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RESOLUCIÓN DE SISTEMAS DINÁMICOS LINEALES POR REDUCCIÓN A FORMA CANÓNICA PARA DOS INCÓGNITAS

Tanto los sistemas dinámicos de tiempo continuo como los de tiempo discreto se expresan mediante una matriz 2 × 2 :

⎡x⎤ ⎡x⎤ ⎢ ⎥= A⎢ ⎥ ⎣y⎦ ⎣ y⎦

y

⎡ xt + 1 ⎢ ⎢⎣ yt + 1

⎤ ⎡ xt ⎤ ⎥= A⎢ ⎥ ⎥⎦ ⎣ yt ⎦

Lo que se quiere es cambiar coordenadas convenientemente para transformar el sistema en otro cuya matriz, A , esté en forma canónica, con lo que se facilita la solución. La forma canónica de la matriz 2 × 2, A, es una cualquiera de las siguientes :

⎡ λ1 0 ⎤ Con 1) A = ⎢ ⎥ λ ,λ ∈ IR ⎣ 0 λ2 ⎦ 1 2

⎡ λ 0 ⎤ Con 2) A = ⎢ ⎥ λ ∈ IR ⎣1 λ⎦

⎡α 3) A = ⎢ ⎣β

− β ⎤ Con ⎥ α , β ∈ IR α ⎦ ,β > 0

El caso (1) corresponde a matrices A que tengan dos valores propios reales diferentes, λ1 y λ 2 ó que tengan sólo uno, λ, tal que la dimensión del sub-espacio propio(∗) sea 2. El caso (2) corresponde a matrices A que tengan valor propio doble, i.e., dos valores propios iguales, λ, tal que la dimensión del sub-espacio propio sea 1. El caso (3) corresponde a matrices A cuyas raíces características sean complejas, α ± iβ. Un cambio de coordenadas es el paso de las coordenadas x, y a las coordenadas x , y mediante :

x = U1 x + V1 y y = U 2 x + V2 y

, que expresado matricialmente :

⎡ x ⎤ ⎡ U1 ⎢ ⎥=⎢ ⎢⎣ y ⎥⎦ ⎣⎢ U 2

V1 ⎤ ⎡ x ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ .... 2 V2 ⎦⎥ ⎢⎣ y ⎥⎦

Esta matriz, cuyas columnas son los vectores U y V es la MATRIZ DEL CAMBIO DE BASES, y se construye como se indicará más adelante. Por ahora vale la pena ver cómo con su ayuda se simplificará el sistema dinámico. ⎡x⎤ ⎡x⎤ ⎢ ⎥=A ⎢ ⎥ ⎢⎣ y ⎥⎦ ⎣y⎦

y

⎡ xt + 1 ⎤ ⎡ xt ⎤ ⎢ ⎥=A⎢ ⎥ ⎢⎣ yt ⎥⎦ ⎢⎣ yt + 1 ⎥⎦

Para esto, basta con reemplazar las coordenadas antiguas por las nuevas según Ο, llamando C, para abreviar, a la matriz del cambio de base. ⎡x⎤ ⎡x⎤ ⎡x⎤ ⎡x⎤ ⎡x⎤ ⎡x⎤ −1 ⎢ ⎥ = A ⎢ ⎥ ⇒ C ⎢ ⎥ = AC ⎢ ⎥ ⇒ ⎢ ⎥ = C AC ⎢ ⎥ ⎢⎣ y ⎦⎥ ⎢⎣ y ⎦⎥ ⎣y⎦ ⎣y⎦ ⎣y⎦ ⎣y⎦ A (∗)

Sub-espacio propio de A asociado al valor propio λ : SPλ ( A ) = { v ∈ IR 2 / Av = λv }

⎯1⎯

⎡ xt + 1 ⎤ ⎡ xt + 1 ⎤ ⎡ xt ⎤ ⎢ ⎥= A⎢ ⎥ ⇒ C ⎢ ⎥ = AC ⎢⎣ yt + 1 ⎦⎥ ⎣ yt ⎦ ⎣⎢ yt + 1 ⎦⎥

