En las matemáticas no entiendes las cosas. Te acostumbras a ellas.
– John Von Neumann

Introducción

Estamos listos para comenzar a desarrollar los distintos métodos de resolución de sistemas lineales de primer orden.

En esta entrada desarrollaremos un método relativamente sencillo, pero muy limitado, ya que en general se utiliza cuando sólo tenemos un sistema lineal de dos ecuaciones diferenciales. Este método se conoce como método de eliminación de variables y, como su nombre lo indica, lo que se intenta hacer es eliminar las variables dependientes de $t$ hasta quedarnos con sólo una, esto produce que el resultado sea una sola ecuación diferencial de orden superior (la ecuación correspondiente a la única variable dependiente que nos queda), la cual es posible resolver aplicando alguno de los métodos vistos en la unidad anterior, la solución de dicha ecuación diferencial servirá para obtener el resto de funciones solución del sistema lineal.

Es importante mencionar que para que este método sea práctico y sencillo se requiere que los coeficientes de las ecuaciones que conforman al sistema lineal sean constantes y como el problema se reduce a resolver una ecuación de orden superior es conveniente usar este método sólo cuando tenemos dos ecuaciones diferenciales en el sistema, ya que esto involucrará resolver una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes.

Desarrollemos el método de manera general.

Método de eliminación de variables

Los sistemas de ecuaciones diferenciales que estamos estudiando son de la forma

$$\begin{array}{rl}{y}_1^{\prime }(t)& =a_{11}(t)y_1+a_{12}(t)y_2+\cdots +a_{1n}(t)y_n+g_1(t)\\ y_2^{\prime }(t)& =a_{21}(t)y_1+a_{22}(t)y_2+\cdots +a_{2n}(t)y_n+g_2(t)\\ & ⋮\\ \text{(1)}& y_n^{\prime }(t)& =a_{n1}(t)y_1+a_{n2}(t)y_2+\cdots +a_{nn}(t)y_n+g_n(t)\end{array}$$

Este método lo desarrollaremos para un sistema lineal de dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden tanto homogéneas como no homogéneas. De manera general desarrollemos el caso no homogéneo, el caso homogéneo será un caso particular.

Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales en su forma normal.

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \begin{array}{rl}{y}_1^{\prime }(t)& =a_{11}(t)y_1+a_{12}(t)y_2+g_1(t)\\ y_2^{\prime }(t)& =a_{21}(t)y_1+a_{22}(t)y_2+g_2(t)\end{array}\end{array}$$

Debido a que se trata de un sistema pequeño regresemos a nuestra notación usual de derivada y sean $x$ y $y$ las variables dependientes de la variable independiente $t$. Así mismo, usemos una distinta notación para los coeficientes $a_{i,j}$, $i,j\in \{1,2\}$, de tal manera que el sistema lineal ($\text{2}$) lo podamos escribir de la siguiente forma.

$$\begin{array}{}\text{(3)}& \begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =ax+by+g_1(t)\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =cx+dy+g_2(t)\end{array}\end{array}$$

Con $a$, $b$, $c$ y $d$ constantes. El método que desarrollaremos es para sistema de la forma ($\text{3}$).

De la primer ecuación del sistema despejamos a la variable $y$.

$$\begin{array}{}\text{(4)}& y={\displaystyle \frac{1}{b}}({\displaystyle \frac{dx}{dt}}-ax-g_1)\end{array}$$

Sustituyamos en la segunda ecuación.

$${\displaystyle \frac{d}{dt}}\left[{\displaystyle \frac{1}{b}}({\displaystyle \frac{dx}{dt}}-ax-g_1)\right]=cx+d\left[{\displaystyle \frac{1}{b}}({\displaystyle \frac{dx}{dt}}-ax-g_1)\right]+g_2$$

Derivemos en el lado izquierdo y operemos en el lado derecho de la ecuación.

