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Funciones matricialesExistencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial
Soluciones matriciales fundamentalesSoluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacion de constantes
Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
Sistemas diferenciales Lineales
Manuel Fernandez Garcıa-Hierro
Universidad de Extremadura, Badajoz
8 de febrero de 2011
M. Fernandez Sistemas diferenciales Lineales
Funciones matricialesExistencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial
Soluciones matriciales fundamentalesSoluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacion de constantes
Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
Funciones matriciales I
Sea A ∈Mn(K) donde K = R o C. Se define
‖A‖ = sup‖x‖=1
‖Ax‖,
donde ‖x‖ es una norma en Kn.La aplicacion ‖A‖ es una norma en Mn(K) que verifica:
‖Ax‖ ≤ ‖A‖ ‖x‖,‖AB‖ ≤ ‖A‖ ‖B‖,
donde A,B ∈Mn(K) y x ∈ Kn.
M. Fernandez Sistemas diferenciales Lineales
Funciones matricialesExistencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial
Soluciones matriciales fundamentalesSoluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacion de constantes
Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
Funciones matriciales
Lo anterior sigue siendo cierto con los cambios obvios, si n 6= m.
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Funciones matricialesExistencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial
Soluciones matriciales fundamentalesSoluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacion de constantes
Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
Funciones matriciales
Sea la funciont ∈ I → A(t) ∈Mn(K).
Se verifica:
1. A(t) es continua si y solo si aij(t) es continua para todos i , j ,donde A(t) = [aij(t)].
2. A(t) es derivable si y solo si aij(t) es derivable para todos i , j .Ademas
A′(t) = [a′ij(t)].
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Soluciones matriciales fundamentalesSoluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacion de constantes
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Ejercicios
Funciones matriciales
3. A(t) es integrable si y solo si aij(t) es integrable para todosi , j . Ademas ∫
A(t) dt =
[∫aij(t) dt
].
4. Sean Ak ,A ∈Mn(K), k = 1, 2, . . . Entonces Ak → A,k →∞ si y solo si akij → aij , k →∞ para todos i , j .
Demostracion.En Mn(K) todas las normas son equivalentes. Considerese lanorma
‖A‖1 =∑i ,j
|aij |
para la que se verifica (1),. . . , (4).M. Fernandez Sistemas diferenciales Lineales
Funciones matricialesExistencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial
Soluciones matriciales fundamentalesSoluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacion de constantes
Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
El problema de valor inicial I
TeoremaSean A : I →Mn(K), b : I → Kn funciones continuas en elintervalo I . Entonces para cada (t0, x0) ∈ I ×Kn existe una unicasolucion, definida en todo I , del problema de valor inicial
x ′ = A(t)x + b(t), x(t0) = x0. (1)
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Funciones matricialesExistencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial
Soluciones matriciales fundamentalesSoluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacion de constantes
Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
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El problema de valor inicial
DEMOSTRACIONla funcion f (t, x) = A(t)x + b(t) definida en D = I × Rn escontinua. Sea J ⊂ I un intervalo compacto. Entonces
‖A(t)x1 + b(t)− A(t)x2 − b(t)‖ = ‖A(t)(x1 − x2)‖≤ max
t∈J‖A(t)‖ ‖x1 − x2‖ := LJ‖x1 − x2‖, t ∈ J, x1, x2 ∈ Rn,
de donde se deduce que f ∈ Liploc(D, x). En consecuencia hay unaunica solucion maximal por cada condicion inicial.
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El problema de valor inicial
Se probara que la solucion maximal esta definida en todo I .Supongase que la solucion maximal no esta definida en t > t0,t ∈ I . El teorema de Picard-Lindeloff garantiza la existencia de unaunica solucion x : [t0, t]→ Rn tal que x(t0) = x0. Entonces x esuna prolongacion a la derecha de x . 2
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ComentarioA partir de ahora todas las soluciones las supondremos maximales.
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Ejercicios
Estructura algebraica
TeoremaSea A : I →Mn(K) continua. Entonces el conjunto de solucionesde x ′ = A(t)x es un espacio vectorial n-dimensional y el conjuntode soluciones de x ′ = A(t)x + b(t) es un espacio afınn-dimensional.
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Ejercicios
Estructura algebraica
DEMOSTRACIONSean x , x soluciones de x ′ = A(t)x y λ, µ ∈ K. Entonces de
(λx + µx)′ = λx ′ + µx ′ = A(t)λx + A(t)µx = A(t)(λx + µx),
se obtiene que (λx + µx) es solucion de x ′ = A(t)x .
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Estructura algebraica
Sea x i la solucion de x ′ = A(t)x tal que X i (t0) = e i , donde e i esel vector que tiene todas sus coordenadas nulas salvo la que ocupael lugar i-esimo. Entonces {x i}, i = 1, . . . , n, es una base desoluciones de x ′ = A(t)x .