⎡ xt + 1 ⎤ ⎡ xt ⎤ ⎡ xt ⎤ −1 ⎥ = C AC ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⇒ ⎢ ⎢⎣ yt + 1 ⎦⎥ ⎣ yt ⎦ ⎣ yt ⎦ A

Ahora bien, ¿cómo construir la matriz C ? Caso (1) : Tomar como U y V dos vectores propios de A linealmente independientes. Caso (2) : Tomar como V un vector propio de A; y como U, una solución de la ecuación : (A − λI)U = V Caso (3) : Tomar como U y V dos vectores que formen otro vector Z de componentes complejos, Z1 y Z2, tales que Z sea solución de la ecuación :

⎡ Z1 ( A − (α ∓ β i ) I ) ⎢ ⎣ Z2

⎤ ⎡0⎤ ⎥=⎢ ⎥ ⎦ ⎣0⎦

y

Z = V + iU

Ejemplos : Caso (1)

:

⎡ 2 1⎤ A=⎢ ⎥ ⎣ 3 4 1⎦

Su ecuación característica : 0 = λ2 − 3λ + 5 4 cuyos valores son : λ1 = 1 2 y λ2 = 5 2 Los vectores propios asociados a λ1 y a λ 2 respectivamente son, por ejemplo: ⎡ 2⎤ ⎡2⎤ U =⎢ ⎥ y V =⎢ ⎥ ⎣−3⎦ ⎣1⎦ ⎡ 2 2⎤ 1 ⎡1 −2⎤ −1 Luego, C = ⎢ ⎥ ⎥ ⇒ C = ⎢ 8 ⎣3 2⎦ ⎣ − 3 1⎦ El sistema pasa a ser uno de matriz A :

A = C −1 A C =

Caso (2)

:

1 ⎡ 1 − 2 ⎤ ⎡ 2 1⎤ ⎡ 2 2 ⎤ ⎡1 2 0 ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥=⎢ ⎥ 8 ⎣ 3 2 ⎦ ⎣ 3 4 1⎦ ⎣ − 3 1⎦ ⎣ 0 5 2 ⎦

2 1⎤ ⎡ A=⎢ ⎥ ⎣ −1 4 1 ⎦ Su ecuación característica :

0 = λ2 − 3λ + 94

cuyos valores propios son :

λ1 = 3 2 = λ2 = λ

Dimensión ( S Pλ ) = 1 (Δ) Un vector propio asociado a λ = 3 2 es :

(Δ)

⎡ 12 S Pλ = { w ∈ IR 2 / ( A − λ I ) w = 0} = { w ∈ IR 2 / ⎢ ⎣ −1 4 −1

1⎤ ⎡0⎤ 2 ⎥ W = ⎢ ⎥ } = { w ∈ IR / w1 + 2w2 = 0} = IR (2 − 1) 2⎦ 0 ⎣ ⎦

⎯2⎯

⎡ 2⎤ V =⎢ ⎥ ⎣ −1 ⎦ Un U como el indicado arriba es U tal que : ⎡2⎤ ⎡ 2⎤ ∴ U =⎢ ⎥ ( A − (3 2) I ) U = ⎢ ⎥ ⎣1⎦ ⎣ −1 ⎦ ⎡2 2⎤ 1 −1 luego : C = ⎢ ⎥ ⇒ C = −4 ⎣ 1 −1 ⎦

⎡ −1 − 2 ⎤ ⎢ ⎥ 2⎦ ⎣ −1

El sistema pasa a ser uno de matriz A : A = C −1 AC =

Caso (3)

:

1 −4

2 1⎤ ⎡ 2 2 ⎤ ⎡ 3 2 0 ⎤ ⎡ −1 − 2 ⎤ ⎡ ⎢ −1 2 ⎥ ⎢ −1 4 1 ⎥ ⎢ 1 −1 ⎥ = ⎢ 1 3 2 ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2 1⎤ ⎡ A=⎢ ⎥ ⎣ − 5 4 1⎦ Su ecuación característica :

0 = λ2 − 3 λ + 13 4

cuyos valores propios son :

λ1 = 32 + i , λ2 = 32 − i

Una Z solución de :

( A − (3 2+ i ) I ) Z = 0 ,

⎡0⎤ ⎡ 1 ⎤ es, por ejemplo, Z = ⎢ ⎥+i ⎢ ⎥ ⎣1⎦ ⎣ −1 2 ⎦

1 ⎤ ⎡0 1 ⎡ −1 2 −1 ⎤ −1 Luego : C = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⇒ C = −1 ⎣ −1 0 ⎦ ⎣ 1 −1 2 ⎦ El sistema pasa a ser uno de matriz A . A = C −1 AC =

2 1⎤ ⎡ 0 1 ⎤ ⎡ 3 2 −1 ⎤ 1 ⎡ −1 2 −1 ⎤ ⎡ ⎥ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎢ −1 ⎣ −1 0 ⎦ ⎣ − 5 4 1 ⎦ ⎣ 1 −1 2 ⎦ ⎣ 1 3 2 ⎦

SOLUCIÓN DEL SISTEMA DINÁMICO EN FORMA CANÓNICA 1º En Tiempo Continuo :

Para simplificar la notación; denotar coordenadas antiguas por ( x1 , x 2 ) , y coordenadas nuevas por ( x1 , x2 ) . El sistema dado es : x = Ax , y una vez llevado a nuevas coordenadas es x = A x . La solución general de éste es : x ( t ) = e t A x ( 0 ) , donde x ( 0 ) denota la posición inicial en nuevas coordenadas, y

⎯3⎯

et A = I +t A +

1 1 1 ( t A ) 2 + ( t A ) 3 + …… + ( t A ) k + …… k! 3! 2!

que para los casos (1), (2) y (3) da : Caso (1) :

⎡ λ1 0 ⎤ A=⎢ ⎥ ∴ ⎣ 0 λ2 ⎦

⎡ 1 0 ⎤ ⎡ λ1 t 0 ⎤ 1 ⎡ λ12 t 2 0 + ⎢ et A = ⎢ +⎢ ⎥ ⎥ 2 λ2 t 2 ⎣ 0 1 ⎦ ⎣ 0 λ2 t ⎦ 2! ⎣⎢ 0

⎤ ⎥ + …… = ⎦⎥

⎡ 1 + λ1 t + 1 ( λ1 t ) 2 + … ⎤ ⎡ e λ1t 0 2! ⎥=⎢ =⎢ ⎢ 0 1 + λ2 t + 21! ( λ2 t ) 2 + … ⎥ ⎢⎣ 0 ⎣ ⎦ Se tiene :

⎡ e λ1 t et A = ⎢ ⎣⎢ 0

0 ⎤ ⎥ luego, e λ 2 t ⎦⎥

⎡ e λ1 t x (t ) = ⎢ ⎣⎢ 0

0 ⎤ ⎡ x1 (0) ⎤ ⎥⎢ ⎥ e ⎦⎥ ⎣ x2 (0) ⎦

0 ⎤ ⎥ e λ2t ⎥⎦

λ2 t

Como x ( t ) = C x ( t ) resulta x ( t ) = C −1 x ( t ) de donde :