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{b}}[{\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}-a{\displaystyle \frac{dx}{dt}}-{\displaystyle \frac{d{g}_1}{dt}}]& =cx+{\displaystyle \frac{1}{b}}(d{\displaystyle \frac{dx}{dt}}-adx-d{g}_1)+g_2\\ {\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}-a{\displaystyle \frac{dx}{dt}}-{\displaystyle \frac{d{g}_1}{dt}}& =bcx+d{\displaystyle \frac{dx}{dt}}-adx-d{g}_1+b{g}_2\end{array}$$

Reordenando los términos se tiene lo siguiente.

$$\begin{array}{}\text{(5)}& {\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}-(a+d){\displaystyle \frac{dx}{dt}}+(ad-bc)x={\displaystyle \frac{d{g}_1}{dt}}-d{g}_1+b{g}_2\end{array}$$

Si definimos

$$p=-(a+d),q=(ad-bc)yg(t)={\displaystyle \frac{d{g}_1}{dt}}-d{g}_1+b{g}_2$$

entonces el resultado ($\text{5}$) se puede escribir como

$$\begin{array}{}\text{(6)}& {\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}+p{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+qx=g(t)\end{array}$$

Con $p$ y $q$ constantes. En esta forma es claro que tenemos una ecuación diferencial lineal de segundo orden con coeficientes constantes, basta resolver la ecuación usando los métodos desarrollados en la unidad anterior para obtener la función $x(t)$. Una vez obtenida la solución de ($\text{6}$) sustituimos en el despeje inicial que hicimos para $y(t)$ ($\text{4}$) y resolvemos, con ello estaremos obteniendo la solución del sistema lineal ($\text{3}$).

Caso homogéneo

El caso homogéneo es un caso particular del desarrollo anterior, pues el sistema a resolver es

$$\begin{array}{}\text{(7)}& \begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =ax+by\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =cx+dy\end{array}\end{array}$$

El desarrollo es exactamente el mismo considerando que $g_1(t)=0$ y $g_2(t)=0$.

Despejando a $y$ de la primer ecuación, obtenemos

$$\begin{array}{}\text{(8)}& y={\displaystyle \frac{1}{b}}({\displaystyle \frac{dx}{dt}}-ax)\end{array}$$

Sustituyendo en la segunda ecuación y siguiendo el mismo procedimiento obtendremos que la ecuación diferencial de segundo orden homogénea para $x$ es

$$\begin{array}{}\text{(9)}& {\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}-(a+d){\displaystyle \frac{dx}{dt}}+(ad-bc)x=0\end{array}$$

Si nuevamente definimos

$$p=-(a+d),yq=(ad-bc)$$

entonces podemos escribir

$$\begin{array}{}\text{(10)}& {\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}+p{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+qx=0\end{array}$$

Resolvamos un par de ejemplos, comencemos con un sistema lineal homogéneo.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal homogéneo.

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =2x-y\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =5x-2y\end{array}$$

Solución: Comencemos por despejar a la variable $y$ de la primer ecuación.

$$y=2x-{\displaystyle \frac{dx}{dt}}$$

Sustituimos en la segunda ecuación.

$${\displaystyle \frac{d}{dt}}(2x-{\displaystyle \frac{dx}{dt}})=5x-2(2x-{\displaystyle \frac{dx}{dt}})$$

Operando, se tiene

$$\begin{array}{rl}2{\displaystyle \frac{dx}{dt}}-{\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}& =5x-4x+2{\displaystyle \frac{dx}{dt}}\\ -{\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}& =x\end{array}$$

La ecuación de segundo orden a resolver es

$${\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}+x=0$$

Por supuesto esta ecuación se puede obtener sustituyendo los coeficientes directamente en la ecuación ($\text{9}$).

Resolvamos la ecuación. La ecuación auxiliar es

$$k^2+1=0$$

cuyas raíces son $k_1=i$ y $k_2=-i$.

