1
6. Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)
2
Sistemas de ecuaciones lineales de primer orden Forma normal:
)()()()(
)()()()(
)()()()(
2211
222221212
112121111
tfxtaxtaxtadt
dx
tfxtaxtaxtadt
dx
tfxtaxtaxtadtdx
nnnnnnn
nn
nn
++++=
++++=
++++=
Supondremos que los coeficientes aij(t) y las funciones fi(t) son continuas en un intervalo I. Si todas las f's son cero diremos que el sistema lineal es homogéneo.
3
Forma matricial
=
=
=
)(
)()(
)( ,
)()()(
)()()()()()(
)( ,
)(
)()(
2
1
21
22221
11211
2
1
tf
tftf
t
tatata
tatatatatata
t
tx
txtx
nnnnn
n
n
n
FAX
FAXX +=′
+
=
)(
)()(
)(
)()(
)()()(
)()()()()()(
)(
)()(
2
1
2
1
21
22221
11211
2
1
tf
tftf
tx
txtx
tatata
tatatatatata
tx
txtx
dtd
nnnnnn
n
n
n
AXX =′
El sistema homogéneo asociado será:
4
=
yx
Xyx
dtdy
yxdtdx
75
43
−=
+=
XX
−
=′75
43
=
zyx
X
tzyxdtdz
tzyxdtdy
tzyxdtdx
692
1078
6
+−+=
+−+=
+++=
+
−−=′
ttt
610
192178116
XX
5
6
7
Un vector solución en un intervalo I es cualquier vector columna cuyos elementos son funciones diferenciables que satisfacen el sistema de EDOs en el intervalo I.
DEFINICIÓN Vector solución
=
)(
)()(
2
1
tx
txtx
n
X
8
Comprueba que en (−∞, ∞) son soluciones de:
,11
2
22
1
−=
−
=−
−−
t
tt
eeeX
=
= t
tt
eee 6
66
2 53
53
X
XX
=′
3531
Solución De tenemos
−=′ −
−
t
t
ee
2
2
22
1X
=′ t
t
ee
6
6
3018
2X
11 XAX ′=
−=
−−
=
−
= −
−
−−
−−
−
−
t
t
tt
tt
t
t
ee
eeee
ee
2
2
22
22
2
2
22
353
3531
22 XAX ′=
=
++
=
= t
t
tt
tt
t
t
ee
eeee
ee
6
6
66
66
6
6
3018
1515153
53
3531
9
Problemas de valor inicial (PVI)
Sea Resolver:
sujeto a : X(t0) = X0
es un PVI.
,
)(
)()(
)(
0
02
01
0
=
tx
txtx
t
n
X
=
nγ
γγ
2
1
0X
)()( tt FXAX +=′
10
Sean las componentes de A(t) y F(t) funciones continuas en un intervalo común I que contiene a t0. Entonces podemos asegura que existe una solución única de nuestro sistema en I.
TEOREMA Existencia de una solución única
Sean X1, X2,…, Xk un conjunto de soluciones de un sistema homogéneo en I, entonces: X = c1X1 + c2X2 + … + ckXk es también una solución en I.
TEOREMA Principio de superposición
11
Verifica que: son soluciones de
y que entonces: también es una solución.
,sincos
sin2/1cos2/1cos
1
−−+−=
tttt
tX
=
0
0
2teX
XX
−−=′
102011101
+
−−+−=
+=
0
0
sincossin2/1cos2/1
cos
21
2211
tectt
ttt
c
cc XXX
12
Sea X1, X2, …, Xk un conjunto de vectores solución de un sistema homogéneo en un intervalo I. Se dice que el conjunto es linealmente dependiente en el intervalo si existen constantes c1, c2, …, ck, no todas nulas, tales que c1X1 + c2X2 + … + ckXk = 0 para todo t en el intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente dependiente en el intervalo, se dice que es linealmente independiente.
