FACULTAD CS. F´ISICAS Y MATEM ´ATICAS UNIVERSIDAD DE CHILE MA26A Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Semestre 2007-2
Profesor:Axel Osses Auxiliares:Nicol´as Carre˜no, Jorge Lemus.
Pauta Control 3
22 de Octubre de 2007
P1.- (i) Seann∈N\ {0}yω6= 0. Use la transformada de Laplace para probar la igualdad:
tn∗cosωt= n
ωt
n−1∗senωt .
Soluci´on: Se aplica transformada de Laplace a la expresi´on de la izquierda y se usa la propiedad de la convoluci´on:
L[tn∗cosωt](s) =L[tn](s)L[cosωt](s).
Estas ´ultimas dos transformadas son conocidas, con lo que se obtiene:
L[tn∗cosωt](s) = n!
sn+1
s s2+w2 =
n ω
(n−1)!
sn
ω s2+ω2
Reconociendo el producto de transformadas se obtiene:
L[tn∗cosωt](s) = n!
sn+1
s s2+w2 =
n ωL[t
n−1∗senωt](s),
de donde usando el Teorema de Lerch se obtiene:
tn∗cosωt= n
ωt
n−1∗senωt .
(ii) Resuelva la siguiente ecuaci´on diferencial usando transformada de Laplace:
ty00−2y0+ty=f(t), y(0) = 0, y³π
2
´
= 0, f(t) =
(
−sent 0≤t < π −cost t≥π.
Lo primero es escribir la funci´on f en una l´ınea, para lo que se usa la funci´on escal´on o Heaviside. Recordando queL[Haf(t−a)] =e−asF(s) y que cos(t−π) =−cos(t), sen(t−π) =−sen(t), se tiene:
f(t) =−sent+Hπ(t)[−cos(t) + sen(t)] =−sent+Hπ(t)[cos(t−π)−sen(t−π)],
aplicando transformada de Laplace:
L[f(t)](s) =− 1 s2+ 1+
e−πss
s2+ 1 −
e−πs
s2+ 1.
Ahora, llamandoF(s) =L[y](s), al aplicar transformada de Laplace al lado izquierdo de la ecuaci´on se obtiene:
−d ds[s
2F(s)−sy(0)−y0(0)]−2[sF(s)−y(0)]− d
ds[F(s)]
=−2sF(s)−s2F0(s)−2sF(s)−F0(s) =−(s2+ 1)F0(s)−4sF(s).
Juntando las 2 expresiones anteriores, se obtiene:
(s2+ 1)F0(s) + 4sF(s) = 1
s2+ 1−
e−πss
s2+ 1 +
e−πs
s2+ 1.
F0(s) + 4s
s2+ 1F(s) =
1 (s2+ 1)2 −
e−πss (s2+ 1)2 +
Esto es una EDO de primer orden paraF(s), que resolvemos con factor integrante.eR s2+14s ds= (s2+ 1)2.
La ecuaci´on queda entonces:
[F(s)(s2+ 1)2]0= 1 + (1−s)e−πs,
F(s)(s2+ 1)2=s− 1
πse
−πs+1 +π
π2 e −πs,
F(s) = s (s2+ 1)2−
se−πs
π(s2+ 1)2 + (1 +π)
e−πs
π2(s2+ 1)2.
Aplicando antitransformada y aplicando propiededes de traslaci´on y convoluci´on se obtiene:
y(t) = (sen(·)∗cos(·))(t)− 1
πHπ(t)(sen(·)∗cos(·))(t−π) +
1 +π
π2 Hπ(t)(cos(·)∗cos(·))(t−π).
P2.- Sea A(t) una matriz de n×n funciones continuas para t ∈ R. Una matriz fundamental no can´onica es una matrizW(t) tal que:
(L) W0=A(t)W, con W(0) invertible.
(i) Pruebe queW(t) existe y que si Φ es la matriz fundamental can´onica entonces
W(t) = Φ(t)W(0).
Deduzca de ello queW(t) es invertible para todot∈R.
Soluci´on: Ver queW(t) existe es una consecuencia del TEU (Teorema de Existencia y Unicidad). Para ello denotemos porwi(t) a lai-´esima columna deW(t), y consideremos el sistema lineal para cadai= 1. . . n:
w0i(t) = A(t)wi(t)
wi(0) = w¯i
donde{w¯i}ni=1son l.i. Por el TEU cada sistema anterior tiene soluci´on, y es ´unica dada la condici´on inicial.
As´ı, es f´acil ver queW(t) satisface (SL). Sea ahora Ψ(t) =W(t)−Φ(t)W(0). Derivando:
Ψ0(t) = W0(t)−Φ0(t)W(0)
Ψ0(t) = A(t)W(t)−A(t)Φ(t)W(0) Ψ0(t) = A(t)Ψ(t),
o sea, Ψ satisface un sistema lineal, que llamammos (SL0). Adem´as, Ψ(0) =W(0)−Φ(0)W(0) = 0. Por
el TEU, (SL0) tiene soluci´on ´unica, pero la funci´on id´enticamente cero es soluci´on de (SL0), por lo que
podemos concluir que Ψ(t) = 0 ∀t, es decir W(t) = Φ(t) ∀t. Por ´ultimo, sabemos que una matriz fundamental es invertible si y s´olo si es invertible en un punto. ComoW(t) es una matriz fundamental y es invertible en 0, concluimos queW(t) es invertible ∀t.
(ii) Sabiendo queW(t) =
µ
et e−t
−et e−t
¶
es la soluci´on de (L), encuentre Φ(t) yA(t).