Recordemos que la forma de la solución para raíces complejas $k_1=\alpha +i\beta$ y $k_2=\alpha -i\beta$ es

$$\begin{array}{}\text{(11)}& x(t)=e^{\alpha t}(c_1\cos (\beta t)+c_2\sin (\beta t))\end{array}$$

En nuestro caso $\alpha =0$ y $\beta =1$, entonces la solución es

$$x(t)=c_1\cos (t)+c_2\sin (t)$$

Vemos que

$${\displaystyle \frac{dx}{dt}}=-c_1\sin (t)+c_2\cos (t)$$

Sustituimos en el despeje de $y$.

$$\begin{array}{rl}y(x)& =2(c_1\cos (t)+c_2\sin (t))-(-c_1\sin (t)+c_2\cos (t))\\ & =2c_1\cos (t)+2c_2\sin (t)+c_1\sin (t)-c_2\cos (t)\end{array}$$

Esta solución la podemos escribir de dos formas.

$$y(x)=c_1(2\cos (t)+\sin (t))+c_2(2\sin (t)-\cos (t))$$

o bien,

$$y(x)=(2c_1-c_2)\cos (t)+(c_1+2c_2)\sin (t)$$

Por lo tanto, la solución general del sistema homogéneo es

$$\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=c_1\left(\begin{array}{c}\cos (t)\\ 2\cos (t)+\sin (t)\end{array}\right)+c_2\left(\begin{array}{c}\sin (t)\\ 2\sin (t)-\cos (t)\end{array}\right)$$

o bien,

$$\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{c}_1\\ 2c_1-c_2\end{array}\right)\cos (t)+\left(\begin{array}{c}{c}_2\\ c_1+2c_2\end{array}\right)\sin (t)$$

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Ahora resolvamos un sistema no homogéneo como ejemplo.

Ejemplo: Resolver el siguiente sistema lineal no homogéneo.

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =4x-y+t+1\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =2x+y+t+1\end{array}$$

Solución: En este caso no homogéneo se tiene que

$$g_1(t)=t+1=g_2(t)$$

De la primer ecuación despejamos a $y$.

$$y=4x+t+1-{\displaystyle \frac{dx}{dt}}$$

Sustituimos en la segunda ecuación.

$${\displaystyle \frac{d}{dt}}(4x+t+1-{\displaystyle \frac{dx}{dt}})=2x+(4x+t+1-{\displaystyle \frac{dx}{dt}})+t+1$$

En el lado izquierdo aplicamos la derivada y en el lado izquierdo operamos.

$$\begin{array}{rl}4{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+{\displaystyle \frac{d}{dt}}(t+1)-{\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}& =6x-{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+2t+2\\ 4{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+1-{\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}& =6x-{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+2t+2\end{array}$$

Reordenando los términos, se tiene

$$\begin{array}{rl}5{\displaystyle \frac{dx}{dt}}-{\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}& =6x+2t+1\\ -{\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}+5{\displaystyle \frac{dx}{dt}}-6x& =2t+1\end{array}$$

La ecuación diferencial de segundo orden no homogénea a resolver es

$${\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}-5{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+6x=-2t-1$$

Para obtener la función $x(t)$ primero resolveremos el caso homogéneo y posteriormente aplicaremos el método de coeficientes indeterminados para resolver el caso no homogéneo. Recordemos que la solución general será la superposición de ambos resultados.

$$\begin{array}{}\text{(12)}& x(t)=x_c(t)+x_p(t)\end{array}$$

Para el caso homogéneo la ecuación a resolver es

$${\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}-5{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+6x=0$$

La ecuación auxiliar es

$$k^2-5k+6=0$$

Resolviendo para $k$ se obtiene que $k_1=2$ y $k_2=3$. Como las raíces son reales y distintas, la forma de la solución es

$$\begin{array}{}\text{(13)}& x_c(t)=c_1{e}^{k_{1}t}+c_2{e}^{k_{2}t}\end{array}$$

Por lo tanto, la solución complementaria es

$$x_c(t)=c_1{e}^{2t}+c_2{e}^{3t}$$

Ahora resolvamos la ecuación no homogénea.

$${\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}-5{\displaystyle \frac{dx}{dt}}+6x=-2t-1$$

En este caso la función $g$ es

$$g(x)=-2t-1$$

la cual corresponde a un polinomio de grado $1$, entonces proponemos que la solución particular tiene, de igual manera, la forma de un polinomio de grado $1$, esto es

$$x_p(t)=At+B$$

Con $A$ y $B$ constantes por determinar. La primera y segunda derivada están dadas como

$${\displaystyle \frac{d{x}_p}{dt}}=Ay{\displaystyle \frac{d^{2}x}{d{t}^2}}=0$$

Sustituimos en la ecuación diferencial.

