unidad 5- ecuaciones diferenciales
TRANSCRIPT
Instituto tecnológico N° 38 de Cd. VictoriaUnidad Académica Abasolo
Pasante:Julio Cesar Resendiz RamírezN° de Control: 11380876
Ecuaciones Diferenciales
Facilitador:Lic. Esteban Requena Ovalle.
2
SISTEMAS DE ECUACIONES LINEALES DE PRIMER ORDEN
Forma normal:
)()()()(
)()()()(
)()()()(
2211
222221212
112121111
tfxtaxtaxtadtdx
tfxtaxtaxtadtdx
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
tf
tf
t
tatata
tatata
tatata
t
tx
tx
tx
nnnnn
n
n
n
FAX
FAXX
)(
)(
)(
)(
)(
)(
)()()(
)()()(
)()()(
)(
)(
)(
2
1
2
1
21
22221
11211
2
1
tf
tf
tf
tx
tx
tx
tatata
tatata
tatata
tx
tx
tx
dt
d
nnnnnn
n
n
n
AXX
El sistema homogéneoasociado será:
4
y
xX
yxdtdy
yxdtdx
75
43
XX
75
43
z
y
x
X
tzyxdtdz
tzyxdtdy
tzyxdtdx
692
1078
6
t
t
t
6
10
192
178
116
XX
5
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
tx
tx
n
X
6
Comprueba que en (−, )
son soluciones de:
,1
12
22
1
t
tt
e
eeX
t
tt
e
ee
6
66
25
3
5
3X
XX
35
31
SoluciónDe
tenemos
t
t
e
e2
2
2
21X
t
t
e
e6
6
30
182X
11 XAX
t
t
tt
tt
t
t
e
e
ee
ee
e
e2
2
22
22
2
2
2
2
35
3
35
31
22 XAX
t
t
tt
tt
t
t
e
e
ee
ee
e
e6
6
66
66
6
6
30
18
1515
153
5
335
31
7
PROBLEMAS DE VALOR INICIAL (PVI)
Sea
Resolver:
sujeto a : X(t0) = X0
es un PVI.
,
)(
)(
)(
)(
0
02
01
0
tx
tx
tx
t
n
X
n
2
1
0X
)()( tt FXAX
8
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.
TEOREMAExistencia 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
9
Verifica que:
son soluciones de
y que entonces:
también es una solución.
,
sincos
sin2/1cos2/1
cos
1
tt
tt
t
X
0
0
2teX
XX
102
011
101
0
0
sincos
sin2/1cos2/1
cos
21
2211
tec
tt
tt
t
c
cc XXX
10
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 = 0para todo t en el intervalo. Si el conjunto de vectores no es linealmente dependiente en el intervalo, se dice que es linealmente independiente.
DEFINICIÓNDependencia e independencia lineal
11
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
x
x
x
x
x
x
x
x
2
1
2
22
12
2
1
21
11
1 ,,, XXX
0),,,(
21
22221
11211
21
nnnn
n
n
n
xxx
xxx
xxx
W
XXX
12
Hemos visto que
son soluciones de
Como
X1 y X2 son soluciones linealmente independientes para todo t real.
,1
1 21
te
X te62 5
3
X
085
3),( 4
62
62
21
t
tt
tt
eee
eeW XX
XX
35
31
085
3),( 4
62
62
21
t
tt
tt
eee
eeW 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.
13
Cualquier conjunto X1, X2, …, Xn de n vectores solución linealmente
independientes de un sistema homogéneo en un intervalo I, se dice que son 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.
