sistemas de ecuaciones diferenciales lineales · solución general para sistemas ... autovalores...

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

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

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

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

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:

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

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

=

68

Observemos que la matriz fundamental cumple:

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

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

sistemas de ecuaciones diferenciales lineales · solución general para sistemas ... autovalores...

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