay sólo un vector propio asociado a un valor propio de multiplicidad 3, podemos determinar una tercera solución como y

Ejemplo 5 Resolver Solución (1 – 2)3 = 0, 1 = 2 es de multiplicidad 3. Resolviendo (A – 2I)K = 0, tenemos un único vector propio

Ejemplo 5 (2) A continuación de resuelven (A – 2I) P = K y (A – 2I) Q = P, entonces Así

Sea A la matriz de coefcientes con elementos reales del TEOREMA 10.8 Sea A la matriz de coefcientes con elementos reales del sistema homogéneo (2), y sea K1 un vector propio correspondiente al valor propio complejo 1 =  + i ,  y  reales. Entonces y son soluciones de (2). Soluciones Correspondientes a un Valor Propio Complejo

Sea 1 =  + i un valor propio complejo de la matriz de TEOREMA 10.9 Sea 1 =  + i un valor propio complejo de la matriz de coeficientes A en el sistema homogéneo (2), y sean B1 y B2 los vectores columna definidos en (22). Entonces (23) son soluciones linealmente independientes de (2) en (－, ). Soluciones Reales que Corresponden a un Valor Propio Complejo

Ejemplo 6 Resolver Solución Primero, Para 1 = 2i, (2 – 2i)k1 + 8k2 = 0, – k1 + (–2 – 2i)k2 = 0, obtenemos k1 = –(2 + 2i)k2.

Ejemplo 6 (2) Elegimos k2 = –1, entonces Como  = 0, entonces

Fig 10.4

10.3 Resolución por Diagonalización Fórmula Si A es diagonalizable, entonces existe P, tal que D = P-1AP es diagonal. Dejando que sea X = PY se tiene que X = AX se transforma en PY = APY, Y = P-1APY, esto es, Y = DY, la solución es

Ejemplo 1 Resolver Solución De det (A – I) = – ( + 2)(– 1)(– 5), obtenemos 1 = – 2, 2 = 1 y 3 = 5. Puesto que son distintos, los vectores propios son linealmente independientes. Para i = 1, 2, 3, resolvemos (A –iI)K = 0, tenemos

Ejemplo 1 (2) entonces y Como Y = DY, entonces Así

10.4 Sistemas Lineales No Homogéneos Ejemplo 1 Resolver Solución Primero se resuelve X = AX,  = i, −i,

Ejemplo 1 (2) Ahora sea tenemos Así Finalmente, X = Xc + Xp

Ejemplo 2 Resolver Solución Priemro se resuelve X = AX. Por el mismo procedimiento, tenemos 1 = 2, 2 = 7, y Entonces

Ejemplo 2 (2) Ahora dejamos que sea Tras sustituir y simplificar, ó

Ejemplo 2 (3) Resolviendo las primeras ecuaciones , y sustituyendo estos valores en al menos dos ecuaciones, obtenemos La solución general del sistema en (－, ) es X = Xc + Xp ó

Ejemplo 3 Determine la forma pf Xp para dx/dt =5x + 3y – 2e-t + 1 dy/dt =−x + y + e-t – 5t + 7 Solución Como Entonces

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, ó (1)

(1) puede escribirse como. X = Φ(t)C (1) puede escribirse como X = Φ(t)C (2) donde C es el n  1 vector de constantes arbitrarias c1, c2,…, cn, y se llama matriz fundamental. Dos propiedades de (t): (i) regular; (ii) (t) = A(t) (3)

Variación de Parámetros Además, tenemos que hallar al función tal que Xp = Φ(t)U(t) (4) es una solución particular de (5) Como (6) entonces (7)

Usando (t) = A(t), entonces ó (8) Así y entonces Como Xp = Φ(t)U(t), entonces (9) Finalmente, X = Xc + Xp (10)

Ejemplo 4 Determinar la solución general de en (−, ). Solución Primero resolvemos el sistema homogéneo La ecuación característica de al matriz de coeficientes es

Ejemplo 4 (2) Podemos obtener  = −2, −5, y los vectores propios son Así las soluciones son Así

Ejemplo 4 (3) Ahora

Ejemplo 4 (4) De ahí que

Ejemplo 5 Resolver Solución Por el mismo método, tenemos Entonces

Ejemplo 5 (2) Sea X = PY, Tenemos dos ED:

Ejemplo 5 (3) Las soluciones son y1 = 1/5 et + c1 e y2 = –7/20 et + c2 e5t. Así

10.5 Matriz Exponencial También A0 = I, A2 = AA, …. Matriz Exponencial DEFINITION10.4 Para cualquier matriz A de n  n, (3) Matriz Exponencial También A0 = I, A2 = AA, ….

Derivada de eAt (4) Puesto que

Por otro lado, (5) entonces eAt también es una solución de X = AX.

Cálculo de eAt

Uso de la Transformada de Laplace X = AX, X(0) = I (7) Si x(s) = L{X(t)} = L{eAt}, luego sx(s) – X(0) = Ax(s) or (sI – A)x(s) = I Ahora x(s) = (sI – A)–1I = (sI – A)–1. Así L{eAt} = (sI – A)–1 (8)

Ejemplo 1 Use la Transformada de Laplace para calcular eAt, donde Solución

Ejemplo 1 (2)

Uso de Potencias Am (10) 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. Suponga que los valores propios de A son distintos. Poniendo  = 1, 2, …n en la segunda expresión de (10), obtenemos los cj de la primera expresión resolviendo n ecuaciones . De (3) y (2), tenemos

Remplazando Ak y k como sumas finitas, intercambiando el orden de la suma

Ejemplo 2: Uso de Potencias Am Calcular eAt, donde Solución Ya conocemos 1= −1 y 2 = 2, luego eAt = b0I + b1A y (14) Usando los valores de , se tiene tenemos b0 = (1/3)[e2t + 2e– t], b1 = (1/3)[e2t – e–t].

Ejemplo 2 (2) Así