Resumen Ecuaciones Diferenciales (segunda parte)

Ecuaciones diferenciales ordinarias

Profesor: Rafael Ramırez Ros.Transcripcion por Pedro Bibiloni Serrano.Revisado por Adria Recasens Continente

y Jorge Canardo Alastuey.

Otono de 2010

Indice general

3. Regularidad respecto condiciones iniciales 53.4. Teoria de la perturbacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

4. EDOs y sistemas de EDOs lineales 74.1. Sistemas de EDOs linales a coeficientes constantes. Exponencial de una matriz 154.2. Resolucion practica de Sistemas Lineales Homogeneos a coeficientes cons-

tantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.3. Sistemas de EDOs lineales homogeneos a coeficientes periodicos: . . . . . . 194.4. Matriz de Monodromıa. Teorema de Floquet . . . . . . . . . . . . . . . . . 224.5. Sistema de EDOs lineales no homogeneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

5. Analisis cualitativo: estabilidad de soluciones 335.1. Estabilidad de sistemas lineales con coeficientes constantes . . . . . . . . . . 345.2. Croquis de sistemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

3

4 INDICE GENERAL

Capıtulo 3

Regularidad respecto condicionesiniciales

3.4. Teoria de la perturbacion

3.1 Ejemplo. Proyectil disparado verticalmente.

t 7−→ tiempo [s],m 7−→ masa [kg],v 7−→ velocidad inicial [m · s−1],a 7−→ aceleracion inicial [m · s−2],k 7−→ coeficiente friccion [kg · s−1],

h(t) 7−→ altura en el instante t [m].

Segun la 2a ley de Newton, tenemos:

m · d2h

dt2= −mg − kdh

dt, h(0) = 0,

dh

dt(0) = v.

Si utilizamos un cambio de variable astuto podremos evitar arrastrar constantes. A estose le llama eliminacion de parametros fısicos. Este cambio astuto es: τ = g

v t, y = gv2h, ε =

kvmg 1. Con estos cambios, tenemos las siguientes ecuaciones:

d2y

dτ2= −1− εdy

dτ, y(0) = 0,

dy

dτ(0) = 1.

Normalmente, no podremos resolver el sistema, sino que tendremos que aproximar lasolucion. No obstante, en este caso, tenemos que la solucion de este PVI es:

yε(τ) =1 + ε

ε2

(1− e−ετ

)− τ

ε= τ − τ2

2+ ε

(−τ

2

2+τ3

6

)+ ε2

(τ3

6− τ4

24

)+ o(ε3).

Buscaremos la solucion de yε(τ) = y0(τ) + εy1(τ) + ε2y2(τ) + o(ε3) en forma de seriede Taylor. La EDO de segundo orden que nos aparece es:

d2y0

dτ2+ ε

d2y1

dτ2+ ε2d

2y0

dτ2+ o(ε3) =

dyεdτ

= −1− εdy0

dτ− ε2dy1

dτ− ε3dy2

dτ+ o(ε4).

5

6 CAPITULO 3. REGULARIDAD RESPECTO CONDICIONES INICIALES

Entonces, nos aparecen diversos PVI igualando los coeficientes de ε con el mismoexponente, con lo que nos queda:

PVI de O(ε0) :d2y0

dτ2= −1; y0(0) = 0;

dy0

dτ(0) = 1.

PVI de O(ε1) :

d2y1

dτ2= −dy0

dτ= τ − 1; y1(0) = 0;

dy1

dτ(0) = 1.

Y podrıamos seguir calculando terminos de yε(τ).

Ejercicio propuesto. Probar por induccion que:

yn(τ) = (−1)n(

τn+1

(n+ 1)!− τn+2

(n+ 2)!

)∀n ≥ 0.

Capıtulo 4

EDOs y sistemas de EDOs lineales

Objetivo. Estudiar las soluciones de sistemas de EDOs lineales de primer orden en formanormal. Es decir, estudiar las soluciones x1(t), x2(t), ..., xn(t) de los sistemas:

x′1(t) = a11(t)x1(t) + a12(t)x2(t) + ...+ a1n(t)xn(t) + b1(t)

...x′n(t) = an1(t)x1(t) + an2(t)x2(t) + ...+ ann(t)xn(t) + bn(t)

donde aij , bi : I 7→ R son funciones continuas conocidas en un cierto intervalo abiertoI ⊆ R.Notacion matricial:

x =

x1...xn

, b =

b1...bn

, A =

a11 . . . a1n...

. . ....

an1 . . . ann

El sistema de EDOs lineales anterior se escribe en forma matricial como:

x′ = A(t)x+ b(t),

donde A : I 7→ Mn×n(R) y b : I 7→ Rn son continuas.

4.1 Definicion. Tenemos que:

El sistema x′ = A(t)x + b(t) es a coeficientes constantes cuando la matriz A(t) nodepende de t.

El sistema es homogeneo cuando b(t) = 0 ∀t. El sistema homogeneo asociado alsistema x′ = A(t)x+ b(t), es x′ = A(t)x.

Motivacion: ecuaciones variacionalesSea x0(t) una solucion de x′ = f(t, x). Sea x(t) = x0(t) + z(t) una solucion de x′ =

f(t, x) tal que |z(0)| = |x(0)− x0(0)| 1. Entonces,

x′0 + z′ = x′ = f(t, x) = f(t, x0 + z)Taylor

= f(t, x0) +Dxf(t, x0(t))z + o2(z).

7

8 CAPITULO 4. EDOS Y SISTEMAS DE EDOS LINEALES

Como estamos en el caso |z(t)| 1, eliminamos los terminos de segundo orden en z yobtenemos el sistema de EDOs lineales:

z′ = A(t) · z, con A(t) = Dxf(t, x0(t)).

Caso simple: EDO autonoma: x′ = f(x), donde f no depende de t. Si hemos encontradouna solucion de la EDO, x0(t) = x0 punto de equilibrio (es decir, f(x0) = 0). Entonces,tendremos:

z′ = A(t)z, con A = Dxf(x0) matriz constante en t,

Con lo que nos queda un sistema homogeneo a coeficientes constantes (facil de resolver).

Caso no tan simple: EDO T-periodica: x′ = f(t, x), con f(t+ T, x) = f(t, x). Si x0 essolucion T-periodica (es decir, x0(t+ T ) = x0(t) ∀t), tenemos que:

z′ = A(t)z, con A(t) = Dxf(t, x0(t)).

Donde se cumple que A(t) es T-periodica:

A(t+ T ) = Dxf(t+ T, x0(t+ T )) = Dxf(t, x0(t)) = A(t).

4.2 Comentario. El estudio es facilmente extensible al caso de sistemas complejos:x = A(t)x+ b(t)A : I ⊆ R→Mn×n(C) continuab : I ⊆ R→ Cn continuat : tiempo real

Se puede escribir como un sistema puramente real de dimension 2n, separando las partesreales de las imaginarias.

4.3 Teorema (Recordatorio de existencia y unicidad de soluciones). Sea A : I ⊆ R →Mn×n(R) y b : I ⊆ R→ Rn que son continuas en un intervalo abierto, I ⊆ R, b ∈ I y x0 ∈Rn, entonces el PVI:

x′ = A(t)x+ b(t)x(t0) = x0

tiene una unica solucion definida en I.

4.4 Teorema (Estructura de las soluciones de un sistema homogeneo). Sea A : I ⊆ R→Mn×n(R) continua. Entonces,

1. El conjunto de las soluciones del sistema x′ = A(t)x es un subespacio vectorial (sev.)de dimension n dentro de C1(I,Rn).

2. Si x(t) = Φ(t; t0, x0) es la solucion del PVI:x′ = A(t)xx(t0) = x0

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entonces, la aplicacion definida por:

Rn → Rnx0 7→ Φ(t; t0, x0)

es un isomorfismo lineal ∀t, to ∈ I.

Demostracion:

1. Si tenemos una solucion del sistema x′(t) = A(t)x(t), podemos asegurar que esderivable:

x(t) ∈ C0, A(t) ∈ C0 =⇒ x′(t) ∈ C0 =⇒ x(t) ∈ C1.

Vamos a probar la linealidad: si x(t), y(t) son soluciones, entonces ∀α, β ∈ R,z(t) = αx(t) + βy(t) tambien lo es:

z′ = αx′ + βy′ = αA(t)x+ βA(t)y = A(t) (αx+ βy) = A(t)z.

Sea Z := conjunto de todas las soluciones de x′ = A(t)x. Para ver que la dimen-sion es n, fijamos un instante t0 ∈ I arbitrario, y consideramos la aplicacion definidapor:

g : Z −→ Rnx(t) 7−→ x(t0)

Esta funcion cumple que:

g es lineal (trivialmente).

g es inyectiva, ya que tenemos unicidad de soluciones del PVI.x′ = A(t)xx(t0) = x0

g es exhaustiva, ya que tenemos existencia de soluciones del mismo PVI.

Por tanto, tenemos que dim Z = dim Rn = n.

2. Antes de probar lo que queremos ver, vamos a ver que si x(t) es una solucion de

x′ = A(t)x

tal que x(t0) = 0 para algun t0 ∈ I, entonces se cumple que

x(t) = 0 ∀t ∈ I

Para ver esto, veamos que y(t) = 0 ∀t ∈ I. Esta funcion es una solucion del PVI:x′ = A(t)xx(t0) = 0


Dado que x(t) es solucion del mismo PVI, por el teorema de existencia y unicidadde soluciones, tenemos que:

x(t) = y(t) ∀t ∈ I ⇒ x(t) = 0 ∀t ∈ I

Sean t, t0 ∈ I arbitrarios. Consideramos la aplicacion:

Φ(t; t0, ·) : Rn → Rnx0 7→ Φ(t; t0, x0) = x(t)

Esta aplicacion cumple con:

Φ(t; t0, ·) es lineal (ejercicio)

Φ(t; t0, ·) es inyectiva, pues Nuc[Φ(t; t0, ·)] = funcion nula = 0Φ(t; t0, ·) es exhaustiva, pues es inyectiva y dim Rn < +∞

Por todo esto, tenemos que Φ(t; t0, ·) es un isomorfismo lineal.