C −1 x ( t ) = e t A C −1 x ( 0 ) i.e. x ( t ) = C e t A C −1 x (0 ) etA

Aquí x ( 0 ) es la posición inicial en coordenadas antiguas. ⎡ 2 1⎤ Para el ejemplo de la página 2) con A = ⎢ ⎥ ⎣ 3 4 1⎦ ⎡ 2 2⎤ 1 ⎡1 −2⎤ −1 resulta C = ⎢ ⎥ ⎥ y C = ⎢ 8 ⎣3 2⎦ ⎣ − 3 1⎦ ⎡ et 2 0 ⎤ et A = ⎢ , de donde 5t 2 ⎥ ⎣⎢ 0 e ⎦⎥ ⎡ x1 ( t ) ⎤ ⎡ 2 2 ⎤ ⎡ e t 2 ⎢ ⎥=⎢ ⎥⎢ ⎣ x2 ( t ) ⎦ ⎣ − 3 1 ⎦ ⎢⎣ 0

1 = 8

2

u + h2 e 5t

2

h

0 ⎤ 1 ⎡ 1 − 2 ⎤ ⎡ x1 (0) ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥⎢ 2 ⎦ ⎣ x 2 ( 0) ⎦ e 5t 2 ⎥⎦ 8 ⎣ 3

⎡ 2 ( h1 − 2h2 ) e t 2 + 2 ( 3h1 + 2h2 ) e 5t ⎢ ⎢ − 3 ( h − 2h ) e t 2 + ( 3h + 2h ) e 5t 1 2 1 2 ⎣

= h1 e t

⎡12 0 ⎤ A=⎢ ⎥ ⎣ 0 5 2⎦

2 2

⎤ ( h − 2h ) 2 ⎥= 1 et 8 ⎥ ⎦

v , siendo h = x ( 0 ) = C −1 x0 = C −1 h

⎯4⎯

2

⎡ 2 ⎤ ( 3h + 2h ) 5t ⎡ 2 ⎤ 1 2 e2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ 8 ⎣⎢ − 3 ⎦⎥ ⎣⎢ 1 ⎦⎥ u

v

Caso (2) : ⎡0 0⎤

⎡0 0⎤

λt I + ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎡λ 0 ⎤ ⎡λt 0 ⎤ tA ⎣⎢ t 0 ⎦⎥ = e λ t I e ⎣⎢ t 0 ⎦⎥ . t A = , de donde A=⎢ ∴ e = e ⎥ ⎢ t λt ⎥ ⎣ ⎦ ⎣1 λ⎦ (Ο) λ t ⎛⎜ ⎡ 1 0 ⎤ ⎡ 0 0 ⎤ 1 ⎡ 0 0 ⎤ ⎞⎟ λ t ⎡1 0 ⎤ =e ⎜ ⎢ ⎥+⎢ ⎥+ ⎢ ⎥ ⎟ = e ⎢ t 1 ⎥ . Entonces la solución ⎣ ⎦ ⎝ ⎣ 0 1 ⎦ ⎣ t 0 ⎦ 2! ⎣ 0 0 ⎦ ⎠

general

es

⎡1 0 ⎤ x ( t ) = eλ t ⎢ ⎥ x ( 0 ) . Llamando h a x ( 0 ) y h a x ( 0 ) , resulta en coordenadas antiguas ⎣t 1⎦ x ( t ) = C e t A C −1 x ( 0 ) = C e t

A

h

h

2 1⎤ ⎡2 2⎤ ⎡ 1 ⎡ −1 − 2 ⎤ y C −1 = resulta C = ⎢ Para el ejemplo de la página 2. con A = ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ − 4 ⎣ −1 2 ⎦ ⎣ 1 −1 ⎦ ⎣ −1 4 1 ⎦ ⎡3 2 0 ⎤ y A=⎢ ⎥ ⎣ 1 3 2⎦

Así, e

tA

=

⎡ 3t 2 0 ⎤ ⎢ t 3t 2 ⎥ ⎦ e⎣

= e 3t

2

3t ⎡ 1 0 ⎤ ⎡1 0 ⎤ 3t 2 ⎢ t 1 ⎥ , luego x ( t ) = e ⎢ t 1 ⎥ x ( 0 ) = e ⎣ ⎣ ⎦ ⎦ h

⎡ 2 2 ⎤ 3t Por tanto : x ( t ) = C x ( t ) = ⎢ ⎥e ⎣ 1 −1 ⎦

Caso (3) :

