Soluci´
on de Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales
Departamento de Matem´aticas, CSI/ITESM
17 de junio de 2008
´
Indice
26.1. Introducci´on . . . 1
26.2. Ejemplo 1 . . . 1
26.3. Ejemplo 2 . . . 3
26.4. Motivaci´on a la formalizaci´on del m´etodo . . . 6
26.5. Formalizaci´on del m´etodo de soluci´on . . . 7
26.1. Introducci´on
En esta lectura veremos una aplicaci´on del ´algebra lineal a la soluci´on de sistemas de ecuaciones dife-renciales. Los conceptos involucrados son valores y vectores propios de una matriz, as´ı como el concepto de diagonalizaci´on de una matriz. La lectura est´a organizada de la siguiente manera. Primeramente, se ver´an dos ejemplos de la aplicaci´on del m´etodo. En estos ejemplos se muestra c´omo utilizar una calculadora avanzada de las que obtienen valores y vectores propios de una matriz. Seguidamente, viene una secci´on donde se motiva el m´etodo de soluci´on. Finalmente, la lectura termina con una secci´on donde se formaliza el m´etodo.
26.2. Ejemplo 1
Veamos un primer ejemplo que ilustra el m´etodo de soluci´on. En este todos los valores propios son diferentes y as´ı la matriz que resulta es diagonalizable.
Ejemplo 26.1
Determine la soluci´on al sistema
x′
= 2x + 3y y′
= 2x + y
Sujeto sujeto a las condiciones iniciales:x(0) = 3 yy(0) =−2. Soluci´on:(y m´etodo de soluci´on)
1. El sistema se escribe en forma matricial:
x′
y′
=
2 3 2 1
x y
2. Se determinan los valores propios de la matriz de coeficientes. El polinomio caracter´ıstico es:
pA(λ) =λ2−3λ−4
Los valores propios son entonces:
λ1 =−1,λ2 = 4 3. Se determinan los vectores propios correspondientes son:
v1=
−1
1
,v2=
3/2
1
Figura 1: Ejemplo 1: Matriz del sistema y sus valores y vectores propios.
El m´etodo que describiremos aplica cuando todos los valores caracter´ısticos son reales y cuando la totalidad de los vectores propios determinados esn: v1,v2, . . . ,vn, siendo la matriz de coeficientes n×n. En este caso la soluci´on general se escribe:
x= n
X
i=1
Civie λit
4. Se forma la soluci´on general al sistema:
x(t)
y(t)
=C1
−1
1
e−1t
+C2
3/2 1
e4t
5. Se determina la soluci´on particular: determinaci´on deC1 yC2 usandox(0) = 3 yy(0) =−2:
3
−2
=C1
−1
1
e−1×0+C2
3/2 1
e4×0
Para determinar las constantes resolvemos el sistema cuya matriz aumentada es:
−1 3/2 3
1 1 −2
→
1 0 −12/5
0 1 2/5
x y
=−12
5
−1
1
e−t+2 5
3/2 1
e4t
O bien:
x y
=
12/5
−12/5
e−t+
3/5 2/5
e4t
Hag´amos los c´alculos con una calculadora TI Voyage. En la figura 1: se define la matriz del sistema
A; se determinan los valores propios; se obtienen los vectores propios correspondientes; y se introducen las condiciones iniciales. Cabe observar que debe respetarse elordende aparici´on de cada valor propio y de cada vector propio:
Para el valor propio 4, el vector<0.832,0.554>genera el espacio invariante.
Para el valor propio 1, el vector<−0.707,0.707>genera el espacio invariante.
As´ı la soluci´on general quedar´ıa:
x y
=C1
0.832 0.554
e4t+C2
−0.707
0.707
e−t
La constantes C1 y C2 de la soluci´on particular pueden ser determinadas resolviendo el sistema: VC = Ci dondeV es la matriz formada por los vectores propios yCi es el vector de condiciones iniciales. Para obtener
Figura 2: Ejemplo 1: c´alculos para las condiciones iniciales.
Figura 3: Ejemplo 1: c´alculos para x(t= 1.2) yy(t= 1.2).
ciVi hacemos el truco del producto V·diag(c1, c2). Estos c´alculos se ilustran en la figura 2. Por tanto, la soluci´on particular es:
x y
=
0.6 0.4
e4t +
2.4
−2.4
e−t
Suponga que se desea determinarx(1.2) yy(1.2). En este caso, las operaciones pueden hacerse en forma sencilla utilizando la matrizV·diag(c1, c2) y el vector con los datos, como se ilustra en la figura 3.
