Tema 6: Sistemas Lineales

Tema 6: Sistemas Lineales.
Profa. Nathaly Guanda
Caracas, 19 de Julio de 2021
Profa. Nathaly Guanda Tema 6: Sistemas Lineales.

ESQUEMA
1 Sistema de n ecuaciones lineales de primer orden
2 Forma matricial
3 Problema de valor inicial
4 Representación de soluciones (Caso homogéneo)
5 Sistema lineal homogéneo con coeficientes
constantes
6 Caso: A ∈ Rnxn simétrica
Autovalores reales y distintos
Autovalores repetidos
7 Caso: A ∈ Rnxn no simétrica
Autovalores complejos
Autovalores repetidos: Resumen
8 Bibliografı́a

Sistema de n ecuaciones lineales de primer orden









x0
1 = a11(t)x1 + · · · + a1n(t)xn + g1(t)
x0
2 = a21(t)x1 + · · · + a2n(t)xn + g2(t)
.
.
.
x0
n = an1(t)x1 + · · · + ann(t)xn + gn(t)
; (1)
cuya incógnita es una función vectorial −
→
x : (a, b) → Rn dada
por
−
→
x (t) = (x1(t), x2(t), . . . , xn(t)).

Forma matricial
En forma matricial el sistema es
−
→
X0
(t) = A(t)
−
→
X(t) + −
→
g (t) (2)
donde
−
→
X0
(t) =



x0
1(t)
.
.
.
x0
n(t)


 , −
→
g (t) =



g1(t)
.
.
.
gn(t)



y
A(t) =





a11(t) · · · a1n(t)
a21(t) · · · a2n(t)
.
.
.
.
.
.
an1(t) · · · ann(t)





Nota: Para garantizar la existencia de soluciones de la
ecuación (2), es suficiente que c/u de las funciones escalares
a11, . . . , ann, g1, . . . , gn sean continuas en el intervalo (a, b).

Forma matricial
EJEMPLO (1)
Escribir el sistema en forma matricial

x0
1 = 2t2x1 + x2 + exp(t)
x0
2 = 3 cos(t)x1 − 2 ln(t)x2 + t
Solución:

x1
x2
0
=

2t2 1
3 cos(t) −2 ln(t)

x1
x2

+

exp(t)
t

Si en la ecuación (2), −
→
g (t) ≡
−
→
0 entonces se dice que el
sistema (1) es un sistema homogéneo. En caso contrario, se
dice no homogéneo.

Problema de valor inicial
( −
→
X0(t) = A(t)
−
→
X(t) + −
→
g (t)
−
→
X(t0) =
−
→
X0
donde
−
→
X(t0) =
−
→
X0 es la condición inicial y
−
→
X0 es un vector de
Rn de coordenadas constantes.
EJEMPLO (2 DEL EJEMPLO ANTERIOR)








x1
x2
0
=

2t2 1
3 cos(t) −2 ln(t)

x1
x2

+

exp(t)
t

x1(1)
x2(1)

=

−3
8


Teorema (Teorema de existencia y unicidad)
Supongamos que A(t) y −
→
g (t) son continuos en un intervalo
abierto I ⊆ R que contiene a t0. Entonces, para cualquier
vector inicial
−
→
X0 ∈ Rn, existe una única solución
−
→
X(t) sobre I
del PVI ( −
→
X0(t) = A(t)
−
→
X(t) + −
→
g (t)
−
→
X(t0) =
−
→
X0
Observación: Una ecuación lineal de orden n,
y(n)
+ an−1(t)y(n−1)
+ · · · + a2(t)y00
+ a1(t)y0
+ a0(t)y = f(t),
puede escribirse como un sistema de n ecuaciones lineales de
primer orden de la forma (1). Para ello, se realizan los cambios
siguientes

x1 = y
x2 = y0 = x0
1
x3 = y00 = x0
2
.
.
.
xn = y(n−1) = x0
n−1
x0
n = y(n) = f(t) − an−1(t)y(n−1) − · · · − a1(t)y0 − a0(t)y
x0
n = f(t) − an−1(t)xn − · · · − a2(t)x3 − a1(t)x2 − a0(t)x1
ası́,

















x0
1 = x2
x0
2 = x3
x0
3 = x4
.
.
.
x0
n−1 = xn
x0
n = f(t) − an−1(t)xn − · · · − a2(t)x3 − a1(t)x2 − a0(t)x1

en forma matricial,







x1
x2
.
.
.
xn−1
xn







0
=







0 1 0 · · · 0 0
0 0 1 · · · 0 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...
.
.
.
.
.
.
0 0 0 · · · 1 0
−a0(t) −a1(t) −a2(t) · · · −an−2(t) −an−1(t)














x1
x2
.
.
.
xn−1
xn







+







0
0
.
.
.
0
f(t)








