En la vida real, te lo aseguro, no hay algo como el álgebra.
– Fran Lebowitz

Introducción

Ya hemos dado inicio con el desarrollo de métodos de resolución de sistemas lineales de primer orden. En la entrada anterior desarrollamos el método de eliminación de variables que, a pesar de ser muy limitado, es un método sencillo y práctico para resolver sistemas con dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden.

Debido a que un sistema lineal puede ser visto como una ecuación matricial los resultados de álgebra lineal sobre valores y vectores propios de matrices pueden ser aplicados aquí. En esta entrada daremos un breve repaso sobre estos conceptos y veremos cómo es que estos resultados nos pueden ayudar a determinar la solución general de algunos sistemas de ecuaciones diferenciales.

La teoría que desarrollaremos a continuación es aplicable a sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes.

Sistemas lineales homogéneos

Un sistema lineal homogéneo con coeficientes constantes es de la forma

\begin{align*}
y_{1}^{\prime}(t) &= a_{11}y_{1} + a_{12}y_{2} + \cdots + a_{1n}y_{n} \\
y_{2}^{\prime}(t) &= a_{21}y_{1} + a_{22}y_{2} + \cdots + a_{2n}y_{n} \\
&\vdots \\
y_{n}^{\prime}(t) &= a_{n1}y_{1} + a_{n2}y_{2} + \cdots + a_{nn}y_{n} \label{1} \tag{1}
\end{align*}

Si $\mathbf{A}$ es la matriz de $n \times n$ con componentes constantes

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & & & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{pmatrix} \label{2} \tag{2}$$

entonces el sistema lineal a resolver es

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY} \label{3} \tag{3}$$

En la segunda entrada de esta unidad vimos que la solución general del sistema lineal homogéneo

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3
\end{pmatrix} \mathbf{Y}$$

es

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} \begin{pmatrix}
1 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix}e^{0t} + c_{2} \begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix}e^{2t} + c_{3} \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}e^{3t}$$

Y en la entrada anterior vimos que la solución del sistema lineal homogéneo

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
4 & -1 \\ 2 & 1
\end{pmatrix} \mathbf{Y}$$

es

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} \begin{pmatrix}
1 \\ 2
\end{pmatrix} e^{2t} + c_{2} \begin{pmatrix}
1 \\ 1
\end{pmatrix}e^{3t}$$

Aunque para el primer caso aún no sabemos cómo obtener esa solución lo que sabemos es que efectivamente corresponde a la solución general del sistema homogéneo. Notemos que cada vector solución es de la forma

$$\mathbf{Y}_{i} = \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3}
\end{pmatrix}e^{\lambda_{i}t}, \hspace{1cm} i = 1, 2 ,3$$

donde $k_{i}$ y $\lambda_{i}$, $i = 1, 2, 3$, son constantes. Lo mismo para el segundo caso, con $k_{i}$, $\lambda_{i}$, $i = 1, 2$, constantes. Esta particularidad nos hace preguntarnos si siempre es posible hallar una solución de la forma

$$\mathbf{Y}(t) = \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ \vdots \\ k_{n}
\end{pmatrix}e^{\lambda t} = \mathbf{K}e^{\lambda t} \label{4} \tag{4}$$

como solución general del sistema lineal (\ref{3}).

La respuesta es que sí, pero antes de continuar con nuestro desarrollo nos parece pertinente repasar brevemente algunos conceptos de Álgebra Lineal, en particular el de valores y vectores propios.

Valores y vectores propios

Sea $T: V \rightarrow W$ una transformación lineal, en álgebra lineal muchas veces resulta útil encontrar un vector $v$ en el espacio vectorial $V$ tal que $T\mathbf{v}$ y $\mathbf{v}$ sean paralelos, es decir, se busca un vector $\mathbf{v}$ y un escalar $\lambda$, tal que

$$T\mathbf{v} = \lambda \mathbf{v} \label{5} \tag{5}$$

Recordemos que si $\mathbf{v} \neq \mathbf{0}$ y $\lambda$ satisfacen la ecuación (\ref{5}), entonces $\lambda$ se denomina un valor característico o valor propio de $T$ y $\mathbf{v}$ un vector característico o vector propio de $T$ correspondiente al valor propio $\lambda$.