26.3. Ejemplo 2
Ahora veamos un ejemplo donde la matriz tiene valores propios diferentes pero la matriz es diagonalizable debido a que la dimensi´on algebraica coincide con la dimensi´on geom´etrica.
Ejemplo 26.2
Determine la soluci´on al sistema
x′
= x − 2y + 2z y′
= −2x + y − 2z z′
= 2x − 2y + z
Sujeto sujeto a las condiciones iniciales:x(0) = 3, y(0) =−2 y z(0) = 1.
Soluci´on:
1. El sistema se escribe en forma matricial:
x′
y′
z′
=
1 −2 2
−2 1 −2
2 −2 1
x y z
2. Se determinan los valores propios de la matriz de coeficientes. El polinomio caracter´ıstico es:
pA(λ) =−(λ3−3λ2−9λ−5) =−(λ+ 1)2(λ−5)
Los valores propios son entonces:
3. Se determinan los vectores propios correspondientes a λ1 =−1:
v1 =
1 1 0
,v2=
0 1 1
y a λ3 = 5:
v3= 1 −1 1
4. La soluci´on general al sistema es entonces:
x(t)
y(t)
z(t)
=C1
1 1 0
e−1t +C2
0 1 1
e−1t +C3
1 −1 1 e 5t
5. Determinaci´on de la soluci´on particular usando las condiciones inicialesx(0) = 3,y(0) =−2yz(0) = 1:
3 −2 1 =C1
1 1 0 e −1×0 +C2
0 1 1 e −1×0 +C3
1 −1 1 e 5×0
Para determinar las constantes resolvemos el sistema cuya matriz aumentada es:
1 0 1 3
1 1 −1 −2
0 1 1 1
→
1 0 0 1 0 1 0 −1
0 0 1 2
Por tanto, la soluci´on particular es:
x y z = 1 1 0 e −t − 0 1 1 e −t + 2 1 −1 1 e 5t O simplemente, x y z = 1 0 −1 e −t + 2 −2 2 e 5t
La figura 4 ilustra los valores y vectores propios propios de la matriz de coeficientes. La figura 5 muestra los valores de las constantes C1,C2 yC3 relativas a las condiciones iniciales. La figura 6 muestra los vectores que acompa˜nan a las exponenciales en las conidiciones iniciales y la figura 7 muestra los valores de x(1.5) y de
y(1.5).
De los c´alculos de la figura 6 se deduce que la soluci´on particular es:
x y z = 2 −2 2 e 5t +
1.004 0.502
−0.502
e −t +
−0.004 −0.502 −0.498
e −1t = 2 −2 2 e 5t +
1.0 0.0
−1.0
e
−t
Para determinar los valores dex(t= 1.5), y(t= 1.5) y z(1.5) podemos recurrir de nuevo a c´alculos cons matrices como se ilustra en la figura 7.
Figura 4: Ejemplo 2: vectores propios para la matriz de coeficientes.
Figura 5: Ejemplo 2: c´alculo referente a las condiciones iniciales.
Figura 6: Ejemplo 2: c´alculo referente a las condiciones iniciales.