DEFINICIÓN Dependencia e independencia lineal
13
Sean n vectores solución de un sistema homogéneo en el intervalo I. Entonces el conjunto de vectores solución es linealmente independiente en I si y sólo si, para todo t en el intervalo, el wronskiano:
TEOREMA Criterio para soluciones linealmente independientes
=
=
=
nn
n
n
n
nn x
xx
x
xx
x
xx
2
1
2
22
12
2
1
21
11
1 ,,, XXX
0),,,(
21
22221
11211
21 ≠=
nnnn
n
n
n
xxx
xxxxxx
W
XXX
14
15
16
17
18
19
• Hemos visto que son soluciones de
Como
X1 y X2 son soluciones linealmente independientes para todo t real.
,11 2
1te−
−
=X te62 5
3
=X
0853
),( 462
62
21 ≠=−
=−
−t
tt
tt
eeeee
W XX
XX
=′
3531
0853
),( 462
62
21 ≠=−
=−
−t
tt
tt
eeeee
W XX
Nota : De hecho, se puede demostrar que si W es diferente de 0 en t0 para un conjunto de soluciones en I, entonces lo es para todo t en I.
20
Cualquier conjunto X1, X2, …, Xn de n vectores solución linealmente independientes de un sistema homogéneo en un intervalo I, se dice que es un conjunto fundamental de soluciones en el intervalo.
DEFINICIÓN Conjunto fundamental de soluciones
Siempre existe un conjunto fundamental de soluciones para un sistema homogéneo en un intervalo I.
TEOREMA Existencia de un conjunto fundamental
Sea X1, X2, …, Xn un conjunto fundamental de soluciones de un sistema homogéneo en un intervalo I. Entonces la solución general del sistema en el intervalo es X = c1X1 + c2X2 + … + cnXn donde las ci, i = 1, 2,…, n son constantes arbitrarias.
TEOREMA Solución general de sistemas homogéneos
21
• Hemos visto que son soluciones linealmente independientes de
en (−∞, ∞). De ahí que forman un conjunto
fundamental de soluciones. Y entonces la solución general es:
,11 2
1te−
−
=X te62 5
3
=X
XX
=′
3531
tt ececcc 62
211211 5
311
+
−
=+= −XXX
22
+−−−=
=
−−+−=
tttt
te
tttt
tt
cossincos2/1sin2/1
sin,
010
sincos
sin2/1cos2/1cos
321 XX,X
Considera los vectores solución de :
0cossin0sincos
cos2/1sin2/1sin2/1cos2/1sin0cos
),,( 321 ≠=+−−−−−+−= tt e
ttttttett
ttW XXX
+−−−+
+
−−+−=
tttt
tcec
tttt
tc t
cossincos2/1sin2/1
sin
010
sincossin2/1cos2/1
cos
321X
Demuestra que son linealmente independientes y escribe una solución general:
XX
−−=′
102011101
23
Sea Xp una solución dada de un sistema no homogéneo en el intervalo I, y sea Xc = c1X1 + c2X2 + … + cnXn
solución general en el mismo intervalo del sistema homogéneo asociado. Entonces la solución general del sistema no homogéneo en el intervalo es: X = Xc + Xp. La solución general Xc del sistema homogéneo se llama función complementaria del sistema no homogéneo.
TEOREMA
Solución general de sistemas no homogéneos
24
25
El vector es una solución particular de en (−∞, ∞). Vimos que la solución de es: Así la solución general del sistema no homogéneo en (−∞, ∞) es:
+−−
=6543
tt
pX
−−
+
=′
31112
3531 t
XX
XX
=′
3531
ttc ecec 6
22
1 53
11
+
−
= −X
+−−
+
+
−
=+= −
6543
53
11 6
22
1 tt
ecec ttpc XXX
26
Sistemas lineales homogéneos
¿Podemos hallar siempre, para un sistema lineal homogéneo de primer orden,
una solución de la forma:
?