Sean xp una solucion particular de x ′ = A(t)x + b(t) y Z elespacio vectorial de las soluciones de x ′ = A(t)x , entonces xp + Zes el espacio afın de todas las soluciones de x ′ = A(t)x + b(t). 2
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Estructura algebraica
Sea x i la solucion de x ′ = A(t)x tal que X i (t0) = e i , donde e i esel vector que tiene todas sus coordenadas nulas salvo la que ocupael lugar i-esimo. Entonces {x i}, i = 1, . . . , n, es una base desoluciones de x ′ = A(t)x .Sean xp una solucion particular de x ′ = A(t)x + b(t) y Z elespacio vectorial de las soluciones de x ′ = A(t)x , entonces xp + Zes el espacio afın de todas las soluciones de x ′ = A(t)x + b(t). 2
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
Un sistema diferencial lineal matricial tiene la forma
X ′ = A(t)X , (2)
donde A : I →Mn(K).
Una solucion matricial es una funcion derivable X : I →Mn(K) talque
X ′(t) = A(t)X (t) para todo t ∈ I .
Si x0 ∈ Kn
(X (t)x0)′ = X ′(t)x0 = A(t)X (t)x0.
De modo que X (t)x0 es solucion de x ′ = A(t)x .
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
Un sistema diferencial lineal matricial tiene la forma
X ′ = A(t)X , (2)
donde A : I →Mn(K).Una solucion matricial es una funcion derivable X : I →Mn(K) talque
X ′(t) = A(t)X (t) para todo t ∈ I .
Si x0 ∈ Kn
(X (t)x0)′ = X ′(t)x0 = A(t)X (t)x0.
De modo que X (t)x0 es solucion de x ′ = A(t)x .
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
Teorema (Existencia y unicidad de soluciones matriciales)
Sea t ∈ I → A(t) ∈Mn(K) continua. El problema de valor inicial
X ′ = A(t)X , X (t0) = X0 ∈Mn(K), t0 ∈ I , (3)
tiene una unica solucion matricial definida en todo I .
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
DEMOSTRACIONSea e1, . . . , en la base canonica de Kn. Sea x i (t) la solucion delproblema de valor inicial
x ′ = A(t)x , x(t0) = X0e i .
La funcion matricial X (t) cuyas columnas son las x i (t) es soluciondel p.v.i..
Unicidad: Si X (t), X (t) son soluciones del p.v.i., entoncesX (t)e i , X (t)e i son soluciones de
x ′ = A(t)x0, x(t0) = X0e i .
Por tanto X (t)e i = X (t)e i para todo i = 1, . . . , n, de donde sededuce que X (t) = X (t). 2
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
DEMOSTRACIONSea e1, . . . , en la base canonica de Kn. Sea x i (t) la solucion delproblema de valor inicial
x ′ = A(t)x , x(t0) = X0e i .
La funcion matricial X (t) cuyas columnas son las x i (t) es soluciondel p.v.i..Unicidad: Si X (t), X (t) son soluciones del p.v.i., entoncesX (t)e i , X (t)e i son soluciones de
x ′ = A(t)x0, x(t0) = X0e i .
Por tanto X (t)e i = X (t)e i para todo i = 1, . . . , n, de donde sededuce que X (t) = X (t). 2
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Ejercicios
Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Sean t ∈ I → A(t) ∈Mn(K) continua y X (t) una solucionmatricial de X ′ = A(t)X , entonces para todos t0, t ∈ I ,
det X (t) = det X (t0) exp
(∫ t
t0
traza A(s) ds
). (4)
donde traza A(s) es la traza de la matriz A(s).
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales I
DEMOSTRACION
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales II
Se probara que (det X )′(t) = (traza A(t))(det X )(t), ya queintegrando esta ecuacion entre t0 y t, se obtiene (4).
(det X )′(t) =d
dt
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)
. . .xi1(t) . . . xin(t)
. . .xn1(t) . . . xnn(t)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∑i
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)
. . .x ′i1(t) . . . x ′in(t)
. . .xn1(t) . . . xnn(t)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣)
i − esima fila
=∑i
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
x11(t) . . . x1n(t). . .∑
j aij(t)xj1(t) . . .∑
j aij(t)xjn(t)
. . .xn1(t) . . . xnn(t)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∑i ,j
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)
. . .aij(t)xj1(t) . . . aij(t)xjn(t)
. . .xn1(t) . . . xnn(t)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
=∑i
aii (t)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)
. . .xi1(t) . . . xin(t)
. . .xn1(t) . . . xnn(t)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
2
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
El valor | det X (t)| representa el volumen del paralelepıpedodeterminado por los vectores columnas, X 1(t), . . . ,X n(t). Demodo que la formula describe como varıa el volumen de dichoparalelepıpedo a lo largo del tiempo.
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
DefinicionUna solucion matricial X (t) de X ′ = A(t)X se dice fundamental siX (t) es invertible para todo t, o equivalentemente si es invertiblepara algun t0.
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
Entonces, fijado t0 ∈ I se verifica que x(t) es solucion tal quex(t0) = x0 si y solo si
x(t) = X (t)X−1(t0)x0.
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Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
Proposicion
Sean X1,X2 soluciones matriciales de X ′ = A(t)X . Si X1 esfundamental, entonces existe C ∈Mn(K) tal que
X2(t) = X1(t)C .
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Ejercicios
Formula de Abel-Jacobi-Liouville
Soluciones matriciales
Demostracion.Sea C = X−11 (t0)X2(t0), entonces X1(t)C y X2(t) son dossoluciones matriciales del mismo problema de valor inicial. DelTeorema de unicidad de soluciones matriciales se concluye que soniguales.