También recordemos que si $V$ tiene dimensión finita, entonces la transformación $T$ se puede representar por una matriz $\mathbf{A}_{T}$, de manera que se pueden definir los valores y vectores propios de esta matriz.

Denotaremos con $M_{n \times n}$ al conjunto de todas las matrices cuadradas de $n \times n$ con componentes reales y constantes.

Como nota interesante, los valores y vectores propios también son conocidos como valores y vectores característicos o eigenvalores y eigenvectores, donde el término eigen es un término alemán que significa propio. En este curso los llamaremos valores y vectores propios.

Recordemos nuevamente el concepto de matriz inversa.

Para el caso especial $\mathbf{A} = \mathbf{I}$, con $\mathbf{I}$ la matriz identidad, se tiene que para cualquier vector $\mathbf{v} \in V$

$$\mathbf{Av} = \mathbf{Iv} = \mathbf{v} \label{8} \tag{8}$$

Así, el único valor propio de $\mathbf{A}$ es $1$ y todo $\mathbf{v} \neq \mathbf{0} \in V$ es un vector propio de $\mathbf{I}$.

Otra observación interesante es que cualquier múltiplo de un vector propio de $\mathbf{A}$ es también un vector propio de $\mathbf{A}$, con el mismo valor propio.

$$\mathbf{A}(c \mathbf{v}) = c \mathbf{Av} = c \lambda \mathbf{v} = \lambda (c \mathbf{v}) \label{9} \tag{9}$$

Ecuación característica

Supongamos que $\lambda $ es un valor propio de $A$, entonces existe un vector diferente de cero

$$\mathbf{v} = \begin{pmatrix}
v_{1} \\ v_{2} \\ \vdots \\ v_{n}
\end{pmatrix} \neq \mathbf{0}$$

tal que

$$\mathbf{Av} = \lambda \mathbf{v} = \lambda \mathbf{Iv} \label{10} \tag{10}$$

Reescribiendo esto, se tiene

$$(\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}) \mathbf{v} = \mathbf{0} \label{11} \tag{11}$$

Si $A$ es una matriz de $n \times n$, la ecuación anterior corresponde a un sistema homogéneo de $n$ ecuaciones con las incógnitas $v_{1}, v_{2}, \cdots, v_{n}$. Como se ha supuesto que $ \mathbf{v} \neq \mathbf{0}$, entonces el sistema no tiene solución trivial y por tanto el determinante de (\ref{11}) debe ser cero.

$$|\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}| = 0 \label{12} \tag{12}$$

De manera equivalente, si ocurre que $|\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}| \neq 0$, entonces la única solución a (\ref{11}) es la trivial $\mathbf{v} = \mathbf{0}$, lo que significa que $\lambda$ no es un valor propio de $A$.

Estos resultados quedan establecidos en el siguiente teorema.

La relación (\ref{13}) es muy importante, tanto que merece nombres particulares.

El polinomio $P(\lambda )$ es del mismo grado que el número de filas y columnas de la matriz $\mathbf{A}$. Si $\mathbf{A} \in M_{n \times n}$, entonces $P(\lambda)$ es un polinomio de grado $n$ en $\lambda$. Por ejemplo, si

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
a & b \\ c & d
\end{pmatrix} \label{14} \tag{14}$$

entonces,

$$\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I} = \begin{pmatrix}
a & b \\ c & d
\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}
\lambda & 0 \\ 0 & \lambda
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
a -\lambda & b \\ c & d -\lambda
\end{pmatrix} \label{15} \tag{15}$$

y

\begin{align*}
P(\lambda ) &= |\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}| \\
&= (a -\lambda)(d -\lambda) -bc \\
&= \lambda^{2} -(a + d) \lambda + (ad -bc) \label{16} \tag{16}
\end{align*}

La matriz es de $2 \times 2$ y el polinomio característico es un polinomio de grado $2$.