tt
n
ee
k
kk
λλ KX =
=2
1
AXX =′
27
Valores propios (autovalores) y vectores propios (autovectores)
Si es así, entonces, como X′ = Kλeλt, sustituyendo en el sistema de EDOs: X′ = AX
Kλeλt = AKeλt . De donde: AK = λK. Es decir: (A – λI)K = 0 O equivalentemente:
0)(
0)(0)(
2211
2222121
1212111
=−+++
=++−+=+++−
nnnnn
nn
nn
kakaka
kakakakakaka
λ
λλ
Y recordemos que si existe una solución no trivial X, debe cumplirse entonces que: det(A – λI) = 0
28
Sean λ1, λ2,…, λn n valores propios reales y distintos de la matriz de coeficientes A de un sistema homogéneo, y sean K1, K2,…, Kn los autovectores correspondientes. La solución general del sistema es entonces:
TEOREMA Solución general para sistemas homogéneos
tnn
tt nececec λλλ KKKX ++= 212211
Autovalores reales y distintos
Recordatorio:
29
yxdtdx 32 +=
yxdtdy
+= 20)4)(1(
43
1232
)(det
2
=−+=−−=
−−
=−
λλλλ
λλ
λ IAVeamos un par de ejemplos con valores propios distintos
Resolver:
λ1 = −1, λ2 = 4. Para λ1 = −1, tenemos 3k1 + 3k2 = 0 2k1 + 2k2 = 0 Así k1 = – k2. Cuando k2 = –1, entonces Para λ1 = 4, tenemos −2k1 + 3k2 = 0 2k1 − 3k2 = 0 Así k1 = 3k2/2. Cuando k2 = 2, entonces
−
=11
1K
=
23
2K
tt ececcc 4212211 2
311
+
−
=+= −XXX
30
Resolver
,4 zyxdtdx
++−= zydtdzzyx
dtdy 3,5 −=−+=
5 ,4 ,30)5)(4)(3(
310151
114)(det
−−==−++−=
−−−−
−−=−
λλλλ
λλ
λλIA
−⇒
−
−=+
000000100101
001001810111
)3( 0|IA
k1 = k3, k2 = 0. Con k3 = 1: te 311
101
,101
−
=
= XK
Usando el método de Gauss-Jordan
31
λ2 = −4
−⇒
−=+
0000011001001
001001910110
)4( 0|IA
te 422
11
10,
11
10−
−=
−= XK
k1 = 10k3, k2 = − k3. Con k3 = 1: λ3 = 5
−−
⇒
−−
−=+
000008100101
081001010119
)5( 0|IA
te533
181
,181
=
= XKttt ececec 5
34
23
1
181
11
10
101
+
−+
= −−X
32
33
34
35
Resolver: XX
−−−
−=
122212
221' 0
122212
221)(det =
−−−−−
−−=−
λλ
λλIA
– (λ + 1)2(λ– 5) = 0, entonces λ1 = λ2 = – 1, λ3 = 5. Para λ1 = – 1, k1 – k2 + k3 = 0 o k1 = k2 – k3.
Escogiendo k2 = 1, k3 = 0 y k2 = 1, k3 = 1, tenemos:
k1 = 1 y k1 = 0, respectivamente.
−⇒
−−−
−=+
000000000111
022202220222
)( 0|IA
Autovalores repetidos
(multiplicidad m = 2)
36
Para λ3 = 5,
,011
1te−
=X te−
=
110
2X
−⇒
−−−−−
−−=−
000001100101
042202420224
)( 0|5IA
k1 = k3 y k2 = – k3. Eligiendo k3 = 1, se tiene k1 = 1, k2 = –1, así:
−=
111
3K
ttt ececec 5321
111
110
011
−+
+
= −−X
Observa que en este ejemplo la matriz A es simétrica y real, entonces se puede demostrar que siempre es posible encontrar n autovectores linealmente independientes.