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Formula de variacion de constantes
Si X (t) es una solucion matricial fundamental de X ′ = A(t)X , lasolucion de x ′ = A(t)x + b(t), x(t0) = x0 es
x(t) = X (t)X−1(t0)x0+X (t)
∫ t
t0
X−1(s)b(s) ds, (t, t0 ∈ I ). (5)
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Ejercicios
Formula de variacion de constantes I
DEMOSTRACIONSi X (t)c(t) es solucion del sistema diferencial no homogeneo,entonces
X ′(t)c(t) + X (t)c ′(t) = A(t)X (t)c(t) + X (t)c ′(t)
= A(t)X (t)c(t) + b(t).
Integrando entre t0 y t se obtiene que
c(t) =
∫ t
t0
X−1(s)b(s) ds.
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Ejercicios
Formula de variacion de constantes II
En consecuencia,
X (t)c(t) = X (t)
∫ t
t0
X−1(s)b(s) ds
es la solucion de x ′ = A(t)x + b(t), x(t0) = 0 y (5) es la soluciondel pvi (1).
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Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
Para encontrar todas las soluciones de x ′ = Ax , A ∈Mn(K), sedeterminara una solucion matricial fundamental.
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Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes I
TeoremaSi λ es un autovalor de A y p un autovector asociado, entonces
x(t) = etλp
es solucion de x ′ = Ax. Ademas, si p1, . . . , pn es una base deautovectores con autovalores λ1, . . . , λn respectivamente, entonces
etλ1p1, . . . , etλnpn (6)
es una base de soluciones de x ′ = Ax.
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Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
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Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
Demostracion.Se verifica
x ′(t) = λetλp = Aetλp = Ax(t).
Evaluando en t = 0,
etλ1p1, . . . , etλnpn,
se obtiene p1, . . . , pn, que por hipotesis son linealmenteindependientes.
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Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
En este caso AP = PJ, donde P es la matriz cuyas columnas sonlos autovectores de A y donde J = diag(λ1, . . . , λn) es la matrizdiagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores, nonecesariamente distintos, de A.Por tanto PetJ = P diag(etλ1 , . . . , etλn) es una solucion matricialfundamental.
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Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
Para resolver el sistema x ′ = Ax , A ∈Mn(K), se define laexponencial de A, que es una matriz denotada por eA, con casi lasmismas propiedades que la exponencial de un escalar.
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Ejercicios
Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
Del mismo modo que las soluciones de la ecuacion escalar
x ′ = ax , a ∈ K,
son x(t) = etax0, x0 ∈ K, las soluciones de
x ′ = Ax , A ∈Mn(K), (7)
seranx(t) = etAx0, x0 ∈ Kn,
donde etA es la exponencial de la matriz tA, que definiremos en loque sigue.
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Ejercicios
Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
TeoremaSea X (t) la unica solucion matricial fundamental de x ′ = Ax talque X (0) = I . Entonces
X (t + s) = X (t)X (s),
X−1(t) = X (−t).
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Ejercicios
Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
Demostracion.Para cada s fijo, X (t + s) y X (t)X (s) son soluciones del problemade valor inicial X ′ = AX , X (0) = X (s). Por lo tanto coinciden.Haciendo t = −s en la primera formula, se obtiene la segunda.
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Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
Proposicion
Si X (t) es la solucion matricial del problema de valor inicial
X ′ = AX , X (0) = I ,
entonces
X (t) =∞∑k=0
tkAk
k!,
siendo la convergencia de la serie uniforme en cada intervalocompacto de R.
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Ejercicios
Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes I
DEMOSTRACIONPara cada i = 1, . . . , n, sea x i la solucion del problema de valorinicial x ′ = Ax , x(0) = e i . La sucesion de iterantes de Picard es
x i0(t) ≡ e i ,
x i1(t) = e i + tAe i ,
. . . . . .
x ik(t) =
k∑j=0
t j
j!Aje i
. . . . . .
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Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
Ejercicios
Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes
Coeficientes constantes
que converge uniformemente en intervalos compactos a la solucionx i .Sea X (t) la funcion matricial cuyas columnas son las soluciones x i .Entonces X (t) es la solucion matricial tal que X (0) = I . Puestoque la funcion x ∈ Kn → |xi | ∈ R es continua,max‖x‖=1 |xi | = Mi <∞.
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Coeficientes constantes
Sea x = x1e1 + · · ·+ xnen un vector de norma igual a 1, entonces
‖(X (t)−k∑
j=0
t j
j!Aj)x‖ ≤
∑i
|xi | ‖x i (t)−k∑
j=0
t j
j!Aj)e i‖
≤∑i
Mi ‖x i (t)−k∑
j=0
t j
j!Aj)e i‖,
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Coeficientes constantes
de donde se deduce que
X (t) =∞∑k=0
tkAk
k!,
siendo la convergencia de la serie uniforme en cada intervalocompacto de R. 2
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Coeficientes constantes
DefinicionLlamaremos exponencial de tA ∈Mn(K) a
etA = X (t).