Moraleja: Este resultado nos dice que podemos etiquetar las soluciones de x′ = A(t)xmediante la posicion inicial x0 ∈ Rn, o sea, tenemos

Z → Rnx(t) 7→ x(t0) = x0

que es un isomorfismo.

4.5 Comentario (Consecuencias del teorema:). 1. Sea φ1(t), . . . , φn(t) n soluciones li-nealmente independientes de x′ = A(t)x, entonces cualquier otra solucion es unacombinacion lineal de ellas:

x(t) =n∑i=0

ciφi(t), c1, . . . , cn ∈ R

Diremos que φ1(t), . . . , φn(t) es un conjunto fundamental de soluciones.1

2. Dada una base arbitraria v1(t), . . . , vn(t) de Rn, entonces el conjunto

φj(t) = Φ(t; t0, vj)j=1,...,n es base de Z

Esta es la forma tıpica de escoger un conjunto fundamental de soluciones.

3. Φ(t; t0, x0) es lineal en x0 =⇒ ∃B(t, t0) ∈ Mn×n invertible2 tal que Φ(t; t0, x0) =B(t, t0)x0. Esta matriz B(t, t0) cumple el PVI:

∂B∂t (t, t0) = A(t)B(t, t0)B(t0, t0) = In

1Hay que darse cuenta de que el conjunto φ1(t), . . . , φn(t) forma una base del espacio de solucionesZ. Z tiene infinitas bases por ser espacio vectorial, ası que existiran infinitos conjuntos de funciones quesean base

2B es la matriz de una aplicacion que es un isomorfismo. Por eso, tenemos que det(B) 6= 0

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La justificacion de esto es que:

∂B

∂t(t, t0)x0 =

∂Φ

∂t(t; t0, x0) = A(t)Φ(t; t0, x0) = A(t)B(t, t0)x0 ∀t, to ∈ I, ∀xo ∈ Rn

B(t0, t0)x0 = Φ(t0; t0, x0) = x0

En particular, todas las columnas de B(t, t0) son soluciones de x′ = A(t)x. Concre-tamente, son las soluciones que en el instante inicial t0 parten de la base canonica:

e1 =

10...0

, e2 =

01...0

, . . . , en =

00...1

Lo anterior motiva las siguientes definiciones:

4.6 Definicion. Sea Φ(t) una matriz n× n que depende de t ∈ I. Entonces,

Φ(t) es una solucion matricial de x′ = A(t)x ⇐⇒ Φ′ = A(t)Φ ⇐⇒ Sus columnasson soluciones de x′ = A(t)x.

Φ(t) es una matriz fundamental de x′ = A(t)x si y solo si:Φ′ = A(t)Φ

det(Φ(t)) 6= 0 ∀t ∈ I ⇐⇒ Sus columnas son n soluciones l.i. de x’=A(t)x

Φ es la matriz principal en el instante t0 de x′ = A(t)x si y solo si:Φ′ = A(t)ΦΦ(t0) = In

Ejercicio propuesto. Si Φ(t) y Ψ(t) son dos matrices fundamentales de x′ = A(t)x, entonces∃C invertible constante tal que Ψ(t) = Φ(t)C.

4.7 Comentario. Algunas propiedades sobre matrices:

Si Φ : I ⊆ R→Mn×n(R) diferenciable ⇒ (Φ−1(t))′ = −Φ−1(t) · Φ′(t) · Φ−1(t).

Demostracion:

Φ(t) · Φ−1(t) = In ⇒ 0 = (Φ(t) · Φ−1(t))′ = Φ′(t) · Φ−1(t) + Φ(t) · (Φ−1(t))′

⇒ (Φ−1(t))′ = −Φ−1(t) · Φ′(t) · Φ−1(t)

Si Φ : I ⊆ R→Mn×n(R), y Φ(t) =(Φ1(t)| . . . |Φn(t)

),

⇒ (det Φ(t))′ =

n∑j=1

(Φ1(t)| . . . |Φ′j(t)| . . . |Φn(t)) ∀t ∈ I


Demostracion:

Φ(t) =

Φ11(t) . . . Φ1n(t)...

. . ....

Φn1(t) . . . Φnn(t)

(det Φ(t))′ =

∑σ∈Sn

sign(σ) · (Φσ(1)1(t)| . . . |Φσ(n)n(t))′

(det Φ(t))′ =n∑j=1

∑σ∈Sn

sign(σ) · (Φσ(1)1(t)| . . . |Φ′σ(j)j(t)| . . . |Φσ(n)n(t))

⇒ (det Φ(t))′ =n∑j=1

(Φσ(1)1(t)| . . . |Φ′σ(j)j(t)| . . . |Φσ(n)n(t))

Sean:

A matriz n× nv1| . . . |vn base de Rn

⇒

n∑j=1

det (v1| . . . |Avj | . . . |vn) = traza(A) ·det (v1| . . . |vn)

Demostracion:

A · vj ∈ R⇒ A · vj = a1jv1 + a2jv2 + . . .+ anjvn

⇒ det (v1| . . . |Avj | . . . |vn) = det (v1| . . . |a1jv1 + a2jv2 + . . .+ anjvj | . . . |vn) =

=n∑i=1

aij · det (v1| . . . |vi| . . . |vn) = ajj · det (v1| . . . |vn)

Pregunta. ¿Que relacion existe entre dos matrices fundamentales arbitrarias?

4.8 Proposicion. Sean Φ(t) y Ψ(t) dos matrices fundamentales de x′ = A(t)x. Entonces,

∃C matriz constante e invertible tal que Ψ = Φ · C

Idea. Tenemos que tanto Φ como Ψ tienen sus columnas que son base de Z (el conjuntode soluciones del PVI). Podemos entender C como una especie de matriz de cambio debase que relaciona ambas matrices.

Demostracion: Dado que det Φ(t) 6= 0 ∀t ∈ I, tenemos que ∃Φ−1(t).

(Φ−1(t)Ψ(t))′ = (Φ−1(t))′Ψ(t) + Φ−1(t)Ψ′(t) = (−Φ−1(t)Φ′(t)Φ−1(t)Ψ(t) + Φ−1(t)Ψ′(t) =

= −Φ−1AΦΦ−1Ψ + Φ−1AΨ = −Φ−1AΨ + Φ−1AΨ = 0

Pregunta. ¿Como obtenemos la matriz principal en t0 a partir de una matriz fundamentalarbitraria?

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La respuesta es sencilla: si tenemos Φ(t) matriz fundamental arbitraria, entonces po-demos coger:

B(t, t0) = Ψ(t) = Φ(t) · Φ−1(t0)

Ya que cumple con la definicion de matriz principal en t0.

La siguiente formula tiene un papel destacado en el desarrollo teorico de este tema:

4.9 Teorema (Formula de Liouville). Sea A : I ⊆ R→Mn×n(R) una funcion matricialcontinua. Sea Φ : I ⊆ R →Mn×n(R) una solucion matricial del sistema x′ = A(t)x. SeaW (t) = det(Φ(t)) el Wronskiano de Φ(t). Entonces, tenemos que:

1. W ′(t) = [traza(A(t))] ·W (t), ∀t ∈ I

2. W (t) = W (t0) · e∫ tto

(traza de A(s))ds

Demostracion: Basta probar 1), pues 2) es la solucion de la EDO lineal homogenea deprimer orden dada en 1). Escribimos las columnas de la solucion matricial:

Φ(t) =(

Φ1(t)∣∣∣Φ2(t)

∣∣∣ . . . ∣∣∣Φn(t))⇒W ′(t) =

n∑j=1

det(

Φ1(t), . . . ,Φ′j(t), . . . ,Φn(t))

Esto es debido a la propiedad 2) del iniciso. Ademas, dado que Φ(t) es solucion matricial,tenemos que:

W ′(t) =

n∑j=1

det(

Φ1(t), . . . , A(t)Φj(t), . . . ,Φn(t))

= (traza de A(t)) · det(Φ1(t), . . . ,Φn(t)

)⇒W ′(t) = [traza de A(t)] ·W (t)

4.10 Comentario. El caso correspondiente a que las columas de Φ(t) son linealmentedependientes se estudia por separado. Es muy facil:

columas de Φ(t) son ld⇒W (t) = 0 ∀t ∈ I ⇒W ′(t) = 0 = (traza de A(t)) ·W (t)

4.11 Corolario. Bajo las hipotesis de la formula de Liouville, se cumple una de lassiguientes posibilidades:

O bien las columas de Φ(t) son l.d., en cuyo caso W (t) = 0 ∀t ∈ I.

O bien las columas de Φ(t) son l.i., en cuyo caso W (t) 6= 0 ∀t ∈ I.

4.12 Teorema. Evolucion de un volumen bajo la accion de un flujo. Sea f = f(t, x)definida en un abierto Ω ⊆ R × Rn, continua y localmente Lipschitz respecto a x. SeaD ⊆ Ω un abierto. Sea x(t) = φ(t; to, xo) la solucion del PVI:

x′ = f(t, x)x(t0) = xo


Sea Dt,t0 = φ(t; t0, x0) : x0 ∈ D, suponiendo que el flujo φ(s, to, xo) esta definido ∀xo ∈D, ∀s ∈ < to, t >. Entonces, si med es la notacion para la medida de Lebesgue del conjuntoDt,t0, tenemos:

med(Dt,to) =

∫De∫ tt0div f(s,φ(s;t0,x0))ds

dx0

Donde tenemos que la divergencia de f es:

div f(t, x) =n∑j=1

∂f

∂xj(t, x) := divergencia respecto la posicion

4.13 Comentario. Podemos observar que:

La medida de Lebesgue puede ser:

• div f > 0 en Ω⇒ med(Dt,to) es creciente en t.

