E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema...

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.

1

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.


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,


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

¶. ¤


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.


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.


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.


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.


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.


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.


V = α

µ1

1

¶, α ∈ R,


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.


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,


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,


V = α

⎛⎝ 0

1

−1

⎞⎠ , α ∈ R,


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.


dt= −3x− y,

dy

dt= 4x+ y,

y determina la solución particular que verifica½x(0) = 0,

y(0) = 1.



X0 =µ −3 −1

4 1

¶X.


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.


{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.


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

¶. ¤


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) .


dt= 4x− 5y,

dy

dt= 5x− 2y,

y determina la solución particular que verifica½x(0) = 0,

y(0) = 1.


X0 =µ4 −55 −2

¶X.


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,


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.


{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

¶.


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

⎞⎟⎟⎠ . ¤


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.


• 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.


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,


λ =1±√1 + 24

2=

⎧⎨⎩1+52= 3,

1−52= −2.


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

¶.


{x+ 4y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = −4αy = α

, α ∈ R.


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

¶.


{−x+ y = 0 ,


y = α, α ∈ R.


V = α

µ1

1

¶, α ∈ R,


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.


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.


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

¶.


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.


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

¶.


{x− y = 0,


y = α, α ∈ R.



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,


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¶,


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

⎞⎟⎟⎠ .


En ambos casos, obtenemos la solución general⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩x (t) = c1e

3t + c2e−t +

8

5e4t,

y (t) = c1e3t − c2e−t + 7

5e4t. ¤

E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Resumen y ejemplos Tema...

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