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Coeficientes constantes I
Con esta nueva notacion
eA = X (1).
la solucion del problema de valor inicial x ′ = Ax , x(0) = x0 es
x(t) = etAx0,
que generaliza la correspondiente formula del caso escalar. Laspropiedades
X (t + s) = X (t)X (s), X−1(t) = X (−t),
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Coeficientes constantes II
se reescriben como
e(t+s)A = etAesA,(
etA)−1
= e−tA.
Ademas se verifica (etA)′
= AetA, e0A = I .
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Coeficientes constantes
Proposicion
a) Sean A ∈Mn(K), B ∈Mm(K) y P ∈Mn×m(K) tales queAP = PB. Entonces
etAP = PetB , para todo t ∈ R.
b) Sean A,B ∈Mn(K) tales que AB = BA, entonces para todot ∈ R,
etAB = BetA,
et(A+B) = etAetB .
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Coeficientes constantes I
DEMOSTRACIONa) En primer lugar notese que
Ck → C , k →∞ ⇒ CkP → CP, QCk → QC , k →∞,
donde P y Q son matrices tales que la multiplicacion por lasmatrices Ck y C es posible. En efecto, basta tener en cuenta que
‖CkP − CP‖ ≤ ‖Ck − C‖ ‖P‖, ‖QCk − QC‖ ≤ ‖Ck − C‖ ‖Q‖.
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Coeficientes constantes II
De AP = PB se obtiene AjP = PB j , j = 1, 2, . . . .
etAP =
lımk→∞
k∑j=0
t jAj
j!
P = lımk→∞
k∑j=0
t jAj
j!P
= lımk→∞
k∑j=0
Pt jB j
j!= P
lımk→∞
k∑j=0
t jB j
j!
= PetB .
b) Se aplica a) con A→ A,B → P,B → A para obtener la primeraformula de b). Para demostrar la segunda formula, se probara que
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Coeficientes constantes III
etAetB es solucion matricial del problema de valor inicialX ′ = (A + B)X , X (0) = I . En efecto,
(etAetB)′ = AetAetB + etABetB
= AetAetB + BetAetB
= (A + B)etAetB .
2
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Soluciones complejas I
Sea A ∈Mn(K). El polinomio caracterıstico de A es
|A− λI | = PA(λ) = (−1)n(λ− λ1)n1 · · · (λ− λr )nr ,
donde λ1, . . . λr son los autovalores distintos de A conmultiplicidades algebraicas n1, . . . nr respectivamente. El Teoremade descomposicion de Jordan garantiza la existencia de una matrizno singular P y una matriz B = diag(B1, . . . ,Br ),Bl = diag(J l
1, . . . , Jlpl
), l = 1, . . . , r , donde
J lk =
λl 1 0 . . . 00 λl 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . λl 10 . . . . . 0 λl
,
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Soluciones complejas II
tales que AP = PB. Ası que una solucion matricial fundamental dex ′ = Ax es etAP = PetB y todo lo que tenemos que hacer escalcular etB . Puesto que
etB = diag(etB1 , . . . , etBr ), etBl = diag(eJl1 , . . . , eJ
lpl ),
debemos calcular etJ , donde
J =
λ 1 0 . . . 00 λ 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . . . 10 . . . . 0 λ
.
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Soluciones complejas III
La matriz J = λI + N, donde
N =
0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . . . 10 . . . . . . . . . 0
.
La potencias sucesivas de N son
N2 =
0 0 1 0 . . . 00 0 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . 0 10 . . . . . . . 0 00 . . . . . . . 0 0
, . . . ,Nm = 0,
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Soluciones complejas IV
donde m es el orden de la matriz N. Entonces
etJ = etλI+tN = etλIetN
= etλ(
I +tN
1!+ · · ·+ (tN)m−1
(m − 1)!
)
= etλ
1 t
1! . . . tm−1
(m−1)!0 1 . . . tm−2
(m−2)!. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1
.
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Soluciones complejas V
Si P es una matriz de orden m cuyas columnas son P1, . . . ,Pm,entonces
PetJ = [P1 . . . Pm]etJ
= etλ[
P1 tP1 + P2 · · · tm−1
(m − 1)!P1 + · · ·+ Pm
].
A partir de la formula anterior se deduce que las componentes decualquier solucion son funciones de la formaetλ1p1(t) + · · ·+ etλr pr (t), donde λj es un autovalor de A y dondepj(t) es un polinomio de grado estrictamente menor que lamultiplicidad del autovalor λj . . Tambien es facil, aunque de
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Soluciones complejas VI
escritura engorrosa, calcular una base de soluciones de x ′ = Ax sinmas que considerar las n columnas de etBP.
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Soluciones reales
Sea A ∈Mn(R) y considerese el sistema x ′ = Ax , x ∈ Rn. Sipermitimos soluciones con valores complejos, tenemos que x(t) essolucion si y solo si Re x(t) y Im x(t) son soluciones.
Para obtener una base de soluciones reales, basta tener en cuentaque x(t) es solucion si y solo si su conjugada compleja x(t) essolucion y que si x1(t), . . . , x r (t), y1(t), y1(t), . . . , y s(t), y s(t) esuna base de soluciones, siendo x1(t), . . . , x r (t) reales, entonces
x1(t), . . . , x r (t),Re y1(t), Im y1(t), . . . ,Re y s(t), Im y s(t)
es una base de soluciones reales.