• div f < 0 en Ω⇒ med(Dt,to) es decreciente en t.

• div f = 0 en Ω⇒ med(Dt,to) es constante en t.

La EDO x’ = f(t,x) preserva volumenes en el caso en que div f = 0.

Significado de divergencia: si la divergencia es positiva, las trayectorias de una ciertaregion se alejan entre ellas. La divergencia mide, de hecho, la velocidad con la quese alejan (o acercan) las trayectorias. Si tenemos muchas trayectorias que se dirigenhacia un mismo punto, tendremos divergencia negativa.

Demostracion:

med(Dt,t0) =

∫Dt,t0

1dz

Si hacemos el siguiente cambio de variables, tenemos:

g : D 7→ Dt,t0

x0 7→ x = φ(t; t0, x0)

⇒ med(Dt,t0) =

∫D

1 · |Jac g(x0)|dx0 =

∫D|det[Dx0φ(t; t0, x0)]|dx0

Recordemos, de las ecuaciones variacionales de primer orden, que Y (t) = Dx0φ(t; t0, x0)es la unica solucion del PVI:

Y ′ = A(t)YY (t0) = In

Donde la matriz del sistema es A(t) = Dxf(t, φ(t; t0, xo)). Ası pues, tenemos que Y (t) =Dxφ(t; t0, x0) es la matriz principal en t0 del sistema Y ′ = A(t)Y . Luego, la formula deLiouville implica que:

det[Dx0φ(t; t0, x0)] = W (t) = W (t0) · e∫ tt0

traza de A(s) ds

Dado que W (t) = 1, y que la traza de A(s) es la divergencia de f(s, φ(s; t0, x0)), tenemosque:

det[Dx0φ(t; t0, x0)] = e∫ tt0div f(s,φ(s;t0,x0)ds ⇒ med(Dt,t0) =

∫De∫ tt0div f(s,φ(s;t0,x0))ds

dx0

4.1. SISTEMAS DE EDOS LINALES A COEFICIENTES CONSTANTES. EXPONENCIAL DE UNA MATRIZ15

Donde

div f(t, x) =n∑j=1

∂f

∂xj(t, x)

4.1. Sistemas de EDOs linales a coeficientes constantes. Ex-ponencial de una matriz

Objetivo. Resolver explıcitamente todos los sistemas de la forma x′ = Ax, donde A esuna matriz n× n que no depende del tiempo.

Idea. Como la solucion del PVI x′ = ax, a ∈ Rx(t0) = x0

es de la forma: x(t) = ea(t−t0) · xo, quiza la solucion del PVIx′ = Ax, A ∈M(R)n×nx(t0) = x0

es x(t) = eA(t−t0) · x0

El reto consiste en definir la exponencial de una matriz y probar que la idea anteriores correcta, es decir, que seremos capaces de encontrar una matriz eA. 3

4.14 Definicion. Dada una matriz cuadrada A, su exponencial eA se define mediante laserie:

eA =∞∑k=0

Ak

k!= I +A+

1

2A2 +

1

6A3 + . . .

4.15 Proposicion. La exponencial etA cumple:

1. etA =∞∑k=0

Aktk

k! es absolutamente convergente ∀t ∈ R, y uniformemente convergente

∀compacto I ⊆ R.

2. ddt

(etA)

= A · etA

3. e0A = I

4. e(t+s)A = etA · esA

3Dado que ea = lımn→∞

(1 + a

n

)n=∞∑k=0

ak

k!, buscaremos una deficion de etA de la forma:

etA =

∞∑k=0

Aktk

k!


5. Si A,B conmutan (es decir, A ·B = B ·A), ⇒ et(A+B) = etA · etB

6. det(etA) = et·traza(A)

7. etA es invertible, y(etA)−1

= e−tA

8. Si S es invertible y J = S−1AS ⇒ etJ = S−1etAS

Demostracion:

1. Sea ‖ · ‖ una norma matricial multiplicativa arbitraria. Entonces,∥∥∥∥∥∞∑k=0

Aktk

k!

∥∥∥∥∥ ≤∞∑k=0

‖A‖k|t|k

k!= e|t|·‖A‖ <∞

Por tanto, aplicando el criterio M de Wierstrass, vemos que la serie es absolutamenteconvergente ∀t ∈ R y uniformemente convergente en cualquier intervalo compactode R.

2. Como la serie de potencias∞∑k=0

Aktk

k! es absolutamente convergente ∀t ∈ R, sabemos

que la funcion t 7→ etA es C∞(R,Mn×n(K)). Por tanto, podemos derivar la serie depotencias termino a termino, obteniendo:

d

dt

(etA)

=∞∑k=1

tk−1Ak

(k − 1)!= A ·

∞∑k=1

tk−1Ak−1

(k − 1)!= A ·

∞∑j=0

tjAj

(j)!= AetA

3. Trivial.

4. Sean Φ1(t) = e(t+s)A y Φ2(t) = etA · esA. Entonces, tenemos que:Φ′1(t) = A · e(t+s)A = A · Φ1(t)Φ′2(t) = A · etA · esA = A · Φ2(t)

⇒ Φ1(0) = esA = Φ2(0)

Como las dos funciones son solucion del mismo PVI, por el teorema de existencia yunicidad de soluciones tenemos que:

Φ1(t) = Φ2(t)⇒ e(t+s)A = etA · esA ∀t, s ∈ R

5. Sea Φ1(t) = et(A+B) y Φ2(t) = etA · etB. 4 Entonces, derivando y por el segundopunto tenemos:

Φ′1(t) = (A+B)et(A+B) = (A+B)Φ1(t)

Φ′2(t) = ddt

(etA)etB + etA

(ddte

tB)

= AetAetB + etABetB = (A+B)etAetB = (A+B)Φ2(t)Φ1(0) = I = Φ2(0)

Como en el punto anterior, dado que las dos funciones son solucion del mismo PVI,tenemos que:

Φ1(t) = Φ2(t)⇒ et(A+B) = etA · etB

4Ojo: estas funciones no son las mismas que las definidas en el punto anterior!!

4.2. RESOLUCION PRACTICA DE SISTEMAS LINEALES HOMOGENEOS A COEFICIENTES CONSTANTES17

6. Sea W (t) = det(etA) el Wronskiano de etA. Por la formula de Liouville, tenemos que:

W (t) = W (t0)e∫ tt0traza(A(s))ds

= W (t0)e(t−t0)traza(A)

Evaluando en el punto t0 = 0, nos queda la expresion:

W (t) = et·traza(A)

7. det(etA) = et·traza(A) 6= 0⇒ etA invertible Ademas, dado que:

etA · e−tA = e(t−t)A = e0A = I, y e−tA · etA = I ⇒(etA)−1

= e−tA

8. Tenemos que:

etJ =

∞∑k=0

tkJk

k!=

∞∑k=0

tkS−1AkS

k!= S−1 ·

∞∑k=0

tkAk

k!· S = S−1 · etA · S

4.2. Resolucion practica de Sistemas Lineales Homogeneosa coeficientes constantes

Objetivo. Resolver el sistema x′ = Ax de forma rapida y simple cuando A diagonaliza.

4.16 Proposicion. Si v es un VEP de VAP λ de la matriz A, entonces x = etλv es unasolucion de x′ = Ax.

Demostracion:

x(t) = etλ ⇒ x′(t) = λetλv = λvetλ = Avetλ = Ax(t)

4.17 Corolario. Si v1, . . . , vn es una base de VEPs de VAPs λ1, . . . , λn de la matrizA, entonces la solucion general de x′ = Ax es:

xh(t) = c1etλ1v1 + c2e

tλ2v2 + . . .+ cnetλnvn

con c1, . . . , cn ∈ R libres.

Demostracion: La proposicion anterior implica que xj(t) = etλjvj , para j = 1, . . . , n sonn soluciones del sistema lineal x′ = Ax. Para acabar, como sabemos que las soluciones dex′ = Ax forman un R-espacio vectorial de dimension n, bastara probar que las solucionesx1, . . . , xn son linealmente independientes.

Sea w(t) = det (x1(t), . . . , xn(t)) el Wronskiano de estas soluciones. Entonces, dadoque v1, . . . , vn forman base,

⇒ w(0) = det (v1, . . . , vn) 6= 0⇒ Las soluciones son linealmente independientes


4.18 Ejemplo. A diagonaliza en R. Resolver x′ = Ax, donde

A =

(1 3−2 −4

)El polinomio caracterıstico de la matriz A es:

QA(λ) = λ2 + 3λ+ 2 = (λ+ 2)(λ+ 1)

Con lo que tenemos dos VAPs: λ1 = −1, y λ2 = −2. Dado que todos los VAPs son simples,A diagonaliza.5 Para encontrar los VEPs a partir de los VAPs, tenemos que operar de lasiguiente manera:6

VEP de VAP λ1 = −1:

Nuc(A− λ1I) = Nuc

(2 3−2 −3

)=

⟨(3−2

)⟩⇒ v1 =

(3−2

)VEP de VAP λ2 = −2:


(3 3−2 −2

)=

⟨(1−1

)⟩⇒ v2 =

(1−1

)Finalmente, la solucion general de x′ = Ax es:

xh(t) = c1

(3−2

)e−t + c2

(1−1

)e−2t =

(3e−t e−2t

−2e−t −e−2t

)(c1

c2

)Ası pues,

Φ(t) =

(3e−t e−2t

−2e−t −e−2t

)es una matriz fundamental de soluciones.

Observacion. La matriz principal en t0 la podrıamos calcular como:

etA = Φ(t) · Φ−1(0) = . . .