⎡α − β ⎤ A=⎢ ⎥ ⎣β α ⎦

2

⎡ h1 ⎢ ⎢⎣ h1 t + h2

2

⎡ h1 ⎢ ⎢⎣ h1 t + h2

⎤ ⎡2⎤ ⎡ 2 ⎤ 3t 2 h1 ⎢ ⎥ + e 3t 2 ( h1 t + h2 ) ⎢ ⎥ ⎥=e ⎥⎦ ⎣1⎦ ⎣ −1 ⎦

⎡α t − β t ⎤ ∴ tA=⎢ ⎥. ⎣βt αt ⎦

Por definición :

de e A t y teniendo en cuenta que : cosθ = 1 − θ 2 2! + θ 4 4! − θ 6 6! + …… sen θ = θ − θ 3 3! + θ 5 5! − θ 7 7 ! + …… se encuentra que : ⎡ cos ( β t ) − sen ( β t ) ⎤ αt e t A = eα t ⎢ ⎥ . Entonces : x ( t ) = e β β sen ( t ) cos ( t ) ⎣ ⎦

⎡ cos ( β t ) − sen ( β t ) ⎤ ⎢ sen ( β t ) cos ( β t ) ⎥ h ⎣ ⎦

de donde con x = C x se obtiene : ⎡u x ( t ) = eα t ( h1 cos β t − h2 sen β t ) ⎢ 1 ⎣ u2

⎤ ⎡ v1 ⎤ αt ⎥ + e ( h1 sen β t + h2 cos β t ) ⎢ v ⎥ ⎦ ⎣ 2⎦

⎡ 2 1⎤ Para el ejemplo de la página (3) con A = ⎢ ⎥ ⎣ − 5 4 1⎦ .

(Ο) Si para matrices M y N se cumplen que MN = NM, entonces : e M

⎯5⎯

⎤ ⎥ ⎥⎦

+N

= eM eN = eN eM •

•

⎡0 1 ⎤ ⎡ 3 2 −1 ⎤ resulta ser C = ⎢ y A=⎢ ⎥ ⎥ de donde : ⎣ 1 −1 2 ⎦ ⎣ 1 3 2⎦ ⎡0⎤ ⎡ 1 ⎤ x ( t ) = e 3 2 t ( h1 cos t − h2 sen t ) ⎢ ⎥ + e 3 2 t ( h1 sen t + h2 cos t ) ⎢ ⎥ ⎣1⎦ ⎣ −1 2 ⎦

Nota :

Tener presente que dada la posición inicial nuevas coordenadas se tendrá x ( 0 ) = h = C

−1

x ( 0 ) = h1

entonces en

h.

2do. En Tiempo Discreto :

El sistema dado es :

x t + 1 = A xt donde

⎡ x1t xt = ⎢ ⎢⎣ x2 t

⎤ ⎥ con el cambio de coordenadas x = C x , el ⎥⎦

sistema es llevado a xt + 1 = A xt . La solución general de éste es xt = A t x0 = A t h coordenadas: h = C

−1

donde h denota la posición inicial en nuevas

h , con h = x0 posición inicial en coordenadas antiguas.

Caso (1) : ⎡ λ1t 0 ⎡λ 0 ⎤ t t = A=⎢ 1 . Se necesita , que como fácilmente se ve, resulta ser A A ⎢ ⎥ t ⎢⎣ 0 λ 2 ⎣ 0 λ2 ⎦