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Soluciones reales
Sea A ∈Mn(R) y considerese el sistema x ′ = Ax , x ∈ Rn. Sipermitimos soluciones con valores complejos, tenemos que x(t) essolucion si y solo si Re x(t) y Im x(t) son soluciones.Para obtener una base de soluciones reales, basta tener en cuentaque x(t) es solucion si y solo si su conjugada compleja x(t) essolucion y que si x1(t), . . . , x r (t), y1(t), y1(t), . . . , y s(t), y s(t) esuna base de soluciones, siendo x1(t), . . . , x r (t) reales, entonces
x1(t), . . . , x r (t),Re y1(t), Im y1(t), . . . ,Re y s(t), Im y s(t)
es una base de soluciones reales.
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Sistemas planos
El sistema x ′ = Ax es un caso particular de sistema diferencialautonomo, cuya forma general es
x ′ = f (x), (8)
donde f : U → Rn. Supongamos que hay existencia y unicidad desoluciones para el problema de valor inicial de (8). Se verifica que
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Sistemas planos
Proposicion
Si x(t) es una solucion de (8) y si t0 ∈ R, entonces x(t + t0)tambien es solucion.
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Sistemas planos
Si x : I → R es una solucion, llamamos orbita de x a
orb x = x(I ) = {x(t) : t ∈ I}
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Sistemas planos
Proposicion
Por cada x0 ∈ U pasa una unica orbita maximal de (8).
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Sistemas planos
Demostracion.Sean x : I → U e y : J → U soluciones maximales de (8) tales quex(t0) = y(t1). Entonces x(t + t0 − t1), tambien es solucionmaximal, tiene la misma orbita que x(t) y satisface la mismacondicion inicial que y(t), luego coincide con ella.
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Sistemas planos I
DefinicionUn punto x0 ∈ U es un punto de equilibrio de (8) si f (x0) = 0.
Es facil comprobar que x0 es un equilibrio si y solo si x(t) ≡ x0 essolucion de (8).Llamaremos plano de fase al conjunto de orbitas.Sea x ′ = Ax , donde A ∈M2(R) y tiene det A 6= 0. El objetivo esdeterminar el plano de fases.El polinomio caracterıstico de A es:
λ2 − (traza A)λ+ det A = 0.
Distinguimos los siguientes casos.
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Sistemas planos II
1. Hay dos autovalores de A, λ1, λ2 reales y distintos. En este casohay dos autovectores linealmente independientes, p1, p2, de modoque
A(p1 p2
)=(p1 p2
)(λ1 00 λ2
).
Cualquier solucion es de la forma(x1(t)x2(t)
)=(p1 p2
)(etλ1 00 etλ2
)(y01y02
).
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Sistemas planos III
Llamamos y1(t), y2(t) a las componentes de x1(t), x2(t) respectode la base p1, p2. Entonces(
y1(t)y2(t)
)=
(etλ1 0
0 etλ2
)(y01y02
).
Los cuatro semiejes coordenados son orbitas.Distinguiremos tres casos atendiendo al signo de los autovalores.
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Sistemas planos IV
1a). λ2 < λ1 < 0. Entonces
y1(t), y2(t)→ −∞, t →∞|y1(t)|, |y2(t)| → ∞, t → −∞
y2(t)
y1(t)=
y02y01
e(λ2−λ1)t → 0, t →∞.
Esta ultima afirmacion significa que las orbitas tienden al origencon tangente nula cuando t →∞. Esta configuracion del plano defases se llama de nodo estable. Tambien se dice que el punto deequilibrio o el sistema diferencial es un nodo estable.
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Sistemas planos V
1b). 0 < λ1 < λ2. Entonces
y1(t), y2(t)→ 0, t → −∞|y1(t)|, |y2(t)| → ∞, t →∞
y2(t)
y1(t)=
y02y01
e(λ2−λ1)t → 0, t → −∞.
Esta ultima afirmacion significa que las orbitas tienden al origencon tangente nula cuando t → −∞. El plano de fases tiene unaconfiguracion de nodo inestable.
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Sistemas planos VI
1c). λ2 < 0 < λ1. Entonces
y1(t)→ 0, t → −∞|y2(t)| → ∞, t → −∞
y2(t)→ 0, t →∞|y1(t)| → ∞, t →∞
Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de punto desilla.2. Hay un autovalor doble, necesariamente real, λ.
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Sistemas planos VII
2a) Hay dos autovectores linealmente independientes. En este caso
si P =(p1 p2
), entonces AP = P
(λ 00 λ
), de modo que
A =
(λ 00 λ
). Ası que las soluciones son de la forma
(y1(t)y2(t)
)=
(etλy01etλy02
).
Todas las orbitas son semirectas que parten del origen. Si λ < 0tenemos una configuracion de punto de estrella estable y si λ > 0de punto de estrella inestable.
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Sistemas planos VIII
2b) Solo hay un autovector linealmente independiente. Entonces
AP = P
(λ 10 λ
).
Y, por tanto,
y1(t) = (y01 + y02t)etλ, y2(t) = etλy02.
Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de nodoimpropio.El comportamiento asintotico de las orbitas se deduce facilmentede las formulas.