4.19 Ejemplo. A diagonaliza en C: Resolver x′ = Ax, donde

A =

1 −12 −141 2 −31 1 −2

Analogamente al ejemplo anterior, obtenemos el polinomio caracterıstico y los VAPs deA:

QA(λ) = . . . = −λ3 + λ2 − 25λ+ 25 = −(λ− 1)(λ2 + 25)⇒ λ1 = 1, λ2 = 5i, λ3 = −5i

Tambien nos interesa obtener los VEPs:5Recordemos un resultado potente de algebra lineal: A diagonaliza si la multiplicidad algebraica es igual

a la multiplicidad geometrica (1 ≤ mg ≤ ma en general).6Recordemos tambien que un VEP v es un vector que pertenece al nucleo de (A− λI). Es decir, es un

vector no nulo tal que (A− λI)~v = ~0

4.3. SISTEMAS DE EDOS LINEALES HOMOGENEOS A COEFICIENTES PERIODICOS:19

VEP de VAP λ1 = 1:


0 −12 −141 1 −31 1 −3

⇒ . . .⇒ v1 =

25−76

VEP de VAP λ2 = 5i:


1− 5i −12 −141 2− 5i −31 1 −2− 5i

⇒ . . .⇒ v2 =

1 + 5i11

El VEP de VAP λ3 = −5i es mas facil de obtener:

λ3 = λ∗2 ⇒ v3 = v∗2 =

1− 5i11

Por tanto, la solucion general del sistema lineal es:

xh(t) = c1eλ1tv1+c2e

λ2tv2+c3eλ3tv3 = c1e

t

25−76

+c2e5it

1 + 5i11

+c3e−5it

1− 5i11

=

= c1et

25−76

+c2(cos 5t+i sin 5t)

1 + 5i11

+c3(cos 5t−i sin 5t)

1− 5i11

= c1

25et

−7et

6et

+

+c2

(cos 5t− 5 sin 5t) + i(5 cos 5t+ sin 5t)cos 5t+ i sin 5tcos 5t+ i sin 5t

+c3

(cos 5t− 5 sin 5t)− i(5 cos 5t+ sin 5t)cos 5t− i sin 5tcos 5t− i sin 5t

=

= c1

25et

−7et

6et

+ k2

cos 5t− 5 sin 5tcos 5tcos 5t

+ k3

5 cos 5t+ sin 5tsin 5tsin 5t

=

Donde c1, k2, k3 ∈ R son libres7

4.3. Sistemas de EDOs lineales homogeneos a coeficientesperiodicos:

Objetivo. Estudiar los sistemas de la forma x′ = A(t)x, donde A : R 7→ Mn×n(R) seauna funcion continua T-periodica, es decir,

A(t+ T ) = A(t) ∀t ∈ R7Tenemos que k2 = c2+c3

2, k3 = c2−c3

2i


En esta seccion, el gran resultado es el Teorema de Floquet. Este teorema dice quesi tenemos un sistema x′ = A(t)x con A(t) T-periodica, entonces existe algun cambio devariable x = p(t)y tal que nos transforme nuestro sistema en un sistema a coeficientesconstantes, es decir, en y′ = By,

4.20 Comentario. Algunos resultados de algebra lineal utiles son:

A ∈Mn×n(R) arbitraria. Entonces,

∃S invertible (matriz de cambio de base), y

∃J = diag(J1, J2, . . . , Jr) =

J1 0 . . . 0

0 J2 . . . 0...

.... . .

...

0 0 . . . Jr

forma de Jordan, con

Jk =

λk 0 . . . 01 λk . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . λk

∈Mrk×rk

A ∈Mn×n(C) y, ademas, detA 6= 0, implica que:

∃B ∈Mn×n(C) tal que eB = A 8

Demostracion:

• Supongamos que ∃L ∈Mn×n(C) tal que eL = J . Entonces, B = SLS−1 cumpleque:

eB = eSLS−1

= SeLS−1 = SJS−1

• Si existen matrices Lk tales que eLk = Jk ∀k, entonces, L = diag(L1, . . . , Lr)cumple que

eL = diag(eL1 , . . . , eLr) = diag(J1, . . . , Jr) = J

Por lo tanto, basta probar que cualquier bloque de Jordan Jk(λ) tiene logaritmo∀λ ∈ C\09

Podemos expresar cualquier bloque de Jordan como:

Jr(λ) =

λ 0 . . . 01 λ . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . λ

= λ · In +

0 0 . . . 01 0 . . . 0...

. . .. . .

...0 . . . 1 0

= λ · In +N

8Notacion: Diremos que es equivalente: eB = A ⇐⇒ B = lnA9Ya que el determinante de A es distinto de cero

4.3. SISTEMAS DE EDOS LINEALES HOMOGENEOS A COEFICIENTES PERIODICOS:21

Donde la segunda matriz, N ∈ Mr×r, es r-nilpotente, es decir, N r = 0 Ası pues,queremos calcular:

L = lnJ = ln (λI +N) = ln (λI) + ln (I +N

λ) = ln (λ) · I + ln (I +

N

λ)

Recordemos que

ln (1 + x) = x− x2

2+x3

3− . . .+ (−1)j+1x

j

j+ . . .

Por tanto10

ln

(I +

N

λ

)=N

λ− 1

2

N2

λ2+ . . .+

(−1)r

r − 1

(N

λ

)r−1

Con lo que hemos dado una demostracion constructiva de la B. En general, B no esunica.

A ∈Mn×n(R) y, ademas, detA 6= 0, implica que:

∃B ∈Mn×n(R) tal que eB = A2

Demostracion:

Empezamos estudiando los VAPs (y sus bloques de Jordan) de la matriz A2.

Observacion. Tenemos que:

• λ1, . . . , λn VAPs de A⇒ λ21, . . . , λ

2n VAPs de A2.

• La estructura de los bloques de Jordan de los VAPs λ de A se repite en losbloques de los VAPs λ2 de A2.

• Distinguimos tres tipos de VAPs de A:

λ ∈ R⇒ λ2 > 0 (VAP de A2).

λ = a+ bi, λ = a− bi, a 6= 0, b 6= 0⇒ λ2, λ2 ∈ C\R λ = bi, λ = −bi, b 6= 0⇒ λ2, λ2 < 0 (VAP de A2).

Observemos que la estrucutra de las cajas de A2 para los VAPs < 0 esta doblada,pues proviene de juntar las cajas de A para λ = bi y λ = −bi.Afirmacion 1: La matriz A2 tiene una forma de Jordan real de la forma:

J = diag(J1, . . . , JN ), con Jj =

R

Is R. . .

Is. . .

Is R

Donde Is es la matriz identidad s× s, y R tiene una de las siguientes formas:

10Habrıa que comprobar que esto es cierto para matrices mirando la relacion inversa, es decir, si efecti-vamente e(...) = I + N

λ. No lo demostraremos, pero esta relacion tambien es valida para matrices.


• s = 1⇒ R = (λ2), con λ2 > 0

• s = 2,

⇒ R =

(α β−β α

)• s = 2,

⇒ R =

(−b2 0

0 −b2)

donde −b2 < 0.

Afirmacion 2: Todos los bloques J1, . . . , Jn tienen logaritmos reales. Por ejemplo:

• R = (λ2) matriz 1x1 ⇒ lnR = (ln (λ2)).

• En el segundo caso,

R =

(α β−β α

)⇒ lnR =

(c d−d c

)donde c = ln

√α2 + β2 y cos d = α√

α2+β2. Estos valores se obtienen de que:

(α β−β α

)= exp

(c d−d c

)=

(cos d sin d− sin d cos d

)· ec

• Analogamente, al caso anterior y particularizando, tenemos:

R =

(−b2 0

0 −b2)⇒ lnR =

(c π−π c

)donde c = ln (b2)

4.4. Matriz de Monodromıa. Teorema de Floquet

4.21 Proposicion. Sea x′ = A(t)x, con A(t) = A(t+ T ) ∀t ∈ R.

1. Si Φ(t) es una matriz fundamental arbitraria de x′ = A(t)x, entonces

Mφ = Φ−1(t) · Φ(t+ T ) no depende de t ∈ R

2. Si Φ(t) y Ψ(t) son dos matrices fundamentales y arbitrarias de x′ = A(t)x, entonceslas matrices Mφ y Mψ son conjugadas.

4.22 Definicion. La matriz de monodromıa de x′ = A(t)x asociada a Φ(t) es Mφ =Φ−1(t) · Φ(t+ T ).

Demostracion Proposicion:

4.4. MATRIZ DE MONODROMIA. TEOREMA DE FLOQUET 23

1. Φ(t) es matriz fundamental de soluciones de x′ = A(t)x⇒ Φ(t+ T ) tambien lo es:(Φ(t+ T ))′ = Φ′(t+ T ) = A(t+ T )Φ(t+ T ) = A(t)Φ(t+ T )

det [Φ(t+ T )] 6= 0

Por tanto, ∃Mφ constante tal que Φ(t+ T ) = Φ(t) ·Mφ como querıamos ver.

2. Sabemos que Ψ(t) = Φ(t)S para alguna matriz invertible S. Por tanto,

⇒Mψ = (Ψ(t))−1·Ψ(t+T ) = (Φ(t)S)−1·Φ(t+T )S = S−1·(Φ(t)−1Φ(t+T )·S = S−1MφS

4.23 Teorema (Teorema de Floquet). Sea A : R 7→ Mn×n continua y T-periodica. Sea Muna matriz de monodromıa de x′(t) = A(t)x Sea B ∈ Mn×n tal que eTB = M . Entonces,tenemos:

1. ∃ cambio de variable x = P (t)y tal que x′ = A(t)x −→ y′ = By.

2. P (t) es T-periodica y P ′(t) = A(t)P (t)− P (t)B.

En general, B y P (t) son complejos, incluso si A(t) es real. Si A(t) es real, entonces

M es real, y sea B real tal que e2TB = M2. Entonces, tenemos que:

1’. ∃ cambio de variales real x′ = O(t)y tal que e2TB = M2.

2’. P (t) es 2T-Periodica y P ′(t) = A(t)P (t)− P (t)B.