26.4. Motivaci´on a la formalizaci´on del m´etodo
Veamos dos ejemplos de sistemas de ecuaciones: uno f´acil de resolver y uno m´as complejo que puede reducirse a uno f´acil. La transformaci´on est´a relacionada con el concepto de diagonalizaci´on como veremos posteriormente. Suponga que x(t) y y(t) son dos funciones dependientes de t consideradas como funciones inc´ognitas y supongamos que ellas satisfacen un sistema que tiene la forma:
x′ (t)
y′ (t)
=
a1x(t)
a2y(t)
el sistema estar´ıa representando a las dos ecuaciones diferenciales
x′
(t) =a1x(t) y y′(t) =a2y(t)
Estas ecuaciones son ecuaciones diferenciales lineales de primer orden cuyas soluciones generales son:
x(t) =C1e a1t
yy(t) =C2e a2t
Si ahora queremos regresar a la forma de vector lo anterior, lo podr´ıamos escribir como:
x(t)
y(t)
=
C1e a1t
C2ea2t
y de all´ı a:
x(t)
y(t)
=C1
1 0
ea1t+C 2
0 1
ea2t
El sistema anterior es un sistema muy f´acil de resolver comparado con un sistema en apariencia m´as dif´ıcil como:
x′ (t)
y′ (t)
=
5x(t)−6y(t)
3x(t)−4y(t)
Suponga que se nos ocurregenialmente combinar las ecuaciones en la siguiente forma:
La ecuaci´on 1 menos la ecuaci´on 2:
x′
(t)−y′(t) = 2x(t)−2y(t)
La cual podemos escribir como:
(x(t)−y(t))′ = 2 (x(t)−y(t))
Dos veces ecuaci´on 2 menos la ecuaci´on 1:
−x′(t) + 2y′(t) =x(t)−2y(t)
La cual podemos escribir como:
(−x(t) + 2y(t))′ =−1 (−x(t) + 2y(t))
Si ahora hacemos el cambio de variables:
z(t) = x(t)−y(t) w(t) = −x(t) + 2y(t)
y esto transforma al sistema en:
z′ (t)
w′ (t)
=
2z(t)
−1w(t)
Este sistema se resuelve como el primero d´andonos como soluci´on general:
z(t)
w(t)
=C1
1 0
e2t +C2
0 1
e−t
Para regresar a las variables originales el cambio de variables hecho lo describimos en forma matricial como:
z(t)
w(t)
=
1 −1
−1 2
·
x(t)
y(t)
Digamos que
A =
1 −1
−1 2
x =
x(t)
y(t)
as´ı la soluci´on queda:
Ax=C1
1 0
e2t+C2
0 1
e−t
al multiplicar porA−1
la soluci´on queda
x=C1A −1
1 0
e2t
+C2A −1
0 1
e−t
Como
A−1 =
1 −1
−1 2
la soluci´on finalmente queda:
x=C1
1
−1
e2t +C2
−1
2
e−t
Hay varios comentarios sobre estos c´alculos. El primer tipo de sistema de ecuaciones es uno muy simple debido a que el sistema representa varias ecuaciones diferenciales en una funci´on inc´ognita y son f´aciles de resolver. Este tipo de sistemas se llamansistemas desacoplados: cuando cada ecuaci´on est´a en una funci´on inc´ognita y las restantes inc´ognitas no aparecen en ella. Mientras que el segundo tipo de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales son llamados sistemas acoplados: cuando hay al menos una ecuaci´on diferencial donde aparencen dos o m´as funciones inc´ognitas. Este ´ultimo ejemplo muestra que cuando el sistemapuede desacoplarse, puede resolverse f´acilmente. Por otro lado, la sustituci´on que permite desacoplar las ecuaciones no es fruto de un golpe de inspiraci´on sino resultado de un m´etodo.
26.5. Formalizaci´on del m´etodo de soluci´on
Veamos ahora la formalizaci´on de un m´etodo de soluci´on de sistemas de ecuaciones diferenciales lineales. Este m´etodo requiere los conceptos de valor y vector propio asociado as´ı como el concepto de diagonalizaci´on. Supongamos un sistema de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden de la forma
x′ =Ax
donde
x=
x1(t)
x2(t) .. .
xn(t)
es el vector de funciones inc´ognitas y Aesla matriz de transferencia del sistema. Suponga que la matriz
A es diagonalizable y que
A=PDP−1
dondeD es una matriz diagonal diag(λ1, λ2, . . . , λn) y Pes una matriz cuadrada cuyas columnas forman una base de vectores propios vi asociados a los valores propiosλi de A. As´ı, el sistema podr´ıa escribirse como
x′
=PDP−1x
si multiplicamos porP−1
y asociamos obtenemos
P−1
x′
=P−1
x′
=D P−1
x
si definimos el nuevo vector de inc´ognitas y=P−1
xentonces el sistema queda:
y′ =Dy
el cual representa al sistema desacoplado:
y′
1(t) = λ1y1(t)
y′
2(t) = λ2y2(t) ..
.
y′
n(t) = λ1yn(t)
al resolver cada una de estas ecuaciones se obtiene:
y1(t) = C1eλ1t
y2(t) = C2e λ2t ..
.
yn(t) = Cne λnt
que escrita en forma vectorial queda
y=C1e1e λ1t
+C2e2e λ2t
+· · ·+Cnene λnt
dondeei representa al vector de ceros con un 1 en la coordenadai. Si multiplicamos por P:
x=Py=C1Pe1e λ1t
+C2Pe2e λ2t
+· · ·+CnPene λnt
recordando quePei es lai-´esima columna dePo seavi, la soluci´on general queda:
x= n
X
i=1
Civie λit