El teorema fundamental del álgebra nos dice que cualquier polinomio de grado $n$ con coeficientes reales o complejos tiene exactamente $n$ raíces contando multiplicidades y dado que cualquier valor propio de $\mathbf{A}$ es una raíz de la ecuación característica de $\mathbf{A}$, se concluye que, contando multiplicidades, toda matriz $\mathbf{A} \in M_{n \times n}$ tiene exactamente $n$ valores propios.

Realicemos dos ejemplos sencillos en donde determinemos los valores y vectores propios de una matriz. Uno en donde los valores propios sean distintos (con multiplicidad $1$) y uno en donde los valores propios sean números complejos.

Ejemplo: Determinar los valores y vectores propios de la siguiente matriz.

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
-81 & 16 \\ -420 & 83
\end{pmatrix}$$

Solución: De acuerdo a (\ref{13}), determinemos la ecuación característica.

$$\begin{vmatrix}
-81 -\lambda & 16 \\ -420 & 83 -\lambda
\end{vmatrix} = (-81 -\lambda)(83 -\lambda) -16(-420) = 0$$

Reordenando obtenemos que la ecuación característica es

$$\lambda^{2} -2 \lambda -3 = 0$$

y el polinomio característico es

$$P(\lambda) = \lambda^{2} -2 \lambda -3$$

Resolviendo para $\lambda$ se obtienen las raíces $\lambda_{1} = -1$ y $\lambda_{2} = 3$. Para obtener los vectores propios buscamos un vector $\mathbf{v} \neq 0$, tal que se cumpla (\ref{11}) para cada valor propio $\lambda$. Comencemos con $\lambda_{1}$.

Caso 1: $\lambda_{1} = -1$.

$$\begin{pmatrix}
-81 -(-1) & 16 \\ -420 & 83 -(-1)
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
v_{1} \\ v_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-80 & 16 \\ -420 & 84
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
v_{1} \\ v_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

Este resultado lo podemos escribir como las siguientes dos ecuaciones.

\begin{align*}
-80 v_{1} + 16 v_{2} &= 0 \\
-420 v_{1} + 84 v_{2} &= 0
\end{align*}

Que en realidad corresponden a una sola.

\begin{align*}
-5v_{1} + v_{2} &= 0 \\
v_{2} &= 5v_{1}
\end{align*}

Si elegimos $v_{1} = 1$, entonces $v_{2} = 5$, así el primer vector propio es

$$\mathbf{v}_{1} = \begin{pmatrix}
1 \\ 5
\end{pmatrix}$$

Caso 2: $\lambda_{2} = 3$.

$$\begin{pmatrix}
-81 -3 & 16 \\ -420 & 83-3
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
v_{1} \\ v_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-84 & 16 \\ -420 & 80
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
v_{1} \\ v_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

La ecuación que se obtiene es

\begin{align*}
-21v_{1} + 4v_{2} &= 0 \\
v_{2} &= \dfrac{21}{4}v_{1}
\end{align*}

Por conveniencia elegimos $v_{1} = 4$, entonces $v_{2} = 21$, así

$$\mathbf{v}_{2} = \begin{pmatrix}
4 \\ 21
\end{pmatrix}$$

En conclusión, los valores y vectores propios de la matriz $\mathbf{A}$ son $\lambda_{1} = -1$, $\lambda_{2} = 3$, $\mathbf{v}_{1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \end{pmatrix}$ y $\mathbf{v}_{2} = \begin{pmatrix} 4 \\ 21 \end{pmatrix}$, respectivamente.

$\square$

Realicemos el segundo ejemplo.

Ejemplo: Determinar los valores y vectores propios de la siguiente matriz.

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
2 & -1 \\ 5 & -2
\end{pmatrix}$$

Solución: Determinemos la ecuación característica.

$$\begin{vmatrix}
2 -\lambda & -1 \\ 5 & -2 -\lambda
\end{vmatrix} = (2 -\lambda)(-2 -\lambda) + 5 = 0$$

La ecuación característica es

$$\lambda^{2} + 1 = 0$$

De donde $\lambda_{1} = i$ y $\lambda_{2} = -i$. Determinemos los vectores propios.