Demostracion:Sea Φ(t) una matriz fundamental de x′ = A(t)x. Sea M = (Φ(t))−1 · Φ(t + T ) la

matriz de monodrimıa asociada a Φ(t), que como ya sabemos es constante. Sabemos que∃B ∈Mn×n(C) tal que eTB = M . Definimos P (t) = Φ(t) · e−tB. Esta matriz cumple que:

P ′(t) = Φ′(t) · e−tB − Φ(t)Be−tB = A(t)Φ(t)e−tB − Φ(t)e−tBB = A(t)P (t)− P (t)B

det P (t) = det Φ(t) · det e−tB 6= 0, ya que Φ(t) es matriz fundamental.

P (t+ T ) = Φ(t+ T )e−(t+T )B = Φ(t)Me−TBe−tB = Φ(t)MM−1e−tB = P (t).

Observemos que:

A(t)P (t)y = A(t)x = x′ = (P (t)y)′ = P ′(t)y + P (t)y′ = A(t)P (t)y − P (t)By + P (t)y′

⇒ P (t)y′ = P (t)By =⇒det P (t) 6=0

y′ = By

Pasemos al caso real: sabemos que ∃B ∈ Mn×n(R) tal que e2TB = M2 y notemosP (t) = Φ(t)e−tB Esta matriz cumple (se deja como ejercicio):

P (t) = A(t)P (t)− P (t)B ∀t ∈ R.

det P (t) 6= 0 ∀t ∈ R.


P (t+ 2T ) = P (t) ∀t ∈ R.

Con lo que se demuestra la segunda parte del teorema.

4.24 Corolario. Con las notaciones anteriores, podemos escribir una matriz fundamentalde x′ = A(t)x de la forma:

Φ(t) = P (t) · eBt

Es decir, descomponer la matriz fundamental de soluciones en una matriz invertible T-periodica, P (t), y una exponencial.

4.25 Comentario. Sea v un VEP de VAP λ de la matriz B. Entonces, ⇒ y(t) = eλtv esuna solucion de y′ = By

⇒ x(t) = P (t)y(t) = P (t)eλtv

es una solucion de x′ = A(t)x.

4.26 Definicion. Los VAPs de M se denominan multiplicadores caracterısticos11. LosVAPs de B se denominan exponentes caracterısticos.

La relacion entre unos y otros esta en que:

mj = eTλj j = 1, . . . , n.

Donde los mj son multiplicadores, y los λj son los exponentes.

4.27 Comentario.Re(λj) > 0 ⇐⇒ |mj | > 1

Re(λj) < 0 ⇐⇒ |mj | < 1

Re(λj) = 0 ⇐⇒ |mj | = 1

4.28 Proposicion. El producto de los multiplicadores caracterısticos es:

m1 ·m2 · . . . ·mn = e∫ T0 (traza A(s))ds

Demostracion: Sabemos que Φ(t+ T ) = Φ(t)M . Por la formula de Liouville, tenemosque:

⇒ m1·m2·. . .·mn = det M =det Φ(T )

det Φ(0)=det Φ(0) · e

∫ T0 (traza A(s))ds

det Φ(0)= e

∫ T0 (traza A(s))ds

4.29 Teorema (Existencia de soluciones periodicas en un sistema a coeficientes periodi-cos:). Sea A(t) matriz n × n continua y T-Periodica. Sea Φ(t) matriz fundamental dex′ = A(t)x. Sea M la matriz de monodrimıa asociada a: Φ(T ) = Φ(0)M . Sea B unamatriz n× n constante tal que eTB = M . Sea n ∈ N fijado. Entonces,

∃ una solucion nT-periodica notrivial de x′ = A(t)x

⇐⇒ ∃k ∈ Z tal que

2πki

nT∈ Spec(B)12.

11En su dia se probo que todas las matrices de monodrimıa se relacionan por un cambio de base y, portanto, mantienen los VAPs. Por ello, es correcta esta definicion.

12Spec(B) es el espectro de B, es decir, el conjuntos de sus VAPs


Demostracion:

⇐Supongamos que λ = 2πki

nT es un VAP de B para algun k ∈ Z. Sea v un VEP de VAP λde la matriz B. Sabemos que x(t) = eλtp(t)v es una solucion de: x′ = A(t)x, donde p(t)es T-periodica y v es una cosntante. Finalmente, tenemos que

eλt = e2πktnT

i = cos

(2πkt

nT

)+ i · sin

(2πkt

nT

)es nT-Periodica, pues:

eλ(t+nT ) = eλt · eλnt = eλt · e2πki = eλt ∀t ∈ C

Dejamos la otra implicacion para mas adelante.

4.30 Ejemplo. Ejercicio 36:

x′ = (−1 + cos t)xy′ = x · cos t− y

(?)

1. Encontrar una matriz de monodrimıa de (?).

2. Describir el comportamiento de las soluciones de (?).

Resolucion:

1. Tenemos el siguiente sistema de EDOs:(xy

)′=

(−1 + cos t 0

cos t −1

)·(xy

)

Calculamos una matriz fundamental, utilizando que A(t) es triangular:

Primera ecuacion:

x′ = (−1 + cos t)x→ x(t) = c1e∫

(−1+cos t)dt

x(t) = c1e−t+sin t, c1 ∈ R libre

Segunda ecuacion:

y′ = −y + x(t) cos t⇒ y(t) = c2e−t + e−t

∫etx(t) cos tdt

y(t) = c2e−t + c1e

−t∫esin t cos tdt = c1e

−t+sint + c2e−t, c1, c2 ∈ R libres.


Por tanto, la solucion general de(xy

)′= A(t) ·

(xy

)es: (

xy

)= c1

(e−t+sin t

e−t+sin t

)+ c2

(0e−t

), c1, c2 ∈ R libres.

En particular,

Φ(t) =

(e−t+sin t 0e−t+sin t e−t

)es una matriz fundamental. Ahora, la matriz de monodrimıa, M = MΦ, cumple:

e−2π

(1 01 1

)= Φ(2π) = Φ(0)M =

(1 01 1

)M

⇒M = e−2πI =

(e−2π 0

0 e−2π

)2. Buscamos una matriz B, 2× 2, tal que:(

e−2π 0e−2π 0

)= M = e2πB ⇒ B = −I =

(−1 00 −1

).

⇒ P (t) = Φ(t)e−Bt =

(esin t 0esin t 1

)·e−t·

(et 00 et

)=

(esin t 0esin t 1

)es 2π-Periodica.

Por tanto, tenemos que la solucion general al problema se puede expresar como:(x(t)y(t)

)= P (t)eBt

(xoyo

).

Observacion. Spec(B) ∩ Imaginarios puros = ∅ ⇒ @ soluciones periodicas notriviales del problema (?).

Los multiplicadores caracterısticos son:

m1 = m2 = e−2π (multiplicador doble).

Y los exponentes caracterısticos:

λ1 = λ2 = −1 (exponente doble).

Observacion. El sistema es asintoticamente estable (AE)13 ya que |mj | < 1, j = 1, 2.

Ejercicio propuesto. numero 37 de la lista.

13Asintoticamente estable, al igual que estable y inestable, esta definido en el capıtulo 5. Concretamente,es la definicion 5.1.


4.31 Ejemplo. Muelle clasico (sin friccion):Sean:

w =

√λ

m> 0 frecuencia angular

λ constante de Hooke

Por la 2a ley de Newton, md′′ = −λd ⇒ d′′ + w2d = 0, donde d = d(t) es la longitud delmuelle en el instante t. De esta ecuacion diferencial, obtenemos que:

d(t) = c1 coswt+ c2 sinwt, c1, c2 ∈ R

De donde es facil observar que todas las soluciones son periodicas, con perıodo T = 2πw .

Ademas, el muelle es estable (E) pero no es asintoticamente estable (AE). Si ponemos quela velocidad es v = d′, podemos expresar el siguiente sistema:

d′′ + w2d = 0⇒

d′ = vv′ = w2 · d ⇒ x′ =

(dv

)′=

(0 1w2 0

)·(dv

)= Ax

Con lo que tenemos un sistema de EDOs lineal a coeficientes constantes: x = Ax. Lasolucion general del sistema es:

x(t) = c1

(coswt−w sinwt

)+ c2

(sinwtw coswt

)

⇒ Φ(t) =

(coswt sinwt−w sinwt w coswt

)Con lo que la matriz principal en el instante t0 es:

Ψ(t) = Ψ(t; t0) = Φ(t) · (Φ(t0))−1 =

(cosw(t− t0) w−1 sinw(t− t0)−w sinw(t− t0) cosw(t− t0)

)4.32 Ejemplo. Muelle con frecuencia periodica constante a trozos Sea w > 0, 0 < ε 1.Entonces, definimos w+ = w + ε, w− = w − ε. Si suponemos que la frecuencia angular secomporta como:

f(t) =

w2

+ si 0 ≤ t < πw2− si π ≤ t < 2π

extendida por 2π-periodicidad, entonces tenemos la siguiente ecuacion diferencial:

d′′ + f(t)d = 0⇒ x′ = A(t)x, A(t) =

(0 1

−f(t) 0

)Dado que A(t) es periodica, vamos a calcular su matriz de monodromıa M :

Φ(t) matriz fundamental ⇒ Φ(t+ 2π) = Φ(t)M

Por tanto, si Ψ(t) es matriz principal en t0, entonces Ψ(2π) = M .


Primera observacion:

Ψ+(t) = Ψ+(t; 0) =

(cosw+t w−1

+ sinw+t−w+ sinw+t cosw+t

)es la matriz principal de x′ = A(t)x en t0 = 0 en el intervalo [0, π].

Segunda observacion:

Ψ−(t) = Ψ−(t;π) =

(cosw−(t− π) w−1

− sinw−(t− π)−w− sinw−(t− π) cosw−(t− π)

)es la matriz principal de x′ = A(t)x en t0 = 0 en el intervalo [π, 2π].

