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• Eduardo Angeles

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Soluci´on de Sistemas de Ecuaciones Diferenciales Lineales Departamento de Matem´aticas, CCIR/ITESM 9 de febrero de 2011

´Indice 20.1. Introducci´on . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.2. Ejemplo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.3. Ejemplo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20.4. Motivaci´ on a la formalizaci´ on del m´etodo 20.5. Formalizaci´ on del m´etodo de soluci´ on . .

20.1.

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1 1 3 6 7

Introducci´ on

En esta lectura veremos una aplicaci´ on del a´lgebra lineal a la soluci´ on de sistemas de ecuaciones diferenciales. 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.

20.2.

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 20.1 Determine la soluci´on al sistema x′ = 2x + 3y y ′ = 2x + y Sujeto sujeto a las condiciones iniciales: x(0) = 3 y y(0) = −2. Soluci´ on:(y m´ etodo de soluci´ on) 1. El sistema se escribe en forma matricial:    ′   x 2 3 x = y 2 1 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:     −1 3/2 v1 = , v2 = 1 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 es n: v1 , v2 , . . . , vn , siendo la matriz de coeficientes n × n. En este caso la soluci´on general se escribe: n X C i v i eλ i t x= i=1

4. Se forma la soluci´on general al sistema:       −1 3/2 x(t) −1t e + C2 e4t = C1 1 1 y(t) 5. Se determina la soluci´on particular: determinaci´ on de C1 y C2 usando x(0) = 3 y y(0) = −2:       3/2 3 −1 −1×0 + C2 e4×0 = C1 e 1 −2 1 Para determinar las constantes resolvemos el sistema cuya matriz aumentada es:     −1 3/2 3 1 0 −12/5 → 1 1 −2 0 1 2/5       2 12 −1 3/2 x −t e + e4t =− 1 1 y 5 5 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 el orden de 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



e

4t

+ 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 donde V es la matriz formada por los vectores propios y Ci es el vector de condiciones iniciales. Para obtener 2

Figura 2: Ejemplo 1: c´ alculos para las condiciones iniciales.

Figura 3: Ejemplo 1: c´ alculos para x(t = 1.2) y y(t = 1.2). ci Vi 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 0.6 2.4 4t = e + e−t y 0.4 −2.4 Suponga que se desea determinar x(1.2) y y(1.2). En este caso, las operaciones pueden hacerse en forma sencilla utilizando la matriz V · diag(c1 , c2 ) y el vector con los datos, como se ilustra en la figura 3.

20.3.

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 20.2 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 1 −2 2 x  y ′  =  −2 1 −2   y  z′ 2 −2 1 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: λ1 = −1, λ2 = −1, λ3 = 5 3

3. Se determinan los vectores propios correspondientes a λ1 = −1:     1 0 v1 =  1  , v2 =  1  0 1 y a λ3 = 5:  1 v3 =  −1  1 

4. La soluci´on general al sistema es entonces:         x(t) 1 0 1  y(t)  = C1  1 e−1t + C2  1 e−1t + C3  −1 e5t z(t) 0 1 1 5. Determinaci´ on de la soluci´on particular usando las condiciones iniciales x(0) = 3, y(0) = −2 y z(0) = 1:         1 0 1 3  −2  = C1  1  e−1×0 + C2  1  e−1×0 + C3  −1  e5×0 1 0 1 1 Para determinar las constantes resolvemos el sistema cuya matriz aumentada es:     1 0 1 3 1 1 0 0  1 1 −1 −2  →  0 1 0 −1  0 1 1 0 0 1 1 2 Por tanto, la soluci´on particular es:         x 1 0 1  y  =  1  e−t −  1  e−t + 2  −1  e5t z 0 1 1 O simplemente,      2 1 x  y  =  0  e−t +  −2  e5t 2 −1 z 

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 y C3 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 2 1.004 −0.004  y  =  −2  e5 t +  0.502  e−t +  −0.502  e−1t z −0.498  2   −0.502  2 1.0 =  −2  e5 t +  0.0  e−t 2 −1.0 Para determinar los valores de x(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. 4

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.