TEOREMAExistencia 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
14
Hemos visto que
son soluciones linealmente independientes de
en (−, ). De ahí que forman un conjunto fundamental de soluciones. Y entonces la solución general es:
,1
1 21
te
X te62 5
3
X
XX
35
31
tt ececcc 62
211211 5
3
1
1
XXX
15
tt
tt
t
e
tt
tt
tt
cossin
cos2/1sin2/1
sin
,
0
1
0
sincos
sin2/1cos2/1
cos
321 XX,X
Considera los vectores solución de :
0
cossin0sincos
cos2/1sin2/1sin2/1cos2/1
sin0cos
),,( 321 tt e
tttt
ttett
tt
W XXX
tt
tt
t
cec
tt
tt
t
c t
cossin
cos2/1sin2/1
sin
0
1
0
sincos
sin2/1cos2/1
cos3
21X
Demuestra que son linealmente independientes y escribe una solución general:
XX
102
011
101
16
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 delsistema 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
17
El vector es una solución particular de
en (−, ). Vimos que la solución dees:
Así la solución general del sistema no homogéneo en (−, ) es:
65
43
t
tpX
3
1112
35
31 tXX
XX
35
31
ttc ecec 6
22
1 5
3
1
1
X
65
43
5
3
1
1 62
21 t
tecec tt
pc XXX
18
SISTEMAS LINEALES HOMOGÉNEOS
¿Podemos hallar siempre, para un sistema lineal homogéneo de primer orden,
una solución de la forma:
?tt
n
ee
k
k
k
KX
2
1
AXX
19
VALORES PROPIOS (AUTOVALORES) Y VECTORES PROPIOS (AUTOVECTORES)
Si es así, entonces, como X = Ket, sustituyendo en el sistema de EDOs: X = AX
Ket = AKet . De donde: AK = K. Es decir: (A – I)K = 0
O equivalentemente:
0)(
0)(
0)(
2211
2222121
1212111
nnnnn
nn
nn
kakaka
kakaka
kakaka
Y recordemos que si existe una solución no trivial X, debe cumplirse entonces que:det(A – I) = 0
20
Sean 1, 2,…, n 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:
TEOREMASolución general para sistemas homogéneos
tnn
tt nececec KKKX 212211
Autovalores reales y distintos
21
yxdtdx
32
yxdtdy 2
0)4)(1(
43
12
32)(det
2
IAResolver
1 = −1, 2 = 4. Para 1 = −1, tenemos 3k1 + 3k2 = 0
2k1 + 2k2 = 0Así k1 = – k2. Cuando k2 = –1, entonces
Para 1 = 4, tenemos −2k1 + 3k2 = 0 2k1 − 2k2 = 0
Así k1 = 3k2/2. Cuando k2 = 2, entonces
1
11K
2
32K
tt ececcc 4212211 2
3
1
1
XXX
22
Resolver
,4 zyxdtdx zy
dtdz
zyxdtdy
3,5
5 ,4 ,3
0)5)(4)(3(
310
151
114
)(det
IA
0000
0010
0101
0010
0181
0111
)3( 0|IA
k1 = k3, k2 = 0. Con k3 = 1: te 311
1
0
1
,
1
0
1
XK
23
2 = −4
0000
0010
01001
0010
0191
0110
)4( 0|IA
te 422
1
1
10
,
1
1
10
XK
k1 = 10k3, k2 = − k3. Con k3 = 1:
3 = 5
0000
0810
0101
0810
0101
0119
)5( 0|IA
te533
1
8
1
,
1
8
1
XKttt ececec 5
34
23
1
1
8
1
1
1
10
1
0
1
X
24
Resolver:
XX
122
212
221
' 0
122
212
221
)(det
IA
– ( + 1)2(– 5) = 0, entonces 1 = 2 = – 1, 3 = 5.
Para 1 = – 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.
0000
0000
0111
0222
0222
0222
)( 0|IA
Autovalores repetidos
(multiplicidad m = 2)
25
Para 3 = 5,
,
0
1
1
1te
X te
1
1
0
2X
0000
0110
0101
0422
0242
0224
)( 0|5IA
k1 = k3 y k2 = – k3. Eligiendo k3 = 1, se tiene k1 = 1, k2 = –1, así:
1
1
1
3K
ttt ececec 5321
1
1
1
1
1
0
0
1
1
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.
26
SEGUNDA SOLUCIÓN
Supongamos que 1 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
PKX
0KPAPKAK
0APAKPKK
0PKAPK
tt
ttttt
tttt
ete
eteetee
eteete
11
11111
1111
)()( 11
11
KPIA0KIA )()( 11
27
XX
92
183
te 31 1
3
X,1
3
K
2
1
p
pP
Resolver det (A – I) = 0 ( + 3)2=0, = － 3, － 3.
Solo obtenemos un autovector:
Para obtener la segunda solución, definamos:
(A + 3 I) P = K 162
3186
21
21
pp
pp
Tenemos que p2 = 1/3 p1.
Si elegimos p1 = 1, entonces p2 = 1/3.
3/1
1P
tt ete 112
PKX KPIA )( 1
tt ete 332 3/1
1
1
3
X
28
Si elegimos p1 = ½, entonces p2 = 0
y la solución es más "simple":
0
1/2P
tt ete 332 0
1/2
1
3
X
ttt etecec 332
31 0
1/2
1
3
1
3X
Podemos escribir la solución general como:
29
AUTOVALORES DE MULTIPLICIDAD 3
ttt eteet
111
2
2
3 QPKX
)(
)(
)(
1
1
1
PQIA
KPIA
0KIA
Donde
K, P y Q están definidaspor:
Ejercicio: Demostrarlo.