37
Segunda solución • Supongamos que λ1 es de multiplicidad 2 y que
solo hay un autovector relacionado con este autovalor. Una segunda solución se puede construir de la forma Sustituyendo la solución en X′ = AX:
tt ete 112
λλ PKX +=
( ) ( )( ) ( )
0KPAPKAK0APAKPKK
0PKAPK
=−−+−
=++++
=+−′
+
tt
ttttt
tttt
eteeteetee
eteete
11
11111
1111
)()( 11
11λλ
λλλλλ
λλλλ
λλ
λλ
KPIA0KIA =−=− )()( 11 λλ
38
XX
−−
=′92
183
te 31 1
3 −
=X,
13
=K
=
2
1
pp
P
Resolver det (A – λI) = 0 (λ + 3)2=0, λ = -3, -3.
Solo obtenemos un autovector:
Para obtener la segunda solución, definamos:
(A + 3 I) P = K 1623186
21
21
=−=−
pppp
Tenemos que p2 = (2p1 – 1)/6 Si elegimos p1 = 1, entonces p2 = 1/6.
=
6/11
P
tt ete 112
λλ PKX +=KPIA =− )( 1λ
tt ete 332 6/1
113 −−
+
=X
39
Si elegimos p1 = ½, entonces p2 = 0 y la solución es más "simple":
=
01/2
P
tt ete 332 0
1/213 −−
+
=X
+
+
= −−− ttt etecec 33
23
1 01/2
13
13
X
Podemos escribir la solución general como:
40
41
42
43
44
45
46
Autovalores de multiplicidad 3
ttt eteet 111
2
2
3λλλ QPKX ++=
)( )( )(
1
1
1
PQIAKPIA0KIA
=−=−=−
λλλDonde
K, P y Q están definidas por:
Ejercicio: Demostrarlo.
Si de nuevo disponemos solamente de un autovector, hallamos la segunda solución como antes, y la tercera de la siguiente manera:
47
Solución Resolviendo (A – 2I)K = 0, tenemos un único vector propio
XX
=′
200520612
=
001
K
Resolver (λ1 – 2)3 = 0 λ1 = 2 (multiplicidad 3).
A continuación resolvemos:
,010
=P
−=1/5
/560
Q
−+
+
+
+
+
=
ttt
ttt
eetetc
etecec
2222
3
222
21
1/56/50
010
2001
010
001
001
X(A – 2I) P = K (A – 2I) Q = P
ttt eteet 111
2
2
3λλλ QPKX ++=
48
Autovalor de multiplicidad m Si sólo disponemos de un autovector para un autovalor de multiplicidad m, siempre podemos encontrar m soluciones linealmente independientes de la forma:
tmm
tm
mt
m
mm
tt
t
eemte
mt
etee
λλλ
λλ
λ
KKKX
KKXKX
++−
+−
=
+=
=
−−
...)!2()!1(
...2
2
1
1
22212
111
Donde los K's son vectores columnas que podemos determinar generalizando el método expuesto.
49
Solución Resolviendo (A – 2I)K = 0, tenemos:
XX
−−
−=′
212044010
=
100
1K
Resolver λ1 = 2 (multiplicidad 3).
(A – 2I) P = K
=
−−
−−
000
012024012
3
2
1
kkk
2/02
21
21
kkkk
−==−−
=
−−
−−
100
012024012
3
2
1
ppp
¡No funciona!
−=
021
2K
Linealmente independientes
50
−=−12
1
2KK1
(A – 2I) P = K
21
12
21
21
pp
pp+
−=
=−−
−=
−−
−−
021
012024012
3
2
1
ppp
−=
011
P
Linealmente independiente de K1 y K2
¡Tampoco funciona! Necesitamos una combinación lineal de K1 y K2.
−=
−−
−−
12
1
012024012
3
2
1
ppp
51
−+
−+
−+
= tttt etececec 22
32
22
1
011
12
1
021
100
X
=
100
1K
−=
021
2K
−=
011
P
−=−12
1
2KK1
Que es la solución pedida como puedes comprobar
52
Sea A la matriz de coeficientes con elementos reales de un sistema homogéneo, y sea K1 un autovector correspondiente al autovalor complejo λ1 = α + iβ . Entonces y son soluciones.