Compruebe que Φ0(0) =A(0) para verificar sus c´alculos.
Soluci´on: Calculemos Φ(t). De la parte anterior se tiene que Φ(t) =W(t)W−1(0). ComoW(0) = µ
1 1
−1 1
¶
⇒
W(0)−1= µ
1/2 −1/2 1/2 1/2
¶
, se tiene:
Φ(t) =
µ
et e−t
−et e−t
¶ µ
1/2 −1/2 1/2 1/2
¶
=
Ã
et+e−t
2 e
−t−et
2
e−t−et
2
et+e−t
2 !
De la misma forma calculemosA(t) =W0(t)W(t)−1:
A(t) =
µ
et −e−t
−et −e−t
¶ Ãe−t
2 −e
−t
2
et
2 e
t
2 !
=
µ
0 −1
−1 0
P3.- Una red g´enica est´a formada de tres genes a, b yc. La actividad del gen a aumenta proporcionalmente a la actividad del genb y se indica por una flecha que va deba acon una constante de proporcionalidad positiva (bactiva aa). Por otro lado, la actividad del gencdisminuye proporcionalmente a la actividad del genay se dibuja un segmento terminado en una barra desdea haciac con una constante de proporcionalidad negativa (ainhibe ac). Y as´ı sucesivamente. Puede tambi´en haber auto-inhibici´on como ocurre con el genc.
+1
−1
−3
+1
−3
b
a
c
(i) Escriba el sistema de ecuaciones lineales en las variablesxa,xbyxc representando las actividades de cada gen. Encuentre la matrizA del sistema y su polinomio caracter´ıstico.
Soluci´on: El sistema de ecuaciones vienen dado por:
x0
a = xb
x0b = xc
x0
c = −xa−3xb−3xc
o matricialmente
xxab
xc
0
=
00 10 01
−1 −3 −3
xxab
xc
Encontremos el polinomio caracter´ıstico:
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
−λ 1 0
0 −λ 1
−1 −3 −3−λ
¯ ¯ ¯ ¯ ¯
¯ = −λ(λ(λ+ 3) + 3)−1
= −λ3−3λ2−3λ−1
= −(λ+ 1)3
(ii) Encuentre los valores y vectores propios (o vectores propios generalizados) deA. A partir de esto encuentre la descomposici´on diagonal (o en forma de Jordan) deA.
Soluci´on: Se puede ver de la parte anterior que−1 es el ´unico valor propio (con multiplicidad 3). Busquemos los vectores propios:
10 11 01
−1 −3 −2
vv12
v3
=
00
0
De donde
v1 = −v2
v3 = −v2
Fijandov2= 1, obtenemos el primer vector propio:~v1=
−11
1
.
10 11 01
−1 −3 −2
vv12
v3
=
−11
1
v1 = 1−v2
v3 = −1−v2
Fijandov2= 0,~v2=
10
−1
.
Como todav´ıa no completamos una base del espacio, buscamos un nuevo vector propio generalizado:
10 11 01
−1 −3 −2
vv12
v3
=
10
−1
v1 = 1−v2
v3 = −v2
Fijandov3= 0,~v3=
10
0
.
Si definimos P =
−11 10 10
1 −1 0
y J =
−01 −11 01
0 0 −1
, la descomposici´on en forma de Jordan es
entonces:
A=P JP−1
(iii) Establezca la forma general que tiene la actividad de la red si no hay influencias externas a ella y muestre que las actividades tienden a cero.
Soluci´on: Si no hay influencias externas, se debe resolver el sistema homog´eneo para encontrar la forma general de la red. Sabemos que la soluci´on viene dada por:
x(t) =eAtx
0
conx(t) =
xxab
xc
, yx0 una condici´on inicial. Expl´ıcitamente, la soluci´on es:
xxab
xc
=
−11 10 10
1 −1 0
e
−t te−t t2
2e−t
0 e−t te−t 0 0 e−t
~c, ~c=P−1x 0
Cuandot→ ∞, todos los t´erminos de la matriz anterior tienden a cero, con lo que se concluye que todas las actividades son nulas en el l´ımite.
(iv) Pruebe que la red anterior es equivalente en la base propia a la red siguiente:
−1
−1
e
d
+1
+1
f
donde debe determinar qu´e combinaciones de las actividades originales representan las nuevas actividades ded,eyf. Finalmente, a partir de esta nueva red, diga cu´al de estas tres actividades converge en principio m´as lentamente a cero. (Nota: le puede servir definir las variablesxd,xe yxf).
Soluci´on: El sistema para esta nueva red es:
x0f = −xf+xe
x0
e = −xe+xd
x0d = −xd
o en forma matricial
xxfe
xd
0
=
−01 −11 10
0 0 −1
xxfe
xd
Llamandoy=
xxfe
xd
yx(t) =
xxab
xc
.
El sistema es entonces:
y0 = Jy
Por otro lado, el sistema original:
x0 = Ax x0 = P JP−1x
P−1x0 = JP−1x
es decir, el nuevo sistema es equivalente a expresar las variables originales en otra base, mediante el cambio
y=P−1x.
De la relaci´onx=P y, se puede deducir que
xa = xf+xe+xd
xb = −xf
xc = xf−xe.
Adem´as, para las nuevas variablesyse tiene:
y=
e
−t te−t t2
2e−t
0 e−t te−t 0 0 e−t
~c1, ~c1=y0.
Dependiendo de las condiciones iniciales, se tendr´a que existir´a alguna componenteyi,i= 1,2,3, tal que