Caso 1: $\lambda_{1} = i$.

$$\begin{pmatrix}
2 -i & -1 \\ 5 & -2 -i
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
v_{1} \\ v_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

Las ecuaciones que se obtienen son

\begin{align*}
(2 -i)v_{1} -v_{2} &= 0 \\
5v_{1} -(2 + i)v_{2} &= 0
\end{align*}

Resolviendo el sistema se obtiene que $v_{1} = 2 + i$ y $v_{2} = 5$, así

$$\mathbf{v}_{1} = \begin{pmatrix}
2 + i \\ 5
\end{pmatrix}$$

Caso 2: $\lambda_{2} = -i$

$$\begin{pmatrix}
2 + i & -1 \\ 5 & -2 + i
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
v_{1} \\ v_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

Las ecuaciones que se obtienen son

\begin{align*}
(2 + i) v_{1} -v_{2} &= 0 \\
5v_{1} + (-2 + i)v_{2} &= 0
\end{align*}

Resolviendo el sistema se obtiene que $v_{1} = 2 -i$ y $v_{2} = 5$, así

$$\mathbf{v}_{2} = \begin{pmatrix}
2 -i \\ 5
\end{pmatrix}$$

$\square$

En caso de requerir conocer más a fondo sobre el algoritmo que llevamos a cabo para obtener los valores y vectores propios de una matriz se recomienda revisar directamente en el curso de Álgebra Lineal I. Recordemos que aquí sólo estamos haciendo un breve repaso.

Para concluir con nuestro repaso, enunciemos un teorema de suma importancia que nos será de utilidad mas adelante. Haremos la demostración por inducción.

Demostración: Como el caso $m = 1$ se trata de un solo vector es evidente que se satisface el teorema, hagamos el caso $m = 2$, para ello consideremos la combinación lineal

$$c_{1} \mathbf{v}_{1} + c_{2} \mathbf{v}_{2} = \mathbf{0} \label{17} \tag{17}$$

Multipliquemos ambos lados de la ecuación por la matriz $\mathbf{A}$.

$$c_{1} \mathbf{Av}_{1} + c_{2} \mathbf{Av}_{2} = \mathbf{0} \label{18} \tag{18}$$

Como $\mathbf{Av}_{i} = \lambda_{i}\mathbf{v}_{i}$, para $i = 1, 2$, entonces

$$c_{1} \lambda_{1} \mathbf{v}_{1} + c_{2} \lambda_{2} \mathbf{v}_{2} = \mathbf{0} \label{19} \tag{19}$$

A la ecuación (\ref{17}) la multiplicamos por $\lambda_{1}$ y la restamos de la ecuación (\ref{19}).

$$(c_{1} \lambda_{1} \mathbf{v}_{1} + c_{2} \lambda_{2} \mathbf{v}_{2}) -(c_{1} \lambda_{1} \mathbf{v}_{1} -c_{2} \lambda_{1} \mathbf{v}_{2}) = \mathbf{0}$$

que se reduce a

$$c_{2}(\lambda_{2} -\lambda_{1}) \mathbf{v}_{2} = \mathbf{0} \label{20} \tag{20}$$

Como $\mathbf{v}_{2} \neq \mathbf{0}$ por definición de vector característico y por hipótesis $\lambda_{1} \neq \lambda_{2}$, entonces se concluye que $c_{2} = 0$, sustituyendo en (\ref{17}) se ve que $c_{1} = 0$, por tanto se cumple el teorema para $m = 2$, es decir, $\mathbf{v}_{1}$ y $\mathbf{v}_{2}$ son linealmente independientes.