TEOREMA Soluciones correspondientes a un autovalor complejo
te 11
λK te 11
λK
Autovalores complejos
53
Sea λ1 = α + iβ un valor propio complejo de la matriz de coeficientes A de un sistema homogéneo, y sean B1= Re(K1) y B2 = Im(K1). Entonces podemos escribir la solución como: soluciones linealmente independientes en (-∞,∞). (Demuéstralo).
TEOREMA Soluciones reales asociadas a un autovalor complejo
t
t
ettettα
α
ββ
ββ
)]sin()cos([)]sin()cos([
122
211
BBXBBX
+=
−=
( )( ))sin()cos(
)sin()cos()(
)(
titeetitee
tti
tti
ββ
ββαβα
αβα
−=
+=−
+Nota: Si queremos escribir las soluciones en términos de funciones reales, basta con emplear:
54
Para λ1 = 2i, (2 – 2i)k1 + 8k2 = 0 – k1 + (–2 – 2i)k2 = 0 obtenemos k1 = –(2 + 2i)k2. Elegimos k2 = –1
−
=
−−
=′12
)0(,2182
XXX
042182
)(det 2 =+=−−−
−=− λ
λλ
λIA
Resolver
+
−
=
−+
=02
12
122
1 ii
K
,1
2)Re( 11
−
== KB
==
02
)Im( 12 KB
−
++
−
−=
−
+
+
−
−
=
ttt
ct
ttc
ttcttc
2sin2sin22cos2
2cos2sin22cos2
2sin12
2cos02
2sin02
2cos12
21
21X
55
56
Resolución por diagonalización
Si A es diagonalizable, entonces existe P, tal que D = P-1AP es diagonal. Si realizamos el cambio matricial X = PY, el sistema de ecuaciones X′ = AX se transforma en PY′ = APY. Y multiplicando por la izquierda por P-1, tenemos: Y′ = P-1APY, es decir: Y′ = DY, cuya solución es directa e igual a:
=
tn
t
t
nec
ecec
λ
λ
λ
2
1
2
1
Y
Deshaciendo el cambio, X = PY , encontramos la solución buscada.
57
Solución De det (A – λI) = – (λ + 2)(λ– 1)(λ– 5), obtenemos λ1 = – 2, λ2 = 1 y λ3 = 5. Puesto que son autovalores reales y distintos, los vectores propios son linealmente independientes. Para i = 1, 2, 3, resolvemos (A –λiI)K = 0, y tenemos
XX
−−−−
=′
940830812
=
=
=
111
,122
,001
321 KKK
Resolver:
58
Como Y′ = DY, entonces:
=
110120121
P
−=
500010002
D
=
−
t
t
t
ececec
53
2
21
Y
++
++=
==
−−
tt
tt
ttt
t
t
t
ecececec
ececec
ececec
532
532
532
21
53
2
21
22
110120121
PYX
59
Sistemas lineales no homogéneos (Resolución por coeficientes indeterminados)
Resolver Solución Primero resolvemos el sistema homogéneo asociado: X′ = AX, λ = i, −i,
),(-en ,38
1121
' ∞∞
−+
−−
= XX
0111
21)det( 2 =+=
−−−−
=− λλ
λλIA
−−
+
+=
ttt
ct
ttcc sin
sincoscos
sincos21X
60
Puesto que F(t) es un vector columna constante, podemos suponer una solución particular de la forma:
=
1
1
ba
pX30820
11
11
++−=−+−=
baba
=
1114
pX
+
−−
+
+=
1114
sinsincos
cossincos
21 ttt
ct
ttcX
Y la solución final será: X = Xc + Xp
61
Solución Resolvemos primero: X′ = AX. λ1 = 2, λ2 = 7:
),(en ,410
63416
' ∞−∞
+−
+
=
tt
XX
=
−
=11
,2
121 KK
ttc ecec 7
22
1 11
41
+
−
=X
Resolver
+
=
1
1
2
2
ba
tba
pX
Intentamos como solución particular:
043406
y 01034066
434)1034(6)66(
00
40
106
3416
211
211
22
22
21122
21122
1
1
2
2
2
2
=+−+=−+
=−+=++
+−++−+
−++++=
+
−
+
+
=
bbaaba
baba
bbatbaabatba
tba
tba
ba
62
La solución general del sistema en (-∞, ∞) es X = Xc + Xp
−+
−=
710
74
62
tpX
6 ,2 22 =−= ba710
174
1 , =−= ba
−+
−+
+
−
=
710
74
62
11
41 7
22
1 tecec ttX
63
Determina la forma de Xp para: dx/dt =5x + 3y – 2e-t + 1 dy/dt =−x + y + e-t – 5t + 7
+
+
=
+
+
−=
−
−
1
1
2
2
3
3
71
50
12
)(
ba
tba
eba
tet
tp
t
X
FSolución Como Entonces un posible candidato es:
Resuelve el sistema.