EJEMPLO (3)
t3y000 + t2y00 − 2ty0 + 2y = 2t4
x1 = y
x2 = y0 = x0
1
x3 = y00 = x0
2
y000 = x0
3 = 2t − 1
t y00 + 2
t2 y0 − 2
t3 y
y000 = x0
3 = 2t − 1
t x3 + 2
t2 x2 − 2
t3 x1
de donde,



x0
1 = x2
x0
2 = x3
x0
3 = 2t − 1
t x3 + 2
t2 x2 − 2
t3 x1
Ejercicio: Escribirlo en forma matricial.

Definición
El Wronskiano de n funciones vectoriales
−
→
X(1)(t),
−
→
X(2)(t), . . .,
−
→
X(n)(t) se define como
W[
−
→
X(1)
(t),
−
→
X(2)
(t), . . . ,
−
→
X(n)
(t)] = det





.
.
.
.
.
.
.
.
.
−
→
X(1)
(t)
−
→
X(2)
(t) · · ·
−
→
X(n)
(t)
.
.
.
.
.
.
.
.
.





Nota: Sea A ∈ Rnxn (matriz constante). El Wronskiano de las
n soluciones vectoriales del sistema homogéneo
−
→
X0 = A
−
→
X es
idénticamente cero o nunca cero sobre I.
Nota: Un conjunto de n soluciones
−
→
X(1)(t),
−
→
X(2)(t), . . .,
−
→
X(n)(t)
de
−
→
X0 = A
−
→
X sobre I es linealmente independiente sobre I si y
sólo si W[
−
→
X(1)(t),
−
→
X(2)(t), . . . ,
−
→
X(n)(t)] 6= 0 para todo t ∈ I.

Representación de soluciones (caso homogéneo)
Si
−
→
X(1)(t), . . .,
−
→
X(n)(t) son n soluciones linealmente
independientes de
−
→
X0
= A(t)
−
→
X (I)
entonces cualquier otra solución del sistema puede expresarse
en la forma
−
→
X(t) = C1
−
→
X(1)
(t) + C2
−
→
X(2)
(t) + · · · + Cn
−
→
X(n)
(t), (II)
donde Ci son constantes.
Sea
Ψ(t) =




.
.
.
.
.
.
.
.
.
−
→
X(1)(t)
−
→
X(2)(t) · · ·
−
→
X(n)(t)
.
.
.
.
.
.
.
.
.




entonces la solución general (II) de (I) puede escribirse como
−
→
X(t) = Ψ(t)
−
→
C (III)

Representación de soluciones (caso homogéneo)
con
−
→
C =





C1
C2
.
.
.
Cn





.
Si se tiene que
−
→
X(t0) =
−
→
X0 entonces la solución es
−
→
X(t) = Ψ(t)Ψ−1
(t0)
−
→
X0.
A la matriz Ψ se le denomina matriz fundamental asociada a
(I).
Observación: det(Ψ) = W(
−
→
X(1)(t), . . .,
−
→
X(n)(t)) 6= 0 para todo
t ∈ I. Además, Ψ satisface la siguiente ED matricial
Ψ0
(t) = A(t)Ψ(t)
Ejercicio: Verificarlo.

Sistema lineal homogéneo con coeficientes
constantes
−
→
X0
(t) = A
−
→
X(t) (3)
donde A ∈ Rnxn.
Teorema
Una solución de (3) viene dada por
−
→
X(t) = −
→
v exp(λt), donde λ
es un autovalor de A y −
→
v su autovector asociado.
Prueba
Para que
−
→
X(t) = −
→
v exp(λt) sea solución de (3) debe
verificarse que
λ−
→
v exp(λt) = A−
→
v exp(λt)
es decir,

Sistema lineal homogéneo con coeficientes
constantes
Prueba
λ−
→
v = A−
→
v
Esta igualdad se satisface si λ es un autovalor de A y −
→
v el
autovector correspondiente.
Nota: Para expresar la solución general de (3) se necesitan n
soluciones linealmente independientes
−
→
X(1)(t),
−
→
X(2)(t), . . .,
−
→
X(n)(t). Ası́, la solución general serı́a
−
→
X(t) = C1
−
→
X(1)
(t) + C2
−
→
X(2)
(t) + · · · + Cn
−
→
X(n)
(t)
con Ci constantes.