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Sistemas planos IX
3. Hay dos autovalores complejos conjugados, λ = α± iβ3a) Sea α 6= 0. Se verifica que si Re p + i Imag p es un autovectorde α + iβ y si
P =(Re p Im p
),
entonces
AP = P
(α β−β α
),
de donde se deduce que(y1(t)y2(t)
)= etα
(cos tβ sin tβ− sin tβ cos tβ
)(y01y02
).
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Sistemas planos X
Si efectuamos un cambio de variable a polares se obtiener ′ = αr , θ′ = −β, e integrando,
r(t) =√
y1(t)2 + y2(t)2 = r0etα
θ(t) = arctany2(t)
y1(t)= θ0 − tβ.
Eliminado t entre las dos ecuaciones, se tiene
ρ(θ) = r(t(θ)) = ρ0 expαβ(θ0−θ),
que es una espiral logarıtmica. En las dos figuras que siguenaparece una orbita tıpica en cada uno de los casos α > 0 y α < 0.
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Sistemas planos XI
Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de foco.3b) Sea α = 0. Entonces r(t) = r0 y la orbita es una
circunferencia. Las soluciones son2π
βperiodicas. Se dice que el
plano de fases tiene configuracion de centro.Finalmente consideremos el caso en que det A = 0. Si exceptuamosel caso trivial en que A es la matriz nula, hay dos casos posibles.Notese que hay un autovalor nulo.Caso 1. (
y ′1y ′2
)=
(λ 00 0
)(y1y2
).
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Funciones matricialesExistencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial
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Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie
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Sistemas planos XII
El sistema es y ′1 = λy1, y ′2 = 0 y las solucionesy1(t) = y01 exp(tλ), y2(t) = y02. El eje y1 = 0 esta formado porpuntos de equilibrio y todas las orbitas son semirectas horizontales.Caso 2. (
y ′1y ′2
)=
(0 10 0
)(y1y2
).
El sistema es y ′1 = y2, y ′2 = 0 y las soluciones y1(t) = y02t + y01,y2(t) = y02. El eje y2 = 0 esta formado por puntos de equilibrio ytodas las orbitas son rectas horizontales.
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Sistemas planos XIII
Si λ1, λ2 son los autovalores de A y si tenemos en cuenta que elpolinomio caracterıstico de A es
λ2 − (traza A)λ+ det A
= λ2 − (λ1 + λ2)λ+ λ1λ2
podemos expresar la discusion anterior en terminos del det A ytraza A tal como se muestra en el siguiente grafico, donde
∆ = (trazaA)2 − 4 det A.
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie I
Comenzamos esta seccion con algunas propiedades basicas de lasseries de potencias.Una serie de potencias en t − t0 es una serie de funciones de laforma
∞∑k=0
ck(t − t0)k . (9)
Mediante la traslacion t → t − t0, la serie de potencias 9, setransforma en una serie de potencias centrada en t0 = 0, es decir,de la forma
∞∑k=0
cktk . (10)
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie II
Se dice que la serie de potencias 10 converge en t1, si lo hace laserie numerica
∞∑k=0
cktk1 .
Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia0 ≤ R ≤ ∞, tal que la serie converge absolutamente para |t| < Ry diverge para |R| > R. Dentro del intervalo de convergencia|t| < R, la serie de potencias define una funcion
x(t) =∞∑k=0
cktk ,
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie III
indefinidamente derivable y cuyas derivadas se obtienen derivandotermino a termino en la serie de potencias. Del mismo modo, unaprimitiva de x se obtiene integrando termino a termino. Se diceque la funcion x(t) es analıtica en |t| < R.
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie I
Proposicion
Sean las series de potencias x(t) =∑∞
k=0 cktk , y(t) =∑∞
k=0 dktk ,convergentes en |t| < R, entonces
1. x(t) + y(t) =∑∞
k=0(ck + dk)tk ,
2. x(t)y(t) =∑∞
k=0
∑kj=0 cjdk−j ,
siendo los desarrollos en serie de potencias validos en |x | < R.
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie I
Se ilustrara el metodo con el siguiente ejemplo.Resolver el problema de valor inicial
x ′ = t2 + x , x(0) = 1.
Se supondra que la solucion de la ecuacion diferencial admite undesarrollo en serie de potencias
x(t) =∞∑k=0
cktk
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie II
y se trata de determinar los coeficientes ck . Derivando termino atermino, se obtiene que
x ′(t) =∞∑k=1
cktk−1.
Sustituyendo en la ecuacion diferencial,
∞∑k=1
cktk−1 = t2 +∞∑k=0
cktk ,
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie III
que tambien se puede expresar como
∞∑k=0
ck+1tk = t2 +∞∑k=0
cktk .
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie IV
Igualando los coeficientes de la misma potencia de t, se obtiene
c1 = c0,
c2 =c12
=c02,
c3 =1 + c2
3=
c0 + 2
3!,
c4 =c34
=c0 + 2
4!,
...
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie V
Por tanto
x(t) = c0 + c0t +c02!
t2 +c0 + 2
3!t3 +
c0 + 2
4!t4 + . . .
De x(0) = 1 se deduce que c0 = 1. Ası que
x(t) = 1 + t +1
2!t2 +
3
3!t3 +
3
4!t4 + . . .