Si de nuevo disponemos solamente de un autovector, hallamos la segunda solución como antes, y la tercera de la siguiente manera:
30
SoluciónResolviendo (A – 2I)K = 0, tenemos un único vector propio
XX
200
520
612
0
0
1
K
Resolver(1 – 2)3 = 01 = 2 (multiplicidad 3).
A continuación resolvemos:
,
0
1
0
P
1/5
/56
0
Q
ttt
ttt
eetet
c
etecec
2222
3
222
21
1/5
6/5
0
0
1
0
20
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
1
X(A – 2I) P = K (A – 2I) Q = P
ttt eteet
111
2
2
3 QPKX
31
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
eem
te
m
t
ete
e
KKKX
KKX
KX
...)!2()!1(
...2
2
1
1
22212
111
Donde los K's son vectores columnas que podemos determinar generalizando el método expuesto.
32
Sea A la matriz de coeficientes con elementos reales de un sistema homogéneo, y sea K1 un
autovector correspondiente al autovalor complejo1 = + i . Entonces
y son soluciones.
TEOREMASoluciones correspondientes a un autovalor complejo
te 11K te 1
1K
Autovalores complejos
33
Sea 1 = + i 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
ett
ett
]sincos[
]sincos[
122
211
BBX
BBX
)sin()cos(
)sin()cos()(
)(
titee
titeetti
tti
Nota: Si queremos escribir las soluciones en términos de funciones reales, basta con emplear:
34
Para 1 = 2i,
(2 – 2i)k1 + 8k2 = 0 – k1 + (–2 – 2i)k2 = 0
obtenemos k1 = –(2 + 2i)k2.
Elegimos k2 = –1
1
2)0(,
21
82XXX
0421
82)(det 2
IA
Resolver
0
2
1
2
1
221 i
iK
,1
2)Re( 11
KB
0
2)Im( 12 KB
t
ttc
t
ttc
ttcttc
2sin
2sin22cos2
2cos
2sin22cos2
2sin1
22cos
0
22sin
0
22cos
1
2
21
21X
35
RESOLUCIÓN POR DIAGONALIZACIÓNSi 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
ec
ec
2
1
2
1
Y
Deshaciendo el cambio, X = PY , encontramos la solución buscada.
36
Solución
De det (A – I) = – ( + 2)(– 1)(– 5), obtenemos
1 = – 2, 2 = 1 y 3 = 5. Puesto que son
autovalores reales y distintos, los vectores propios son linealmente independientes. Para i = 1, 2, 3, resolvemos
(A –iI)K = 0, y tenemos
XX
940
830
812
1
1
1
,
1
2
2
,
0
0
1
321 KKK
Resolver:
37
Como Y = DY, entonces:
110
120
121
P
500
010
002
D
t
t
t
ec
ec
ec
53
2
21
Y
tt
tt
ttt
t
t
t
ecec
ecec
ececec
ec
ec
ec
532
532
532
21
53
2
21
2
2
110
120
121
PYX
38
SISTEMAS LINEALES NO HOMOGÉNEOS(RESOLUCIÓN POR COEFICIENTES INDETERMINADOS)
Resolver
Solución Primero resolvemos el sistema homogéneo asociado: X = AX,
= i, −i,
),(-en ,3
8
11
21'
XX
0111
21)det( 2
IA
t
ttc
t
ttcc sin
sincos
cos
sincos21X
39
Puesto que F(t) es un vector columna constante, podemos suponer una solución particular de la forma:
1
1
b
apX
30
820
11
11
ba
ba
11
14pX
11
14
sin
sincos
cos
sincos21 t
ttc
t
ttcX
Y la solución final será: X = Xc + Xp
40
Solución Resolvemos primero: X = AX.
1 = 2, 2 = 7:
),(en ,410
6
34
16'
t
tXX
1
1 ,
2
121 KK
ttc ecec 7
22
1 1
1
4
1
X
Resolver
1
1
2
2
b
at
b
apX
Intentamos como solución particular:
0434
06y
01034
066
434)1034(
6)66(
0
0
4
0
10
6
34
16
211
211
22
22
21122
21122
1
1
2
2
2
2
bba
aba
ba
ba
bbatba
abatba
tb
at
b
a
b
a
41
La solución general del sistema en (－ , ) es X = Xc + Xp
7
107
4
6
2tpX
6 ,2 22 ba7
1017
41 , ba
7
107
4
6
2
1
1
4
1 72
21 tecec ttX
42
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
7
1
5
0
1
2)(
b
at
b
ae
b
a
tet
tp
t
X
F
Solución Como
Entonces un posible candidato es:
Resuelve el sistema.