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
Sea λ1, λ2, . . . , λn n autovalores reales y distintos. Entonces se
pueden hallar n autovectores −
→
v 1, −
→
v 2, . . . , −
→
v n linealmente
independientes asociados a cada autovalor respectivamente.
−
→
X(j)
(t) = −
→
v j exp(λjt)
Como los autovectores son linealmente independientes se
tiene que las n soluciones
−
→
X(j) con j = 1, . . . , n también son
linealmente independientes y por lo tanto forman un conjunto
fundamental de soluciones para
−
→
X0
(t) = A
−
→
X(t)
Ası́, la solución general es
−
→
X(t) = C1v1 exp(λ1t) + · · · + Cnvn exp(λnt)

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
EJEMPLO (4)
−
→
X0
=

−3
√
2
√
2 −2

−
→
X (4)
Los autovalores de A =

−3
√
2
√
2 −2

son λ1 = −1 y λ2 = −4.
Autovectores asociados: Para λ1 = −1
A−
→
v 1 = λ1
−
→
v 1
(A − λ1I)−
→
v 1 =
−
→
0 ,
Sea −
→
v 1 =

a
b

entonces

−2
√
2
√
2 −1

a
b

=

0
0

Simplificando tenemos,
1 −
√
2
2
0 0
!
a
b

=

0
0

,

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
EJEMPLO (4 CONTINUACIÓN)
De donde a =
√
2
2 b. Si b = k entonces a =
√
2
2 k,
−
→
v 1 =
√
2
2
1
!
k.
Tomemos k = 2, entonces −
→
v 1 =
√
2
2
1
!
.
Para λ2 = −4, tenemos −
→
v 2 =

−
√
2
1

k. Si k = 1, entonces
−
→
v 2 =

−
√
2
1

.
Dos soluciones de (4) son
−
→
X(1)(t) =
√
2
2

exp(−t) y
−
→
X(2)(t) =

−
√
2
1

exp(−4t)

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
Ejercicio: Demostrar que estas dos soluciones son
linealmente independientes.
Ası́, la solución general de (4) es
−
→
X(t) = C1
√
2
2

exp(−t) + C2

−
√
2
1

exp(−4t)
−
→
X(t) =
√
2 exp(−t) −
√
2 exp(−4t)
2 exp(−t) exp(−4t)

C1
C2

= Ψ(t)
−
→
C
con
−
→
C =

C1
C2

.

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
Sea λ un autovalor repetido de multiplicidad m ≤ n
λ = λ1 = λ2 = · · · = λm , λm+1, · · · , λn
Para λ = λ1 = λ2 = · · · = λm tenemos −
→
v 1, −
→
v 2, · · · , −
→
v m (Puedo
hallar m autovectores linealmente independientes asociados a
λ = λ1 = λ2 = · · · = λm, si la matriz A es simétrica.) Para λm+1
se tiene su autovector −
→
v m+1 y ası́ hasta para λn que se tiene
su autovector −
→
v n.
Ası́, la solución general es
−
→
X(t) = C1
−
→
v 1 exp(λt)+C2
−
→
v 2 exp(λt)+· · ·+Cm
−
→
v m exp(λt)+. . .
. . . + Cm+1
−
→
v m+1 exp(λm+1t) + · · · + Cn
−
→
v n exp(λnt)

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
Agrupando tenemos,
−
→
X(t) = [C1
−
→
v 1+· · ·+Cm
−
→
v m] exp(λt)+Cm+1
−
→
v m+1 exp(λm+1t)+· · ·
· · · + Cn
−
→
v n exp(λnt)
EJEMPLO (5)
−
→
X0
=


0 1 1
1 0 1
1 1 0

 −
→
X (5)
La matriz asociada es real y simétrica, los autovalores son
λ1 = λ2 = −1 y λ3 = 2. Autovector asociado a λ3 = 2:
−
→
v 3 =


1
1
1

.