= 3et − 2
(1 + t +
1
2!t2).
Notese que la ecuacion diferencial es de tipo lineal y puede serresuelta por integracion elemental.
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie I
Se resolvera la ecuacion diferencial
x ′′ + tx ′ + x = 0.
Se supondra que la solucion de la ecuacion diferencial admite undesarrollo en serie de potencias
x(t) =∞∑k=0
cktk
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie II
y se trata de determinar los coeficientes ck . Sustituyendo en laecuacion diferencial se obtiene
∞∑k=2
k(k − 1)cktk−2 +∞∑k=0
kcktk +∞∑k=0
cktk = 0.
Con el fin de escribir la expresion anterior con un unico sumatorio,se define k − 2 = j . Entonces
∞∑k=2
k(k−1)cktk−2 =∞∑j=0
(j+2)(j+1)cj+2t j =∞∑k=0
(k+2)(k+1)ck+2tk .
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Soluciones por desarrollo en serie III
Por tanto
∞∑k=0
((k + 2)(k + 1)ck+2 + (k + 1)ck)tk = 0.
De donde se obtiene la relacion de recurrencia
ck+2 = − ckk + 2
,
a partir de la cual se obtiene
c2 = − c02 c4 = − c2
4 = c02·4 . . .
c3 = − c13 c5 = − c3
5 = c13·5 . . . .
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Soluciones por desarrollo en serie IV
Finalmente, agrupando los terminos que contienen a c0 y c1, sellega a
x(t) = c0
(1− t2
2+
t4
2 · 4− . . .
)+ c1
(t − t3
3+
t5
3 · 5− . . .
).
(11)Haciendo c0 = 1, c1 = 0 y c0 = 0, c1 = 1, se obtienen dossoluciones linealmente independientes con desarrollos en series depotencias validos para todo t ∈ R. (Comprobar).
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Soluciones por desarrollo en serie V
Ahora se puede probar que 11 es solucion. En efecto, se cumple larelacion de recurrencia ck+2 = −ck/(k + 2). Repitiendo loscalculos anteriores se llega a que
x ′′(t) + tx ′(t) + x(t) = 0, para todo t ∈ R.
El ejemplo anterior es un caso particular de la
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Proposicion
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Soluciones por desarrollo en serie II
Sea la ecuacion diferencial x ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, donde a y bson funciones analıticas con desarrollos en series de potenciasdados por
a(t) =∞∑k=0
aktk , b(t) =∞∑k=0
bktk .
Si x(t) =∑∞
k=0 cktk es solucion, entonces se verifican lassiguientes relaciones de recurrencia
(k+2)(k+1)ck+2+k∑
j=0
((j+1)cj+1ak−j+cjbk−j) = 0, k = 0, 1, . . .
(12)
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El metodo de las series de potencias
Soluciones por desarrollo en serie I
DEMOSTRACIONSustituyendo en la ecuacion diferencial se obtiene
∞∑k=2
k(k−1)cktk−2+(∞∑k=0
aktk)(∞∑k=1
kcktk−1)+(∞∑k=0
bktk)(∞∑k=0
cktk) = 0,
o tambien
∞∑k=0
(k+2)(k+1)ck+2+(∞∑k=0
aktk)(∞∑k=0
(k+1)ck+1tk)+(∞∑k=0
bktk)(∞∑k=0
)cktk) = 0.
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Soluciones por desarrollo en serie II
Multiplicando las series de potencias y agrupando los coeficientesde tk se llega a
∞∑k=0
(k + 2)(k + 1)ck+2 +k∑
j=0
[(j + 1)cj+1ak−j + cjbk−j ]
tk = 0.
Igualando a cero cada coeficiente de tk , se obtiene (12).
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1. Sea X (t) una funcion matricial definida en el intervalo I . SiX (t) es derivable y tiene inversa para todo t ∈ I , demuestreque
(X−1(t))′ = −X−1(t)X ′(t)X−1(t).
2. Resuelva el problema de valor inicial[x ′(t)y ′(t)
]=
[1/t 0−1/t2 1/t
] [x(t)y(t)
]+
[t2
0
],
[x(1)y(1)
]=
[1−1
].
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3. ¿De que forma ha de ser la funcion a(t), a : (0,∞)→ R, paraque las funciones
x1(t) =
a(t)00
, x2(t) =
tt2
0
, x3(t) =
1tt
sean soluciones linealmente independientes de un sistema dela forma x ′ = A(t)x , t > 0, si ha de cumplirse
traza(A(t)) =4
t.
Si la cuestion anterior tiene solucion, determine el sistemadiferencial x ′ = A(t)x .
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Si la cuestion anterior tiene solucion, resuelva el problema devalor inicial
x ′ = A(t)x +
1/t00
, x(1) =
101
.4. Sea una ecuacion diferencial escalar de segundo orden
x ′′ = f (t, x , x ′) para la que se cumple la unicidad desoluciones del problema de valor inicial. Demuestre que lasgraficas de dos soluciones distintas no pueden ser tangentesen ningun punto.Supongase ademas que f es continua y que una solucion de laecuacion diferencial, x : I → R, tiene infinitos ceros en elintervalo compacto [a, b] ⊂ I . Demuestre que x(t) = 0 paratodo t ∈ I .