43
MATRIZ FUNDAMENTALSi 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
xcxcxc
xcxcxc
x
x
x
c
x
x
x
c
x
x
x
c
2211
2222211
1122111
2
1
2
22
12
2
1
21
11
1X
44
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
xxx
xxx
t
21
22221
11211
)(Φ
Dos propiedades de (t), fáciles de demostrar y que usaremos a continuación:(i) Es regular (matriz no singular).(ii) (t) = A(t)
45
VARIACIÓN DE PARÁMETROS
Hallaremos una solución particular suponiendo:
tal que Xp = Φ(t)U(t)
)(
)(
)(
)( 2
1
tu
tu
tu
t
n
U
)(tFAXX
)()()()()()(')()( ttttttttp UΦAUΦUΦUΦX
)()()()()()((t) tttttt FUΦAUΦAUΦ
(t) = A(t)
)()((t) tt FUΦ
46
Como Xp = Φ(t)U(t), entonces
Y finalmente, X = Xc + Xp
)()()( ttt FUΦ
)()()( 1 ttt FΦU
tdttt )()()( 1 FU
dttttp )()()( 1 FX
dttttt )()()()( 1 FΦΦCΦX
47
SoluciónPrimero resolvemos el sistema homogéneo
La ecuación característica de la matriz de coeficientes es
te
t3
42
13XX
XX
42
13
0)5)(2(42
13)(det
IA
Determinar la solución general de
en (−, ).
48
= −2, −5, y los vectores propios son
Así, las soluciones son:
,1
1
2
1
,1
12
22
1
t
tt
e
eeX
t
tt
e
ee
5
55
222
1X
,2
)(52
52
tt
tt
ee
eetΦ
tt
tt
ee
eet
53
153
1
23
123
21 )(Φ
49
dtete
ete
ee
ee
dte
t
ee
ee
ee
ee
dtttt
tt
tt
tt
tt
ttt
tt
tt
tt
p
43
153
12
52
52
53
153
1
23
123
2
52
52
1
2
2
3
2
)()()( FX
t
t
ttt
ttt
tt
tt
et
et
eete
eete
ee
ee
2
1
50
21
5
34
1
50
27
5
6
412
1525
155
13
122
12
52
52
2
50
ttt
t
t
tt
tt
etecec
et
et
c
c
ee
ee
2
14
1
50
2150
27
5
35
65
22
1
2
1
50
21
5
34
1
50
27
5
6
2
1
52
52
2
1
1
1
2X
51
MATRIZ EXPONENCIAL
Para cualquier matriz A de n n, podemos definir
DEFINICIÓN Matriz Exponencial
0
22
!!!2 k
kk
kkt
kt
ktt
te 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 modoque eAtC sea solución de X' = AX.
52
DERIVADA DE EAT
tt eedtd AA A
232
22
!21
!!2
tt
ktt
tdtd
edtd k
kt
AAA
AAAIA
te
tt
AA
AAIA
!2
22
Y efectivamente, eAt es una solución de X = AX:
AXCACACX AAA )( ttt eeetdd
53
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 1, 2, …, n de A. Poniendo = 1, 2, …n en la segunda expresión, obtenemos los cj ; que sustituidos en la primera expresión nos proporcionan las potencias de A para computar:
,!0
k
kkt
kt
e AA
,1
0
n
j
jj
k c AA
1
0
n
j
jj
k c
Recuerda que vimos que podíamos calcular las potencias de una matriz A, gracias a:
54
)()(!
)(!
1
00
1
0
1
00
n
jj
j
kj
kn
j
jjn
jj
k
kt tbkc
k
tkc
k
te AAAA
)()(!
)(!
1
00
1
0
1
00
n
jj
j
kj
kn
j
jn
j
jj
k
kt tbkc
k
tkc
k
te
0 !k
kkt
kt
e ,
!0
k
kkt
kt
e AA,1
0
n
j
jj
k c AA
1
0
n
j
jj
k c
)(1
0
n
j
jj
t tbe AA )(1
0
n
j
jj
t tbe
55
Solución
31
42A
10 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
eAt = b0I + b1A
1= −1 y 2 = 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
eeee
eeeeeA