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
Autovectores asociados a λ1 = λ2 = −1:
(A − λ1I)−
→
v =
−
→
0


1 1 1
1 1 1
1 1 1




a
b
c

 =


0
0
0


de donde, a + b + c = 0, es decir, a = −b − c. Si b = k y c = l
entonces a = −k − l
−
→
v =


a
b
c

 =


−k − l
k
l

 =


−1
1
0

 k +


−1
0
1

 l

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
Tomamos k = 1 y l = 0 y obtenemos −
→
v 1 =


−1
1
0

.
Además, si k = 0 y l = 1 entonces −
→
v 2 =


−1
0
1

.
−
→
v 1 y −
→
v 2 son linealmente independientes.
Tres soluciones de (5) son
−
→
X(1)(t) =


−1
1
0

 exp(−t);
−
→
X(2)(t) =


−1
0
1

 exp(−t);
−
→
X(3)(t) =


1
1
1

 exp(2t)

Caso: A ∈ Rnxn
simétrica
Solución general de (5)
−
→
X(t) =
3
X
i=1
Ci
−
→
X(i)
(t)

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
Autovalores reales y distintos y autovalores complejos
Autovalores reales y distintos: Es totalmente análogo al
caso estudiado antes.
Autovalores Complejos: Supongamos una pareja de
autovalores complejos y conjugados
λ1 = α + iβ → −
→
v 1 = −
→
a + i
−
→
b
λ2 = α − iβ → −
→
v 2 = −
→
a − i
−
→
b
Por la fórmula de Euler
−
→
v 1 exp(λ1t) = (−
→
a + i
−
→
b ) exp((α + iβ)t) =
= (−
→
a + i
−
→
b ) exp(αt) exp(iβt) =
(−
→
a + i
−
→
b ) exp(αt)(cos(βt) + i sin(βt)) =
=
[−
→
a cos(βt)−
−
→
b sin(βt)] exp(αt)+i[−
→
a sin(βt)+
−
→
b cos(βt)] exp(αt)

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
(Se puede ver que −
→
v 1 exp(λ1t) = −
→
v 2 exp(λ2t))
Estamos en busca de soluciones reales, por lo que
consideramos
−
→
X(1)
(t) = (−
→
v 1 exp(λ1t))
−
→
X(2)
(t) = =(−
→
v 1 exp(λ1t))
Ejercicio: Demostrar que
−
→
X(1)(t) y
−
→
X(2)(t) son linealmente
independientes.
EJEMPLO (6)
−
→
X0
(t) =
−1
2 1
−1 −1
2

−
→
X(t), (6)

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
Autovalores de la matriz asociada: λ1 = −1
2 + i, λ2 = −1
2 − i.
Tomamos λ1 = −1
2 + i y hallemos el autovector −
→
v 1 asociado:
(A − λ1I)−
→
v 1 =
−
→
0

−i 1
−1 −i

c
d

=

0
0

−i 1
−1 −i

→

1 i
−i 1

→

1 i
0 0

Entonces tenemos que, c + id = 0, es decir, c = −id. Si d = k,
entonces −
→
v 1 =

−i
1

k.

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
Para k = 1, se tiene −
→
v 1 =

−i
1

.
Luego, −
→
v 1 exp(λ1t) =

−i
1

exp(−1
2 t)(cos(t) + i sin(t)).
−
→
v 1 exp(λ1t) =

exp(−t
2 ) sin(t)
exp(−t
2 ) cos(t)

+ i

− exp(−t
2 ) cos(t)
exp(−t
2 ) sin(t)

de donde, dos soluciones linealmente independientes de (6)
son
−
→
X(1)(t) =

exp(−t
2 ) sin(t)
exp(−t
2 ) cos(t)

−
→
X(2)(t) =

− exp(−t
2 ) cos(t)
exp(−t
2 ) sin(t)

.

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
Sea λ un autovalor repetido de multiplicidad m (m ≤ n)
λ = λ1 = λ2 = · · · = λm , λm+1, · · · , λn
Para λ = λ1 = λ2 = · · · = λm tenemos −
→
v 1, −
→
v 2, · · · , −
→
v p (con
p m) (Sólo se podrán hallar p autovectores linealmente
independientes asociados a λ (p m) cuando la matriz no es
simétrica.) Para λm+1 se tiene su autovector −
→
v m+1 y ası́ hasta
para λn que se tiene su autovector −
→
v n.
Ası́, tendrı́amos n − m + p soluciones linealmente
independientes de
−
→
X0 = A
−
→
X. Faltarı́an generar las soluciones
linealmente independientes restantes.