Por tanto, una matriz de monodromıa es:

M = Ψ(2π) = Ψ−(2π;π) ·Ψ+(π; 0)

Observacion. El determinante de la matriz de monodromıa M es igual a 1.

Multiplicadores caracterısticos para detM = 1M matriz 2× 2 tal que detM = 1, traza(M) = T . Sean m1,m2 sus VAPs. Entonces,

m1 ·m2 = 1, m1 +m2 = T ⇒ m1,2 =T ±√T 2 − 4

2

Podemos estudiar como seran los VAPs en funcion de la traza T :

|T | > 2⇒ VAPs reales, uno con modulo mayor que 1.

|T | < 2⇒ VAPs complejos conjugados de modulo igual a 1.

|T | = ±2⇒ m1 = m2 = T2 = ±1 VAP real doble.

Estabilidad del muelle con frecuencia periodica constante a trozosLa estabilidad de x′ = A(t)x se corresponde con el grado en el que Φ(t) se parece

a Φ(t)M = Φ(t + 2π), ya que podemos expresar Φ(t + 2πn) = Φ(t)Mn. Por tanto, de-duciremos la estabilidad del muelle mirando el modulo de los multiplicadores m1 y m2.Operando,

T = 2 cos (w + π) · · · cos (w−π)−(w+

w−+w−w+

)· sin (w+π) · sin (w−π)

T = 2 cos (2πw) +2 cos (2πw)− 1

w2ε2 +

2 cos (2πw)− 1 + 2π2w2

w4ε4 + o(ε6)

Distinguiremos 3 casos:

2w 6∈ N⇒ | cos 2wπ| < 1⇒ |T | < 2⇒ El muelle sigue siendo estable pero no AE si0 < ε 1.

w ∈ N ⇒ cos 2wπ = 1 ⇒ T = 2 + 4π2

w2 ε4 + o(ε6) > 2 ⇒ El muelle es inestable si

0 < ε 1

w+ 12 ∈ N⇒ cos 2wπ = −1⇒ T = −2− 4

w2 ε2 +o(ε4) < −2⇒ El muelle es inestable

si 0 < ε 1

4.5. SISTEMA DE EDOS LINEALES NO HOMOGENEOS 29

4.5. Sistema de EDOs lineales no homogeneos

Objetivo. Estudiar los sistemas de la forma x′ = A(t)x + b(t), t ∈ I ⊆ R. Empecemosviendo cual es la estructura de las soluciones.

4.33 Proposicion. Sea Φ(t) una matriz fundamental del sistema homogeneo x′ = A(t)x.Sea xp(t) una solucion particular del sistema no homogeneo x′ = A(t)x+ b(t). Entonces,

La solucion general del sistema no homogeneo x′ = A(t)x+ b(t) es:

xg(t) = xh(t) + xp(t) = Φ(t)c+ xp(t), c ∈ Rn libre

4.34 Comentario. Las soluciones de un sistema no homogeneo forman una variedadlineal de dimension n.

Demostracion proposicion:

Hacemos el cambio y = x− xp(t), y obtenemos:

x′ = A(t)x+b(t)y=x−xp(t)←→ y′ = x′−x′p(t) = A(t)(y+xp(t))+b(t)−(A(t)xp(t)+b(t)) = A(t)y

Entonces, y(t) = Φ(t)c es la solucion general de y′ = A(t)y. Deshaciendo el cambio devariables, la solucion general de x′ = A(t)x+ b(t) es:

xg(t) = y(t) + xp(t) = Φ(t)c+ xp(t)

Moraleja: Para resolver un sistema no homogeneo necesitamos dos cosas:

Resolver el sistema homogeneo asociado: → Φ(t)

Encontrar una solucion particular: → xp(t).

4.35 Proposicion. Formula de variacion de las constantes:

Sea Φ(t) una matriz fundamental del sistema homogeneo x′ = A(t)x. Entonces,

1. Si u : I 7→ Rn es una primitiva arbitraria de Φ−1(t)b(t). Entonces, xp(t) = Φ(t)u(t)es una solucion particular del sistema no homogeneo x′ = A(t)x+ b(t).

2. La solucion del PVI no homogeneo:x′ = A(t)x+ b(t)

x(t0) = x0

es la funcion:

x(t) = Φ(t) ·(

Φ−1(t0)x0 +

∫ t

t0

Φ−1(s)b(s)ds

)Demostracion:


1. Buscamos soluciones del sistema no homogeneo x′ = A(t)x+ b(t) de la forma:

x(t) = Φ(t)u(t)

siendo u(t) una funcion a determinar. Entonces, tenemos que:

Φ′(t)u(t) + Φ(t)u′(t) = x′(t) = A(t)x(t) + b(t) = A(t)Φ(t)u(t) + b(t)

Como Φ′(t) = A(t)Φ(t), cogemos la tiza de matar y obtenemos:

Φ(t)u′(t) = b(t)⇒ u′(t) = Φ−1(t)b(t)

Ya que Φ(t) es invertible.

2. Dos observaciones:

xp(t) = Φ(t) ·∫ tt0

Φ−1(s)b(s)ds es una solucion particular que se anula en t = t0.

xh(t) = Φ(t) · Φ−1(t0)x0 es una solucion del sistema homogeneo que cumplexh(t0) = x0.

Ası pues,

x(t) = xh(t) + xp(t) = Φ(t)

(Φ−1(t0)x0 +

∫ t

t0

Φ−1(s)b(s)ds

)es la solucion del PVI no homogeneo.

Antes de ver un ejemplo practico, vamos a probar un resultado sobre sistemas ho-mogeneos a coeficientes variables:

4.36 Proposicion. Si v es un VEP constante de VAP λ(t) de una matriz A(t), entonces,

x(t) = e∫λ(t)dt · v

es una solucion de x′ = A(t)x.

Demostracion:

x′(t) = e∫λ(t)dt · λ(t) · v = e

∫λ(t)dt ·A(t) · v = A(t) · e

∫λ(t)dt · v = A(t) · x(t).

4.37 Ejemplo. Resolver el sistema x′ = A(t)x+ b(t) donde:

A(t) =

(2− t 2t− 21− t 2t− 1

), b(t) =

(tt

)Paso 1: Resolver el sistema homogeneo x′ = A(t)x usando la proposicion anterior.

Paso 2: Encontrar una solucion particular xp(t) usando la formula de variacion delas constantes.

4.5. SISTEMA DE EDOS LINEALES NO HOMOGENEOS 31

Resolucion: El polinomio caracterıstico es:

QA(t)(λ) = λ2 − (t+ 1)λ+ t

Por tanto, los valores propios de esta matriz son:

λ1,2(t) =(t+ 1)±

√(t+ 1)2 − 4t

2=

(t+ 1)± (t− 1)

2⇒ λ1(t) = t, λ2(t) = 1

Vamos a buscar los VEPs i las soluciones del sistema:

VEP de VAP λ1(t):

Nuc(A(t)− λ1(t) · I) = Nuc

(2− 2t 2t− 21− t t− 1

)=

[(11

)]⇒ v1 =

(11

)V EP.

Por tanto, una solucion del sistema es:

x1(t) = e∫λ1(t)dt · v1 = e

t2 ·(

11

)analogamente, el VEP de VAP λ2(t):

Nuc(A(t)− λ2(t) · I) = Nuc

(1− t 2t− 21− t 2t− 2

)=

[(21

)]⇒ v2 =

(21

)V EP.

Por tanto:

x2(t) = e∫λ2(t)dt · v2 = et ·

(21

)Con lo que tenemos que:

Φ(t) = (x1(t)∣∣x2(t)) =

(et

2/2 2et

et2/2 et

)es una matriz fundamental de x′ = A(t)x.

Una vez que tenemos la matriz fundamental de soluciones del sistema lineal homogeneo,buscaremos una solucion particular de x′ = A(t)x+ b(t) mediante el metodo de variacionde constantes:

xp(t) = Φ(t)

∫Φ−1(t)b(t)dt = Φ(t)

∫1

et2

2+t·(

e−t 2et

et2/2 −et2/2

)·(tt

)=

(et

2/2 2et

et2/2 et

)·∫ (

te−t2/2

0

)

xp(t) =

(et

2/2 2et

et2/2 et

)·(e−t

2/2

0

)=

(−1−1

)Con lo que la solucion general del sistema sera:

xg(t) = xh(t) + xp(t) =

(c1e

t2/2 + 2c2et − 1

c1et2/2 + c2e

t − 1

)


Ejercicio propuesto. Comprobar que el Wronskiano W (t) = det [Φ(t)] = −et2/2+t cumplela formula de Liouville.

Ejercicio propuesto. Resolver x′ = Ax+ b(t), con:

A =

(1 01 1

), b(t) =

(et

1

)

Capıtulo 5

Analisis cualitativo: estabilidad desoluciones

Objetivo. Dado un sistema de primer orden autonomo, x′ = f(x), queremos estudiar silas soluciones son estables, inestables o asintoticamente estables. Tambien estudiaremosla estabilidad de sistemas T-periodicos: x′ = f(x, t) donde f(x, t+ T ) = f(x, t) ∀x, t.

5.1 Definicion. Sea Φ(t) una solucon del sistema x′ = f(x, t) definida ∀t ≥ 0. Diremosque φ(t) es:

Estable (E) cuando ∀ε > 0 ∃δ > 0 tal que:

σ(t) solucion definida ∀t ≥ 0|φ(0)− σ(0)| ≤ δ

⇒ |φ(t)− σ(t)| ≤ ε ∀t ≥ 0

Inestable (I) cuando no sea estable.

Asintoticamente estable (AE) cuando sea estable y, ademas, ∃δ0 > 0 tal que:

σ(t) solucion definida ∀t ≥ 0|φ(0)− σ(0)| ≤ δ0

⇒ lım

t→∞|φ(t)− σ(t)| = 0

5.2 Definicion. Los puntos de equilibrio (tambien llamados crıticos, fijos, estacionarios,etc) del sistema x′ = f(x) son los puntos x = x0 donde se anula la velocidad, es decir,puntos tales que f(x0) = 0.