64
Matriz fundamental • Si X1, X2,…, Xn es un conjunto fundamental de
soluciones de X′ = AX en I, su solución general es la combinación lineal:
X = c1X1 + c2X2 +…+ cnXn, que también podemos escribir como:
+++
++++++
=
++
+
=
nnnnn
nn
nn
nn
n
n
n
nn xcxcxc
xcxcxcxcxcxc
x
xx
c
x
xx
c
x
xx
c
2211
2222211
1122111
2
1
2
22
12
2
1
21
11
1X
65
Que matricialmente podemos escribir como X = Φ(t)C donde C es el n × 1 vector de constantes arbitrarias
c1, c2,…, cn, y
se llama matriz fundamental del sistema.
=
nnnn
n
n
xxx
xxxxxx
t
21
22221
11211
)(Φ
Dos propiedades de Φ(t), fáciles de demostrar y que usaremos a continuación: (i) Es regular (matriz no singular, su determinante es distinto de 0). (ii) Φ′(t) = AΦ(t)
66
Ejercicio: Encuentra una matriz fundamental para el sistema lineal
)(2102
)(' tYt
ttY
=
67
68
Observemos que la matriz fundamental cumple:
69
70
Entonces, si M(t) es una matriz fundamental, la matriz N(t) será también fundamental si y solo si existe una matriz constante y regular C, tal que N(t) = M(t) C para todo t de dominio de solución.
71
Siempre podremos encontrar un vector v constante tal que:
72
Variación de parámetros • Hallaremos una solución particular suponiendo:
tal que Xp = Φ(t)U(t)
=
)(
)()(
)( 2
1
tu
tutu
t
n
U
)(tFAXX +=′
)()()()()()(')()( ttttttttp UΦAUΦUΦUΦX +′=+′=′
)()()()()()((t) tttttt FUΦAUΦAUΦ +=+′
Φ′(t) = AΦ(t)
)()((t) tt FUΦ =′
73
Como Xp = Φ(t)U(t), entonces
Y finalmente, X = Xc + Xp
)()()( ttt FUΦ =′
)()()( 1 ttt FΦU −=′
tdttt ∫ −Φ= )()()( 1 FU
∫ −= dttttp )()()( 1 FX ΦΦ
∫ −+= dttttt )()()()( 1 FΦΦCΦX
74
Solución Primero resolvemos el sistema homogéneo La ecuación característica de la matriz de coeficientes es
+
−
−=′ −te
t34213
XX
XX
−
−=′
4213
0)5)(2(4213
)(det =++=−−
−−=− λλ
λλ
λIA
Determinar la solución general de en (−∞, ∞).