Ahora supongamos que el teorema es cierto para $m = n$, es decir, cualquier conjunto de $n$ vectores propios de $\mathbf{A}$ con valores propios diferentes es linealmente independiente. Hay que demostrar que cualquier conjunto de $n + 1$ vectores propios de $\mathbf{A}$ con valores propios diferentes es también linealmente independiente. La demostración sigue el mismo procedimiento que como lo hicimos para $m = 2$, consideremos la siguiente combinación lineal.

$$c_{1} \mathbf{v}_{1} + c_{2} \mathbf{v}_{2} + \cdots + c_{n + 1} \mathbf{v}_{n + 1} = \mathbf{0} \label{21} \tag{21}$$

Multipliquemos por $\mathbf{A}$ en ambos lados.

$$c_{1} \mathbf{Av}_{1} + c_{2} \mathbf{Av}_{2} + \cdots + c_{n + 1} \mathbf{Av}_{n + 1} = \mathbf{0} \label{22} \tag{22}$$

Aplicando $\mathbf{Av}_{i} = \lambda_{i} \mathbf{v}_{1}$ para $i = 1, 2, 3, \cdots, n + 1$, se tiene

$$c_{1} \lambda_{1} \mathbf{v}_{1} + c_{2} \lambda_{2} \mathbf{v}_{2} + \cdots + c_{n + 1} \lambda_{n + 1} \mathbf{v}_{n + 1} = \mathbf{0} \label{23} \tag{23}$$

Si se multiplica ambos lados de la ecuación (\ref{21}) por $\lambda_{1}$ y se resta de (\ref{23}), se obtiene

$$c_{2}(\lambda_{2} -\lambda_{1}) \mathbf{v}_{2} + c_{3}(\lambda_{3} -\lambda_{1}) \mathbf{v}_{3} + \cdots + c_{n + 1}(\lambda_{n + 1} -\lambda_{1})\mathbf{v}_{n + 1} = \mathbf{0} \label{24} \tag{24}$$

Pero $\mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}, \cdots, \mathbf{v}_{n + 1}$ son vectores propios de $\mathbf{A}$ con valores propios distintos $\lambda_{2}, \lambda_{3}, \cdots, \lambda_{n + 1}$, respectivamente. Por hipótesis de inducción, los vectores son linealmente independientes, así que

$$c_{2}(\lambda_{2} -\lambda_{1}) = 0, \hspace{1cm} c_{3}(\lambda_{3} -\lambda_{1}) = 0, \hspace{1cm} \cdots, \hspace{1cm} c_{n + 1}(\lambda_{n + 1} -\lambda_{1}) = 0$$

Como los valores propios son distintos entre sí, entonces necesariamente

$$c_{2} = c_{3} = \cdots = c_{n + 1} = 0$$

Con este resultado la ecuación (\ref{21}) obliga a que $c_{1}$ sea cero. Por lo tanto, $\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}, \cdots, \mathbf{v}_{n + 1}$ son linealmente independientes. De esta manera queda demostrado el teorema.

$\square$

En conclusión, vectores propios correspondientes a valores propios distintos son linealmente independientes.

Con este breve repaso en mente regresemos a los sistemas de ecuaciones diferenciales.

Valores y vectores propios en sistemas de ecuaciones diferenciales

Ahora que hemos recordado las definiciones de valores y vectores propios y algunas propiedades veamos cómo es que estos conceptos son útiles para resolver sistemas lineales de primer orden homogéneos.

Al inicio de la entrada decíamos que es posible encontrar soluciones de la forma (\ref{4}).

$$\mathbf{Y}(t) = \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ \vdots \\ k_{n}
\end{pmatrix}e^{\lambda t} = \mathbf{K}e^{\lambda t}$$

Si derivamos este vector, se obtiene

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{K} \lambda e^{\lambda t} \label{25} \tag{25}$$

Sustituyamos en el sistema homogéneo $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$.

$$\mathbf{K} \lambda e^{\lambda t} = \mathbf{AK}e^{\lambda t} \label{26} \tag{26}$$

Si dividimos entre $e^{\lambda t}$ y reordenamos, se tiene

$$\mathbf{AK} = \lambda \mathbf{K}$$

o bien,

$$\mathbf{AK} -\lambda \mathbf{K} = \mathbf{0}$$

Debido a que $\mathbf{K} = \mathbf{IK}$, con $\mathbf{I}$ la matriz identidad, la última expresión se puede escribir como

$$(\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}) \mathbf{K} = \mathbf{0}\label{27} \tag{27}$$