$$0-5A+6(At+B)=-2t-1$$

Reordenando, se tiene

$$6At+6B-5A=-2t-1$$

Para que se cumpla la igualdad es necesario que ocurra lo siguiente.

$$\begin{array}{rl}6A& =-2\\ 6B-5A& =-1\end{array}$$

De la primer igualdad se obtiene que

$$A=-{\displaystyle \frac{1}{3}}$$

Sustituyendo este resultado en la segunda igualdad se obtiene que

$$B={\displaystyle \frac{1}{9}}$$

Por lo tanto, la solución particular es

$$x_p(t)=-{\displaystyle \frac{1}{3}}t+{\displaystyle \frac{1}{9}}$$

Entonces concluimos que la solución general de la ecuación diferencial de segundo orden para $x$ es

$$x(t)=c_1{e}^{2t}+c_2{e}^{3t}-{\displaystyle \frac{1}{3}}t+{\displaystyle \frac{1}{9}}$$

Sustituimos este resultado en la ecuación de $y$.

$$y=4(c_1{e}^{2t}+c_2{e}^{3t}-{\displaystyle \frac{1}{3}}t+{\displaystyle \frac{1}{9}})+t+1-{\displaystyle \frac{d}{dt}}(c_1{e}^{2t}+c_2{e}^{3t}-{\displaystyle \frac{1}{3}}t+{\displaystyle \frac{1}{9}})$$

Operando, se tiene

$$y=4c_1{e}^{2t}+4c_2{e}^{3t}-{\displaystyle \frac{4}{3}}t+{\displaystyle \frac{4}{9}}+t+1-2c_1{e}^{2t}-3c_2{e}^{3t}+{\displaystyle \frac{1}{3}}$$

De donde se obtiene finalmente que la solución $y(t)$ es

$$y(x)=2c_1{e}^{2t}+c_2{e}^{3t}-{\displaystyle \frac{1}{3}}t+{\displaystyle \frac{16}{9}}$$

Por lo tanto, la solución general del sistema lineal no homogéneo es

$$\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=c_1\left(\begin{array}{c}1\\ 2\end{array}\right)e^{2t}+c_2\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)e^{3t}-\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{3}}\\ {\displaystyle \frac{1}{3}}\end{array}\right)t+\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{9}}\\ {\displaystyle \frac{16}{9}}\end{array}\right)$$

$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/14.0.0/svg/25fb.svg">}$

Hemos concluido con esta entrada. Este método resulta sencillo y práctico para resolver sistemas lineales de este tipo, sin embargo está limitado a sistemas pequeños y realmente estamos interesados en resolver sistemas mucho más complejos.

En las siguientes entradas desarrollaremos otros métodos más generales.

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. Resolver los siguientes sistemas lineales homogéneos.

• $\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =x+2y\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =4x+3y\end{array}$

• $\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =2x-y\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =3x-2y\end{array}$

• $\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =x-4y\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =-x+2y\end{array}$

• $\begin{array}{r}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}=2x-3y\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}=3x+2y\end{array}$

2. Resolver los siguientes sistemas lineales no homogéneos.

• $\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =2x-y+3t\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =3x-2y+2t+4\end{array}$

• $\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{dx}{dt}}& =x+2y+e^t\\ {\displaystyle \frac{dy}{dt}}& =3x-2y+3e^{2t}+2\end{array}$

Más adelante…

En esta entrada presentamos un método sencillo para resolver sistemas lineales compuestos por dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden con coeficientes constantes tanto homogéneas como no homogéneas.

En la siguiente entrada comenzaremos a desarrollar otros métodos de resolución a sistemas lineales, sin embargo estos métodos suelen ser tratados desde una perspectiva del álgebra lineal, así que será importante hacer una pequeño repaso de algunos conceptos y teoremas de álgebra lineal. Unos de los conceptos más importantes que utilizaremos es el de valores y vectores propios.

Entradas relacionadas

• Página principal del curso: Ecuaciones Diferenciales I
• Entrada anterior del curso: Exponencial de una matriz y matriz fundamental de soluciones
• Siguiente entrada del curso: Valores y vectores propios para resolver sistemas lineales

• Video relacionado al tema: Método de eliminación de variables

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»