Figura 7: Ejemplo 2, Posici´ on en t = 1.5.

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20.4.

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:     ′ a1 x(t) x (t) = a2 y(t) y ′ (t) el sistema estar´ıa representando a las dos ecuaciones diferenciales x′ (t) = a1 x(t) y y ′ (t) = a2 y(t) Estas ecuaciones son ecuaciones diferenciales lineales de primer orden cuyas soluciones generales son: x(t) = C1 ea1 t y y(t) = C2 ea2 t Si ahora queremos regresar a la forma de vector lo anterior, lo podr´ıamos escribir como:     x(t) C 1 ea 1 t = y(t) C 2 ea2 t y de all´ı a: 

x(t) y(t)



= C1



1 0



e

a1 t

+ C2



0 1



ea 2 t

El sistema anterior es un sistema muy f´acil de resolver comparado con un sistema en apariencia m´ as dif´ıcil como:  ′    x (t) 5 x(t) − 6 y(t) = y ′ (t) 3 x(t) − 4 y(t) Suponga que se nos ocurre genialmente combinar las ecuaciones en la siguiente forma: La ecuaci´on 1 menos la ecuaci´on 2: x′ (t) − y ′ (t) = 2 x(t) − 2 y(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) + 2 y ′ (t) = x(t) − 2 y(t) La cual podemos escribir como: (−x(t) + 2 y(t))′ = −1 (−x(t) + 2 y(t)) Si ahora hacemos el cambio de variables: z(t) = x(t) − y(t) w(t) = −x(t) + 2 y(t)

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y esto transforma al sistema en: 



z ′ (t) w′ (t)



=



2 z(t) −1 w(t)

Este sistema se resuelve como el primero d´andonos como soluci´ on general:       z(t) 1 0 = C1 e2 t + C2 e−t w(t) 0 1 Para regresar a las variables originales el cambio de variables hecho lo describimos en forma matricial como:       z(t) 1 −1 x(t) = · w(t) −1 2 y(t) Digamos que 



1 −1 A =  −1 2 x(t) x = y(t) as´ı la soluci´on queda: Ax = C1



1 0



e

2t

+ C2



0 1



e−t

al multiplicar por A−1 la soluci´on queda x = C1 A





e

A−1 =



−1

1 0

Como

2t



0 1



−1 2



e−t

+ C2 A

−1

1 −1 −1 2



e−t

la soluci´on finalmente queda: x = C1



1 −1



e

2t

+ C2



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 llaman sistemas 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 u ´ltimo ejemplo muestra que cuando el sistema puede 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.

20.5.

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

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donde



  x= 

x1 (t) x2 (t) .. . xn (t)

    

es el vector de funciones inc´ ognitas y A es la matriz de transferencia del sistema. Suponga que la matriz A es diagonalizable y que A = PDP−1 donde D es una matriz diagonal diag(λ1 , λ2 , . . . , λn ) y P es una matriz cuadrada cuyas columnas forman una base de vectores propios vi asociados a los valores propios λi de A. As´ı, el sistema podr´ıa escribirse como x′ = PDP−1 x si multiplicamos por P−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 x entonces el sistema queda: y′ = Dy el cual representa al sistema desacoplado: y1′ (t) = λ1 y1 (t) y2′ (t) = λ2 y2 (t) .. . yn′ (t) = λ1 yn (t) al resolver cada una de estas ecuaciones se obtiene: y1 (t) = C1 eλ1 t y2 (t) = C2 eλ2 t .. . yn (t) = Cn eλn t que escrita en forma vectorial queda y = C 1 e1 e λ 1 t + C 2 e2 e λ 2 t + · · · + C n en e λ n t donde ei representa al vector de ceros con un 1 en la coordenada i. Si multiplicamos por P: x = Py = C1 Pe1 eλ1 t + C2 Pe2 eλ2 t + · · · + Cn Pen eλn t recordando que Pei es la i-´esima columna de P o sea vi , la soluci´ on general queda: x=

n X

Ci v i eλ i t

i=1

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