Si $\mathbf{A}$ es la matriz dada en (\ref{2}), entonces la ecuación matricial (\ref{27}) es equivalente a las $n$ ecuaciones algebraicas simultáneas

\begin{align*}
(a_{11} -\lambda)k_{1} + \hspace{1.2cm} a_{12}k_{2} + \cdots + \hspace{1.2cm} a_{1n}k_{n} &= 0 \\
a_{21}k_{1} + (a_{22} -\lambda)k_{2} + \cdots + \hspace{1.2cm} a_{2n}k_{n} &= 0 \\
\vdots \\
a_{n1}k_{1} + \hspace{1.2cm} a_{n2}k_{2} + \cdots + (a_{nn} -\lambda)k_{n} &= 0 \label{28} \tag{28}
\end{align*}

Si queremos encontrar soluciones $\mathbf{Y}(t)$ como (\ref{4}), necesitamos primero encontrar una solución no trivial del sistema (\ref{28}), de lo visto en nuestro repaso de valores y vectores propios, si la solución debe ser la no trivial, entonces se requiere que el determinante sea igual a cero, esto es

$$|\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}| = 0 \label{29} \tag{29}$$

Esta ecuación polinomial corresponde a la ecuación característica de la matriz $\mathbf{A}$. Sus soluciones son los valores propios de $\mathbf{A}$. Una solución $\mathbf{K} \neq 0$ de (\ref{27}) correspondiente a un valor propio $\lambda$ es el vector propio de $\mathbf{A}$.

La ecuación (\ref{29}) al tratarse de una ecuación polinomial existen tres casos posibles, cuando los valores propios son reales y distintos, cuando son repetidos y cuando son complejos. Para cada caso existe una forma particular de la solución de (\ref{3}).

Para concluir con esta entrada demostremos un resultado que establece la forma de la solución general del sistema lineal (\ref{3}).

Demostración: Definamos las funciones

$$\mathbf{Y}_{1}(t) = e^{\lambda_{1}t}\mathbf{K}_{1}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{2}(t) = e^{\lambda_{2}t}\mathbf{K}_{2}, \hspace{1cm} \cdots, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{n}(t) = e^{\lambda_{n}t} \mathbf{K}_{n}$$

Notemos que para la $i$-ésima función $\mathbf{Y}_{i}(t) = e^{\lambda_{i}t} \mathbf{K}_{i}$ se cumple lo siguiente.

$$\mathbf{Y}^{\prime}_{i} = e^{\lambda_{i}t} (\lambda_{i} \mathbf{K}_{i}) = e^{\lambda_{i}t} (\mathbf{AK}_{i}) = \mathbf{AY}_{i} \label{32} \tag{32}$$

En donde se hecho uso de la relación (\ref{6}). Esto nos muestra que $\mathbf{Y}_{i}(t)$ es solución del sistema $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$ para cada $i = 1, 2, \cdots, n$. Basta mostrar que el Wronskiano es distinto de cero para probar que las funciones definidas forman un conjunto fundamental de soluciones. El Wronskiano está dado por

\begin{align*}
W(\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots,\mathbf{Y}_{n}) &= \begin{vmatrix} e^{\lambda_{1}t} \mathbf{K}_{1} & e^{\lambda_{2}t} \mathbf{K}_{2} & \cdots & e^{\lambda_{n}t} \mathbf{K}_{n} \end{vmatrix} \\
&= e^{(\lambda_{1} + \lambda_{2} + \cdots + \lambda_{n})t} \begin{vmatrix} \mathbf{K}_{1} & \mathbf{K}_{2} & \cdots & \mathbf{K}_{n} \end{vmatrix} \label{33} \tag{33}
\end{align*}