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
EJEMPLO (7)
−
→
X0
= A
−
→
X =

1 −1
1 3

−
→
X; (7)
Autovalores: λ1 = λ2 = 2
(A − λ1I)−
→
v 1 =
−
→
0

−1 −1
1 1

a
b

=

0
0

; de donde tenemos que
a + b = 0, es decir, b = −a; entonces
−
→
v 1 =

1
−1

.

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
Por lo que, una solución de (7) es
−
→
X(1)
(t) =

1
−1

exp(2t)
Para hallar una segunda solución linealmente independiente a
−
→
X(1), supongamos que la solución es de la forma siguiente
−
→
X(2)
(t) = −
→
v 1t exp(2t); (8)
Sustituyendo (8) en (7), tenemos
−
→
v 1 exp(2t) + 2−
→
v 1t exp(2t) = A−
→
v 1t exp(2t)
−
→
v 1 exp(2t) − (A − 2I)−
→
v 1t exp(2t) = 0

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
De la igualdad anterior se obtiene que
−
→
v 1 =
−
→
0 → Esto no puede ser!
(A − 2I)−
→
v 1 =
−
→
0 → Esto es cierto!
Entonces (8) no puede ser solución de (7).
Propongamos entonces
−
→
x (2)
(t) = (−
→
v 1t + −
→
v 2) exp(λt), (9)
donde λ = 2, −
→
v 1 =

1
−1

y −
→
v 2 por determinar.
Sustituyendo (9) en (7), tenemos

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
−
→
v 1 exp(λt) + λ(−
→
v 1t + −
→
v 2) exp(λt) = A(−
→
v 1t + −
→
v 2) exp(λt)
−
→
v 1 + λ−
→
v 1t + λ−
→
v 2 = A−
→
v 1t + A−
→
v 2
A−
→
v 2 − λ−
→
v 2 + (A−
→
v 1 − λ−
→
v 1)t = −
→
v 1
(A − λI)−
→
v 2 + (A − λI)−
→
v 1t = −
→
v 1
de donde,
(A − λI)−
→
v 1 =
−
→
0 → de aquı́ tenemos −
→
v 1 =

1
−1

(A − λI)−
→
v 2 = −
→
v 1 → de aquı́ se halla −
→
v 2

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
Entonces,
(A − 2I)

c
d

=

1
−1

−1 −1
1 1

c
d

=

1
−1

Reduciendo la matriz ampliada tenemos que c + d = −1, es
decir, d = −1 − c.
Si c = k, entonces
−
→
v 2 =

k
−1 − k

=

0
−1

+ k

1
−1

.

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
Tomo k = 0 entonces −
→
v 2 =

0
−1

.
De (9)
−
→
X(2)
(t) =

1
−1

t +

0
−1

exp(2t)
Solución general de (7)
−
→
X(t) = C1

1
−1

exp(2t) + C2

1
−1

t +

0
−1

exp(2t)

Caso: A ∈ Rnxn
no simétrica
Autovalores repetidos: Resumen
Para
−
→
X0 = A
−
→
X, A ∈ Rnxn y λ1 = λ2 se tiene que
−
→
X(1)(t) = −
→
v 1 exp(λ1t)
−
→
X(2)(t) = (−
→
v 1t + −
→
v 2) exp(λ1t)
donde −
→
v 2 es tal que (A − λ1I)−
→
v 2 = −
→
v 1.
Para
−
→
X0 = A
−
→
X, A ∈ Rnxn y λ1 = λ2 = λ3 se tiene que
−
→
X(1)(t) = −
→
v 1 exp(λ1t)
−
→
X(2)(t) = (−
→
v 1t + −
→
v 2) exp(λ1t)
con (A − λ1I)−
→
v 2 = −
→
v 1
−
→
X(3)(t) = (−
→
v 1
t2
2! + −
→
v 2t + −
→
v 3) exp(λ1t)
con (A − λ1I)−
→
v 3 = −
→
v 2

Bibliografı́a
D.G. ZILL: A First course in differential equations with
applications , Editorial Aaa.
M. BROWN: A brief course in ordinary differential
equations with applications, Editorial Aaa.
B. POLKING, ARNOLD: Differential equations with
boundary value problems, University of California, Los
Angeles Edition.
E.J. ESPINOSA, I. CANALS, I. MUÑOZ, R. PÉREZ, C.
PRADO, R. SANTIAGO, C.ULÍN: Ecuaciones
diferenciales ordinarias. Introducción, Editorial Reverté
UAM, 2010.

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