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5. Sean x1(t) y x2(t) dos soluciones linealmente independientesde la ecuacion diferencial x ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, siendo a(t)y b(t) funciones continuas en el intervalo I . Pruebe que elconjunto de soluciones es un subespacio vectorial2-dimensional de C 2(I ,R). Sea c(t) continua en I . Demuestreque el conjunto de soluciones de x ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = c(t)es un subespacio afın 2-dimensional de C 2(I ,R).
6. Describa el metodo de variacion de constantes para encontraruna solucion particular de la ecuacionx ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = c(t).
7. Sean a(t), b(t) ∈ R. Demuestre que x(t) es solucion dex ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = c(t) si y solo si Re x(t) es solucion dex ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = Re c(t) e Im x(t) es solucion dex ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = Im c(t)
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8. Resuelva la ecuacion x ′′ + ax ′ + bx = 0, donde a, b ∈ R.
9. Demuestre que la ecuacion diferencialx ′′ + ax ′ + bx = c0 + c1t + · · ·+ cntn tiene una solucion de laforma
x(t) =
C0 + C1t · · ·+ Cntn, si b 6= 0
t(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si b = 0, a 6= 0
t2(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si b = 0, a = 0
10. Resuelva la ecuacion diferencial x ′′ + x ′ + x = t2.
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11. Demuestre que x(t) es solucion de la ecuacion diferencialx ′′ + ax ′ + bx = eλt(c0 + c1t + · · ·+ cntn) si y solo siu(t) = e−λtx(t) es solucion de la ecuacion diferencialu′′ + (2λ+ a)u′ + (λ2 + aλ+ b)u = c0 + c1t + · · ·+ cntn.Entonces demuestre que la ecuacion diferencial de partidatiene una solucion de la forma
x(t) =
etλ(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si λ2 + aλ+ b 6= 0
t(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si λ2 + aλ+ b 6= 0, 2λ+ a = 0
t2(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si λ2 + aλ+ b = 0, 2λ+ a = 0
12. Resuelva las ecuaciones diferenciales
x ′′ + 4x = sin(2t), x ′′ + 4x = sin(2t).
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13. Resuelva la ecuacion diferencial
x ′′ + 2x ′ + x = te(1+i)t ,
donde i es la unidad imaginaria compleja.
14. Sean x1(t) y x2(t) dos soluciones linealmente independientesde la ecuacion diferencial x ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, siendo a(t)y b(t) funciones continuas en el intervalo I . Demuestre quelos ceros de esas soluciones son distintos y se presentan deforma alternativa. Es decir, x1(t) se anula exactamente unavez entre cualesquiera dos ceros de x2(t) y viceversa.
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15. Sea la ecuacion diferencial lineal de segundo ordenx ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, siendo a(t) y b(t) funcionescontinuas en el intervalo I . Supongase conocida una solucionx1(t) tal que x1(t) 6= 0 para todo t ∈ I .a) Utilice la formula de Abel-Jacobi-Liouville para encontraruna segunda solucion linealmente independiente de la anterior.b) Encuentre una segunda solucion linealmente independientede la primera de la forma x2(t) = x1(t)c(t).
16. Encuentre todas las soluciones de la ecuacion diferencial
x ′′ − 4
tx ′ +
6
t2x = 0, t > 0,
sabiendo que x1(t) = t2 es solucion.
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17. Demuestre que cualquier ecuacion diferencial de la formax ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, se puede transformar mediante uncambio de variables en una ecuacion de la formay ′′ + q(t)y = 0.
18. Sea la ecuacion diferencial x ′′ + q(t)x = 0, donde q(t) escontinua en el intervalo I y donde q(t) < 0 para todo t ∈ I .Demuestre que cualquier solucion no trivial de la ecuaciondiferencial tiene a lo sumo un cero.
19. Sea la ecuacion diferencial x ′′ + q(t)x = 0, donde q(t) escontinua en el intervalo (0,∞), donde q(t) > 0 para todot ∈ (0,∞) y donde ∫ ∞
1q(t) dt =∞.
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Demuestre que si x(t) es una solucion no trivial, entoncestiene un numero infinito de ceros.
20. Sean u(t), v(t) soluciones no triviales de
u′′ + q(t)u = 0, v ′′ + r(t)v = 0,
respectivamente. Se supone que q(t) > r(t) > 0 son funcionescontinuas en el intervalo I . Demuestre que u(t) se anula almenos una vez entre cada dos ceros consecutivos de v(t).
21. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′
y ′
z ′
=
3 1 −2−1 2 14 1 −3
xyz
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22. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′
y ′
z ′
=
1 0 10 1 −1−2 0 −1
xyz
.23. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′
y ′
z ′
=
6 2 −62 3 −34 2 −4
xyz
.24. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′
y ′
z ′
=
0 −1 12 −3 11 −1 −1
xyz
.M. Fernandez Sistemas diferenciales Lineales
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25. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′
y ′
z ′
=
3 −1 00 3 00 2 3
xyz
.26. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′
y ′
z ′
=
6 8 −102 2 −35 6 −8
xyz
.27. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′
y ′
z ′
=
−2 −1 −2−4 −5 2−5 −1 1
xyz
.M. Fernandez Sistemas diferenciales Lineales