Como la exponencial nunca se hace cero y por hipótesis los vectores $\mathbf{K}_{1}, \mathbf{K}_{2}, \cdots, \mathbf{K}_{n}$ son linealmente independientes, es decir, el determinante nunca es cero

$$\begin{vmatrix} \mathbf{K}_{1} & \mathbf{K}_{2} & \cdots & \mathbf{K}_{n} \end{vmatrix} \neq 0 \label{34} \tag{34}$$

entonces el Wronskiano es distinto de cero. Por el teorema de solución general de un sistema homogéneo concluimos que el conjunto

$$S = \{e^{\lambda_{1}t} \mathbf{K}_{1}, e^{\lambda_{2}t} \mathbf{K}_{2}, \cdots, e^{\lambda_{n}t} \mathbf{K}_{n}\}$$

es un conjunto fundamental de soluciones del sistema $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$ y la solución general es

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} e^{\lambda_{1}t} \mathbf{K}_{1} + c_{2} e^{\lambda_{2}t} \mathbf{K}_{2} + \cdots + c_{n} e^{\lambda_{n}t} \mathbf{K}_{n}$$

con $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$ constantes arbitrarias.

$\square$

En la siguiente entrada aplicaremos todo esto en el desarrollo de un nuevo método de resolución de sistemas lineales.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

1. Obtener los valores y vectores propios de las siguientes matrices.

• $\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
  -62 & -20 \\ 192 & 62
  \end{pmatrix}$

• $\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
  -2 & 5 & 0 \\ 5 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 1
  \end{pmatrix}$

2. Demostrar que para cualesquiera números reales $\alpha$ y $\beta$, la matriz $$\mathbf{A} = \begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ -\beta & \alpha \end{pmatrix}$$ tiene valores propios $\alpha \pm i\beta$.

3. Suponer que la matriz $\mathbf{A}$ tiene valores propios $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$. Demostrar lo siguiente:

• Demostrar que $\mathbf{A}^{-1}$ (la matriz inversa de $\mathbf{A}$) existe si y sólo si $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ son todos distintos de cero.

• Si $\mathbf{A}^{-1}$ existe, demostrar que los valores propios de $\mathbf{A}^{-1}$ son $\dfrac{1}{\lambda_{1}}, \dfrac{1}{\lambda_{2}}, \cdots, \dfrac{1}{\lambda_{n}}$.

4. Suponer que la matriz $\mathbf{A}$ tiene valores propios $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$. Demostrar que la matriz $\mathbf{A} -\alpha \mathbf{I}$ tiene valores propios $\lambda_{1} -\alpha, \lambda_{2} -\alpha, \cdots, \lambda_{n} -\alpha$.

5. Suponer que la matriz $\mathbf{A}$ tiene valores propios $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$. Demostrar que los valores propios de $\mathbf{A}^{m}$ son $\lambda^{m}_{1}, \lambda^{m}_{2}, \cdots, \lambda^{m}_{n}$ para $m = 1, 2, 3, \cdots$.
   
   Recuerda que para calcular la potencia de una matriz, debemos multiplicar la matriz por ella misma tantas veces como indique el exponente, por ejemplo
   $$\mathbf{A}^{5} = \mathbf{A} \cdot \mathbf{A} \cdot \mathbf{A} \cdot \mathbf{A} \cdot \mathbf{A}$$

Más adelante…

Un nuevo método para resolver sistemas de ecuaciones diferenciales lineales de primer orden homogéneas con coeficientes constantes es el que estamos por desarrollar. Dicho método involucra obtener los valores y vectores propios de la matriz que conforma al sistema lineal, es por ello que hemos dedicado esta entrada en hacer un breve repaso sobre estos conceptos y hemos visto cómo es que se ven involucrados en la resolución de estos sistemas.

Como vimos, los valores propios se obtienen de encontrar las raíces del polinomio característico lo que significa que se pueden tener raíces reales y distintas, raíces con multiplicidad mayor a uno, es decir, que se repiten o raíces complejas, para cada caso existe una forma distinta de obtener la solución de los sistemas lineales homogéneos $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$.

En las próximas tres entradas estudiaremos cada caso. Comenzaremos con el caso en el que los valores propios del sistema son todos reales y distintos entre sí.

Entradas relacionadas

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• Entrada anterior del curso: Método de eliminación de variables
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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»