5.3 Comentario. Si x0 ∈ D es un punto de equilibrio del sistema x′ = f(x), entoncesφ(t) ≡ x0 es una solucion definida ∀t ∈ R.

Demostracion:

φ′(t) = 0 = f(x0) = f(φ(t)), ∀t ∈ R

33

34 CAPITULO 5. ANALISIS CUALITATIVO: ESTABILIDAD DE SOLUCIONES

5.4 Comentario (Importante). En el caso lineal, sean φ(t) y σ(t) dos soluciones delsistema lineal x′ = A(t)x+ b(t). Sea z(t) = φ(t)− σ(t). Entonces,

z′(t) = φ′(t)− σ′(t) = (A(t)φ(t) + b(t))− (A(t)σ(t) + b(t)) = A(t)z(t)

Por tanto,

φ(t) es solucion

IEAE

de x′ = A(t)x+b(t) ⇐⇒ z(t) ≡ 0 es solucion

IEAE

de x′ = A(t)x

Es decir, basta estudiar la solucion nula de sistemas lineales homogeneos.

5.1. Estabilidad de sistemas lineales con coeficientes cons-tantes

5.5 Comentario. A la luz del comentario anterior, basta estudiar la estabilidad de sis-temas lineales homogeneos entorno la posicion de equilibrio x0 = 0.

Objetivo. Dado un sistema x′ = Ax, queremos saber si el sistema es I, E, o AE.

5.6 Definicion. Diremos que un sistema lineal x′ = Ax es:

Inestable cuando exista alguna solucion que escapa al infinito cuando t→∞.

Estable cuando no sea Inestable, es decir, cuando ninguna solucion escape al infinito.

Asintoticamente estable cuando todas las definiciones tiendan a 0 cuando t→∞.

5.7 Comentario. En el caso general de soluciones (E, I, AE), solo restringıamos sucomportamiento local. En este caso, en los sistemas lineales, las restricciones tienen uncaracter global.

5.8 Teorema. Estabilidad de Sistemas Lineales a coeficientes constantes El sistema lineala coeficientes constantes x′ = Ax es:

1. Asintoticamente estable ⇐⇒ Todos los VAPs de A tienen parte real negativa.

2. Inestable ⇐⇒

Algun VAP de A tiene parte real positivaAlgun VAP no semi-simple1 de A tiene parte real nula.

Demostracion:.

Paso 1: ∃VAP λ > 0⇒ Inestable Sea v un VEP de VAP λ de la matriz A. Sabemosque x(t) = eλtv es una solucion de x′ = Ax. Es evidente que:

lımt→∞|x(t)| = |v| · lım

t→∞eλt = +∞

Ya que λ > 0.

1Es decir, que su multiplicidad algebraica sea distinta de su multiplicidad geometrica.

5.1. ESTABILIDAD DE SISTEMAS LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES35

Paso 2: ∃VAP λ = α+ iβ, con α = Re(λ) > 0⇒ Inestable Sea v = u+ iv ∈ Cn unVEP de VAP λ = α + iβ de la matriz A. Sabemos que x+(t) = e(α+iβ)t(u + iv) esuna solucion. La funcion conjugada x−(t) = e(α+iβ)t(u − iv) es otra solucion, puesλ = α− iβ tambien es VAP de VEP v = u− iv.

Utilizando la formula de Euler: e±iβt = cosβt+ i sinβt, las soluciones anteriores son:

x+ = eαt[(u cosβt− v sinβt) + i(v cosβt+ u sinβt)

]x− = eαt

[(u cosβt− v sinβt)− i(v cosβt+ u sinβt)

]Por tanto, combinando adecuadamente estas dos soluciones complejas, obtenemoslas dos soluciones reales dadas por:

y(t) = x+(t)+x−(t)2 = eαt

(u cosβt− v sinβt

)z(t) = x+(t)−x−(t)

2i = eαt(v cosβt+ u sinβt

) ⇒ lımt→∞|y(t)| = +∞; lım

t→∞|z(t)| = +∞

Paso 3: ∃VAP real o complejo tal que no sea semi-simple y Re(λ) = 0⇒ Inestable.No semi-simple ⇒ ∃ Bloque de Jordan de la forma: λ

1. . .

1 λ

con orden r ≥ 2.

Sea (u1, . . . , ur) la parte de la base de Jordan que corresponde a este bloque:Au1 = λu1 + u2

Au2 = λu2 + u3...Aur−1 = λur−1 + urAur = λur

Sea y(t) = eλt(ur−1 + tur). Vamos a probar que y(t) es una solucion de x′ = Ax.Comprobemoslo:

y′(t) = eλt ·λ(ur−1 +tur)+eλtur = eλt[Aur−1−ur+tAur+ur

]= eλt

[Aur−1 +tAur

]⇒ y′(t) = Aeλt(ur−1 + tur) = Ay(t)

Aquı aparecen dos casos:

• Caso λ = 0⇒ y(t) = ur−1 + tur, ası que, dado que ur 6= 0, tenemos:

lımt→∞|y(t)| = +∞


• Caso λ = iβ, β 6= 0 ⇒ y(t) = (cosβt + i sinβt)(ur−1 + tur) escapa a infinito,aunque no a velocidad exponencial. Es verdad que esta solucion no es real, perose cumple que tanto su parte real como su parte imaginaria sı son solucionesreales. Por tanto, alguna de ellas tiene que escaparse a infinito.

Paso 4: Todos los VAPs tienen parte real negativa⇒ Asintoticamente Estable. Paraeste paso, utilizaremos un lema (que no demostraremos):

5.9 Lema. Sea A ∈Mn×n(R) tal que Re(λ) < −µ < 0 ∀VAP λ.

Entonces, existe una constante K ≥ 1 tal que |etA| ≤ Ke−µt, ∀t ≥ 0.

Este lema es el que nos permite demostrar el paso 4: Sea x(t) la solucion del PVIx′ = Axx(0) = x0

Sabemos que x(t) = etAx0 ⇒ |x(t)| ≤ |etA| · |x0| ≤ K|x0|e−µt. Por tanto,

lımt→∞|x(t)| = 0 ∀x0 ∈ Rn

5.10 Comentario. A pesar de que no hemos demostrado la totalidad del teorema (faltala ultima implicacion, la que asegura que AE implica que todos los VAPs tienen parte realnegativa). Para demostrar esta implicacion, tendrıamos que observar que la existencia dealgun VAP con parte real nula implica que el sistema es E puro, es decir, E pero no AE2.Por tanto, si es AE, no es E puro, lo que implicarıa que no existe ningun VAP con partereal nula. Como ya hemos demostrado que AE implica que no es I, lo que implica que noexiste ningun VAP con parte real positiva, se deduce que todos los VAPs tienen parte realnegativa. Esto es,

AE ⇒ No es I ⇒ @λ, Re(λ) > 0AE ⇒ No es AE\E ⇒ @λ, Re(λ) = 0

⇒ ∀λ, Re(λ) < 0

5.11 Ejemplo. El sistema x′ = Ax, con A(t) =

(−1 et

0 −1

), no es asintoticamente

estable, pese a que tiene todos los VAPs con parte real negativa. De hecho, la solucion delsistema es:

x =

(x1

x2

),

x′1 = −x1 + etx2 = −x1 + x2(0) ⇒ x1(t) = x1(t) = x1(0)e−t + x2(0)x′2 = −x2 ⇒ x2(t) = x2(0)e−t

Con lo que nos queda

x(t) =

(c1e−t + c2

c2e−t

), con c =

(c1

c2

)∈ R2 libre

Esto es posible y no contradice ningun hecho demostrado anteriormente, ya que el sistemaanterior no es a coeficientes constantes.

2No obstante, no lo demostraremos aquı.

5.2. CROQUIS DE SISTEMAS 37

5.12 Ejemplo. Probar que: traza(A) > 0 ⇒ Inestablidad en el sistema x′ = Ax. Seanλ1, . . . , λn los VAPs de A contados con multiplicidad. Entonces,

λ1 + . . .+ λ2 = T = traza(A) > 0⇒ Re(λ1) + . . .+ Re(λn) = Re(T ) = T > 0

Por tanto, ∃VAP λj tal que Re(λj) > 0, de lo que se deduce que el sistema es inestable.

5.13 Ejemplo. Sea A una matriz 2 × 2. Sea T = traza(A), y D = det (A). Probar que,situados en la grafica que relaciona la Traza (abcisas) con el Determinante (ordenadas):si nos encontramos en el primer, tercer o cuarto cuadrante, el sistema es inestable. Si nosencontramos en el segundo cuadrante, es asintoticamente estable. Si estamos en la fronteraentre estabilidad e inestabilidad, entonces el sistema es estable (si T = 0, D > 0 o bien si

T < 0, D = 0) Sea A =

(a bc d

)⇒ T = traza(A) = a+ d, D = det(A) = ad− bc. Dado

que QA(t) = t2 − Tt+D, tenemos que los VAPs son:

λ1,2 =T ±√T 2 − 4D

2

Entonces, tenemos que:

D < 0⇒ T 2 − 4D > 0⇒ λ1,2 ∈ RAdemas, λ1 · λ2 = D < 0

⇒ VAPs reales de signos distintos

De lo que se deduce que x′ = Ax es inestable.

5.2. Croquis de sistemas

5.14 Ejemplo. Dadas las siguientes matrices 2 × 2, estudiar la estabilidad y dibujar uncroquis de los sistemas lineales que generan:

x′ = Ax, con A =

(−1 03 2

)Tenemos que A es triangularmente inferior, con lo

que obtenemos los VAPs directamente:

λ1 = −1 < 0, λ2 = 2 > 0

De lo que se deduce que el sistema es inestable. Ademas, tenemos que los VEPs son:

v1 ∈ Nuc(A− λ1I) = Nuc

(0 03 3

)⇒ v1 =

(1−1

)v2 =

(01

)Donde observemos que el segundo VEP se obtiene directamente porque en la segundacolumna de A solo el valor de la diagonal es distinto de cero.