⎤ ⎥. ⎦⎥

⎡ h λt ⎤ 1 1 ⎥ , como Entonces la solución general en nuevas coordenadas es xt = A t x0 = A t h = ⎢ t ⎢ h2 λ 2 ⎥ ⎦ ⎣ antes, la solución general en coordenadas antiguas es : ⎡ h λt ⎤ 1 1 ⎥ = h1 λ 1t U + h2 λ t2 V xt = C xt = [ U |V ] ⎢ t ⎢ h2 λ 2 ⎥ ⎦ ⎣ ⎡ 2 1⎤ ⎡ 2 2⎤ resulta C = ⎢ Para el ejemplo de la página 2, con A = ⎢ ⎥ ⎥ por lo que : ⎣ 3 4 1⎦ ⎣ − 3 1⎦ ⎡ x 1t ⎤ 2 ⎤ t ⎡2⎤ 1 t ⎡ + h2 32 ⎢ ⎥ ⎢ x ⎥ = h1 2 ⎢ ⎥ ⎣−3⎦ ⎣1⎦ ⎣⎢ 2 t ⎦⎥

( )

( )

⎯6⎯

Caso (2) :

⎡ λt ⎡λ 0 ⎤ 0 ⎤ t = A A=⎢ . Igual que antes, se comprueba fácilmente que ⎢ t − 1 t ⎥ , resulta la ⎥ λ ⎥⎦ ⎢⎣ t λ ⎣1 λ⎦ ⎤ ⎡ h1 λ t t ⎥ la solución general en ⎢ solución general en nuevas coordenadas xt = A h = ⎢ h λt −1 t + h λt ⎥ 2 ⎦ ⎣ 1 coordenadas antiguas es : xt = C xt = h1 λ t U + λ t − 1 ( h1 t + h2 λ ) V . ⎡ 2 1⎤ ⎡2 2 ⎤ Para el ejemplo de la página 2, con A = ⎢ , resultó C = ⎢ ⎥ ⎥ , por lo que la solución ⎣ −1 4 1 ⎦ ⎣ 1 −1 ⎦

⎡ x 1t general es : ⎢ ⎢ x 2t ⎣

⎤ ⎥ = h1 ⎥ ⎦

⎡2⎤ ⎥+ ⎣ 1 ⎥⎦

( 32 ) t ⎢⎢

⎡ 2 ⎤ ⎥ ⎣ − 1 ⎥⎦

( 32 ) t − 1 ( h1 t + h2 3 2 ) ⎢⎢

Caso (3) :

⎡α − β A=⎢ ⎣β α

⎤ ⎥ . multiplicando por 1 = ⎦

α2+β2 α2+β2

, se expresa A por la matriz

⎡ cosθ − sen θ ⎤ 2 2 α A=ρ⎢ ⎥ donde ρ = α + β ; cos θ = ρ ; sen θ = sen θ cos θ ⎣ ⎦

β ρ

.

⎡ cos (θ t ) − sen (θ t ) ⎤ entonces, por fórmulas trigonométricas simples, resulta ser A t = ρ t ⎢ ⎥ con ⎣ sen (θ t ) cos (θ t ) ⎦ lo que xt = A t h y xt = C xt = ρ t ( h1 cos (θ t ) − h2 sen (θ t ) U + ρ t ( h1 sen (θ t ) + h2 cos (θ t ) ) V . Para el ejemplo

⎡ 2 1⎤ ⎡0 1 ⎤ resultó C = ⎢ de la página 3, A = ⎢ ⎥ ⎥ por lo que se obtiene la solución general : ⎣ − 5 4 1⎦ ⎣ 1 −1 2 ⎦ ⎡ x1 t ⎤ ⎢ ⎥= ⎢⎣ x2 t ⎥⎦

( )

cosθ =

3 13

13 2

⎛ ⎛ 1 ⎞ ⎛0⎞ ⎜ h cos (θ t ) − h sen (θ t ) ⎜ ⎟ + ( h sen (θ t ) + h cos (θ t ) ) ⎜ ⎟ 2 1 2 ⎜ 1 ⎜ −1 2 ⎟ ⎜1⎟ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ 2 y sen θ = . t

⎞ ⎟ donde ⎟ ⎠

13

Pando, 31 de Mayo del 2008

⎯7⎯