75
λ = −2, −5, y los vectores propios son Así, las soluciones son:
,11
− 2
1
,11
2
22
1
=
=
−
−−
t
tt
eeeX
−=
−
=−
−−
t
tt
eee 5
55
2 221
X
,2
)( 52
52
−=
−−
−−
tt
tt
eeeetΦ
=
−
−tt
tt
eeee
t 5315
31
2312
32
1 )(Φ
76
∫
∫
∫
−
+
−=
−
−=
ΦΦ=
−−
−−
−−−
−−
−
dteteete
eeee
dte
teeee
eeee
dtttt
tt
tt
tt
tt
ttt
tt
tt
tt
p
4315
312
52
52
5315
31
2312
32
52
52
1
22
32
)()()( FX
+−
+−=
−−
+−
−=
−
−
−−
−−
t
t
ttt
ttt
tt
tt
etet
eeteeete
eeee
21
5021
53
41
5027
56
41215
2515
51
312
212
52
52
2
77
ttt
t
t
tt
tt
etecec
etet
cc
eeee
−−−
−
−
−−
−−
+
+
+
−
+
=
+−
+−+
−=
2141
50215027
5356
52
21
21
5021
53
41
5027
56
2
152
52
21
11
2X
78
79
80
81
Matriz exponencial
Para cualquier matriz A de n × n, podemos definir
DEFINICIÓN Matriz Exponencial
∑∞
==+++++=
0
22
!!!2 k
kk
kkt
kt
kttte AAAAIA
Podemos usar las matrices para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales de una manera totalmente distinta. Observemos que x' = ax tiene como solución general x = ceat. ¿Podemos definir una función exponencial matricial, de modo que eAtC sea solución de X' = AX.
82
Derivada de eAt
tt eedtd AA A=
+++=
+++++=
232
22
!21
!!2
tt
kttt
dtde
dtd k
kt
AAA
AAAIA
te
tt
AA
AAIA
=
+++=
!2
22
Y efectivamente, eAt es una solución de X′ = AX:
AXCACACX AAA ====′ )( ttt eeetd
d
83
Cálculo de eAt : Potencias Am
donde los coeficientes cj son los mismos para cada sumatorio y la última expresión es válida para los valores propios λ1, λ2, …, λn de A. Poniendo λ = λ1, λ2, …λn en la segunda expresión, obtenemos los cj ; que sustituidos en la primera expresión nos proporcionan las potencias de A para computar:
,!0
∑∞
=
=k
kkt
kte AA
,1
0∑−
==
n
j
jj
k c AA ∑−
==
1
0
n
j
jj
k c λλ
Recuerda que vimos que podíamos calcular las potencias de una matriz A, gracias a:
84
)()(!
)(!
1
00
1
0
1
00∑∑∑∑∑−
=
∞
=
−
=
−
=
∞
=
=
=
=
n
jj
j
kj
kn
j
jjn
jj
k
kt tbkc
ktkc
kte AAAA
)()(!
)(!
1
00
1
0
1
00∑∑∑∑∑−
=
∞
=
−
=
−
=
∞
=
=
=
=
n
jj
j
kj
kn
j
jn
j
jj
k
kt tbkc
ktkc
kte λλλλ
∑∞
==
0 !k
kkt
kte λλ,
!0∑∞
=
=k
kkt
kte AA,
1
0∑−
==
n
j
jj
k c AA ∑−
==
1
0
n
j
jj
k c λλ
)(1
0∑−
=
=n
j
jj
t tbe AA )(1
0∑−
=
=n
j
jj
t tbe λλ
85
Solución
−−
=3142
A
λλ10 bbe t +=
102
10
2bbe
bbet
t
+=
−=−
Calcular eAt, donde
)(1
0∑−
=
=n
j
jj
t tbe AA
)(1
0∑−
=
=n
j
jj
t tbe λλ
eAt = b0I + b1A
λ1= −1 y λ2 = 2 b0 = (1/3)[e2t + 2e– t], b1 = (1/3)[e2t – e–t].
1/3/341/31/3
/34/34/341/322
22
−+−−+−
=−−
−−
tttt
ttttt
eeeeeeee
eA
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
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