El croquis que obtenemos es:3

3En este y en el resto de diagramas, dibujaremos de rojo las soluciones que tiendan al infinito, y de azullas que tiendan al origen. Ademas, el grosor de la lınea sera proporcional al VAP que la haya generado,para distinguir ası entre soluciones rapidas y soluciones lentas (respecto al parametro t).


-10 -5 0 5 10

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

Este diagrama nos demuestra un comportamiento de silla4.

x′ = Ax, con A =

(5 −13 1

). Con lo que QA(t) = t2 − 6t+ 8.

⇒ λ1,2 = 3±√

32 − 8 = 3± 1⇒ λ1 = 2, λ2 = 4

Con lo que el sistema es inestable. De aquı obtenemos los siguientes VEPs:

v1 =

(13

)⇒ r1 = 〈v1〉 recta de salida lenta

v2 =

(11

)⇒ r2 = 〈v2〉 recta de salida rapida .

Observacion. Todas las trayectorias escapan a infinito cuando t → +∞ (adquierenla direccion rapida, es decir son tangentes a r2). Cuando estan proximos al origen,tienden a ser tangentes a r1.

4Diremos que un sistema lineal 2× 2 es una silla si tiene dos VAPs con signos distintos.


El diagrama de trayectorias que obtenemos es el siguiente:

-150 -100 -50 0 50 100 150

-100

-50

50

100

De las dos rectas que aparecen, la que tiene mayor pendiente es mas lenta que laotra, es decir, dado que el VAP correspondiente es 2 (que es menor que el otro VAP,que es 4), tenemos que las soluciones cuya trayectoria siga esta recta avanzaran maslentamente que las que sigan la otra (respecto al parametro t).

x′ = Ax, con A =

(2 −51 −2

)QA(t) = t2 − 1

VAPs: λ1,2 = ±i complejos conjugados de parte real = 0⇒ El sistema es E, pero noAE. Sean v1, v2 los VEPs. Entonces,

x+(t) = eλ1tv1 = eit(u+iw) = (cos t+i sin t)(u+iw) = (u cos t−w sin t)+i(w cos t+u sin t)


x−(t) = eλ1tv1 = eit(u+iw) = (cos t+i sin t)(u−iw) = (u cos t−w sin t)−i(w cos t+u sin t)

Combinandolas,

y(t) = u cos t+ w sin tz(t) = w cos t+ u sin t

⇒ Φ(t) =

(cos t sin t− sin t cos t

)Con lo que tenemos una matriz fundamental de soluciones. El diagrama correspon-diente es:

-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40

-20

-10

10

20

En el diagrama aparece claramente cual es el sentido de giro. No obstante, en lapractica, no seremos capaces de dibujar la divergencia, y para encontrar el sentidode giro nos tendremos que fijar en un punto facil. Podrıamos conseguirlo estudiando,por ejemplo, que pasa en el punto (1, 0).

Diremos que el punto (0, 0) es un centro, ya que es un punto fijo alrededor del cualgiran otras soluciones, y tenemos que los VAPs tienen parte real nula5.

x′ = Ax, con A =

(3 −24 −1

).

5Si tuvisesemos VAPs complejos conjugados de parte real negativa, en vez de centro le llamarıamosfoco.


Tenemos que el polinomio caracterıstico es:

QA(λ) = λ2 − 2λ+ 5

Con lo que los VAPs seran λ1,2 = 1 ± 2i. Es decir, tendremos VAPs complejosconjugados de parte real positiva. Por tanto, el sistema sera inestable. Los VEPs queobtenemos a partir de los VAPs son v1,2 = u± iw. Con esto, tenemos dos solucionescomplejas conjugadas:

x+(t) = eλ1tv1 = et(cos 2t+i sin 2t)(u+iw) = et[(u cos 2t−w sin 2t)+i(w cos 2t+u sin 2t)

]

x−(t) = . . . = et[(u cos 2t− w sin 2t)− i(w cos 2t+ u sin 2t)

]

Las dos soluciones reales, las obtenemos como:

x+(t) + x−(t)

2= et(u cos 2t− w sin 2t),

x+(t)− x−(t)

2i= et(w cos 2t+ u sin 2t)

Con lo que la matriz fundamental en la base u,w es:

Φ(t) = et(

cos 2t sin 2t− sin 2t cos 2t

)

Observemos que es una matriz de rotacion de angulo 2t. Por tanto, las trayectoriasde x’=Ax giran a velocidad angular constante y escapan al infinito. Es decir, tenemosun foco inestable.


-75 -50 -25 0 25 50 75

-50

-25

25

50

En la posicion x =

(01

)tenemos que la velocidad es x′ = Ax =

(−2−1

). Es decir,

tenemos sentido antihorario.

x′ = Ax con A =

(1 01 −0

). Tenemos que A es triangular inferior. Por tanto,

tenemos que los VAPs son λ1 = 1, λ2 = 0, y sus VEPs correspondientes,

v1 =

(11

), v2 =

(01

)

Dado que uno de los VAPs es igual a 1, tenemos que el sistema es inestable. Elcroquis queda:


-75 -50 -25 0 25 50 75

-50

-25

25

50

Tenemos dos rectas dibujadas: r1 = 〈v1〉, que es una recta de salida (dibujadaen rojo), y r2 = 〈v2〉 que es una recta de puntos de equilibrio, ya que su VAPcorrespondiente es igual a 0. La forma de las trayectorias del gradiente son causadaspor el VAP que se anula.

x′ = Ax, con A =

(1 −44 −7

). Una vez mas, hacemos el mismo estudio: el polinomio

caracterıstico es: QA(λ) = λ2 + 6λ+ 9, con lo que los VAPs son λ1 = λ2 = −3 (VAPdoble). Dado que la dimension del nucleo de A+ 3I es 1, tan solo nos aparecera unVEP linealmente independiente:

v1 =

(11

)Por tanto, tendremos el siguiente diagrama:


-10 -5 0 5 10

-7.5

-5

-2.5

2.5

5

7.5

En el, vemos la recta de entrada de color azul, y 3 posibles trayectorias, que tiendenal origen. Esta es una solucion degenerada, ya que tan solo hay un VEP.

5.15 Ejemplo (Tridimiensional). sea un sistema tal que sus VAPs son:

λ1 > 0, λ2,3 = α± βi

con α < 0. Supongamos que los VEPs son:

v1 =

001

, v2,3 = u± iw, con u =

100

, w =

010

En este caso, si ademas suponemos |λ1| > |Re(λ2)|, el croquis que podrıamos dibujarserıa:


Donde se observa una direccion de salida (recta vertical gruesa, en rojo) causada porel VAP real, y una direccion de entrada (espiral en el plano, de azul), producida por losVAPs imaginarios. Tambien podemos ver una de las posibles trayectorias que se podrıanseguir (espiral ascendente, en negro). A pesar de que se han dibujado las direcciones deentrada y salida perpendiculares, no seran ası en general, ya que la recta que marca ladireccion de salida viene determinada por v1, el VEP de VAP real. El plano en el que seencuentra la espiral de entrada es determinado mediante los otros dos VEPs: v2 y v3.

5.16 Ejemplo. Se pide el diagrama de bifurcacion de x′ = Ax, conA =

(α 1−1 −α

), x =(

x1

x2

), α ∈ R y el croquis en los casos α = 0, 1, 2.

En general, tenemos que:

QA(λ) = λ2 + 1− α2 ⇒ Los VAPs son: λ1,2 = ±√α2 − 1

Distinguiremos casos segun el signo del discriminante ∆ = α2 − 1:

−1 < α < 1⇒ ∆ < 0⇒ λ1,2 = ±i√

∆ son complejos conjugados de parte real cero.

α = ±1⇒ λ1,2 = 0 (VAP doble).

|α| > 1⇒ λ1,2 = ±√

∆ dos VAPs de signos distintos.

El diagrama de bifurcacion es:


-2,4 -1,6 -0,8 0 0,8 1,6 2,4

Estable pero noAsintóticamenteestable.

Inestable Inestable

CentroSilla

α=-1Degenerado

α=1Degenerado

Silla

Caso 1: α = 0: Tenemos que

A =

(0 1−1 0

).

Esto nos dara dos VAPs imaginarios: λ1,2 = ±i. Por tanto, tendremos trayecto-rias giratorias. Si evaluamos la derivada en varios puntos, vemos que el croquis quetenemos es:


-40 -30 -20 -10 0 10 20 30 40

-20

-10

10

20

Donde se aprecia el sentido de giro horario al fijarnos en un punto (por ejemplo, el(0, 1), y su derivada (es decir, A · (0, 1) = (1, 0)).

Caso 2: α = 1. Tenemos un VAP doble: λ1,2 = 0. De esto se deduce que solo existeun VEP:

Nuc(A− 0 · I) = Nuc

(1 1−1 −1

)=

[(1−1

)]

Con lo que nos queda el siguiente croquis:


-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20

-12

-8

-4

4

8

12

Donde la recta dibujada es una recta de puntos fijos. Como habıamos predicho, esuna solucion degenerada.

Caso 3: α = 2. Tenemos una silla: los VAPs son λ1,2 = ±√

3, con lo que los VEPsseran:


(2−√

3 1

−1 −2−√

3

)⇒ . . .⇒ v1 =

(1√

3− 2

)

El otro VEP, v2, nos aparece de λ2 = −√

3. De esto se deduce, analogamente al casoanterior, que:

v2 =

(1

−√

3− 2

)Por tanto, el croquis nos queda:


-20 -15 -10 -5 0 5 10 15 20

-15

-10

-5

5

10

15

Es decir, tenemos el croquis de esta EDO es una silla, como habıamos predicho enel diagrama de bifurcacion.

Resumen Ecuaciones Diferenciales (segunda parte)

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