Ecuaciones Diferenciales I: Sistemas lineales no homogéneos – Método de variación de parámetros

Las ciencias matemáticas exhiben particularmente orden, simetría
y límites; y esas son las más grandes formas de belleza.
– Aristóteles

Introducción

Ya sabemos resolver sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes, en esta entrada estudiaremos el caso no homogéneo.

Como hemos visto en las dos unidades anteriores, el método de variación de parámetros ha sido fundamental para resolver ecuaciones diferenciales en el caso no homogéneo. Éste mismo método es el que desarrollaremos en esta entrada para resolver sistemas lineales no homogéneos con coeficientes constantes.

Cabe mencionar que en esta entrada utilizaremos bastante el concepto de exponencial de una matriz y el de matriz fundamental de soluciones.

Sistemas lineales homogéneos

El sistema lineal que hemos estudiado es

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{A} \mathbf{Y} \label{1} \tag{1}$$

Donde $\mathbf{A}$ es una matriz con componentes constantes

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

Ahora sabemos que la solución general del sistema lineal homogéneo (\ref{1}) es de la forma

$$\mathbf{Y}_{c}(t) = c_{1} \mathbf{Y}_{1}(t) + c_{2} \mathbf{Y}_{2}(t) + \cdots + c_{n} \mathbf{Y}_{n}(t) \label{3} \tag{3}$$

En donde las funciones $\mathbf{Y}_{1}(t), \mathbf{Y}_{2}(t), \cdots, \mathbf{Y}_{n}(t)$ son soluciones linealmente independientes del mismo sistema. Usamos el subíndice $c$ debido a que, como antes, al resolver el caso no homogéneo será necesario resolver primero el sistema homogéneo asociado y la solución general de dicho sistema será la solución complementaria del sistema no homogéneo.

Recordemos que la matriz que tiene por columnas a las funciones $\mathbf{Y}_{i}(t)$, $i = 1, 2, \cdots, n$ de (\ref{3}) corresponde a la matriz fundamental de soluciones.

$$\hat{\mathbf{Y}}(t) = \begin{pmatrix} \mathbf{Y}_{1}(t) & \mathbf{Y}_{2}(t) & \cdots & \mathbf{Y}_{n}(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y_{11}(t) & y_{12}(t) & \cdots & y_{1n}(t) \\
y_{21}(t) & y_{22}(t) & \cdots & y_{2n}(t) \\
\vdots & & & \vdots \\
y_{n1}(t) & y_{n2}(t) & \cdots & y_{nn}(t)
\end{pmatrix} \label{4} \tag{4}$$

Si definimos el vector de constantes

$$\mathbf{C} = \begin{pmatrix}
c_{1} \\ c_{2} \\ \vdots \\ c_{n}
\end{pmatrix} \label{5} \tag{5}$$

podemos escribir la solución (\ref{3}) como

$$\mathbf{Y}_{c}(t) = \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{C} \label{6} \tag{6}$$

Recordemos este resultado para más adelante.

Sistemas lineales no homogéneos

El sistema lineal no homogéneo que intentaremos resolver es de la forma

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{A} \mathbf{Y} + \mathbf{G} \label{7} \tag{7}$$

Donde $\mathbf{G} = \mathbf{G}(t)$ es una matriz de $n \times 1$ con componentes dependientes de $t$.

$$\mathbf{G}(t) = \begin{pmatrix}
g_{1}(t) \\ g_{2}(t) \\ \vdots \\ g_{n}(t)
\end{pmatrix} \label{8} \tag{8}$$

Dada la forma de la solución general de un sistema lineal homogéneo (\ref{3}), parecería natural pensar que el sistema lineal no homogéneo tiene por solución una función de la forma

$$\mathbf{Y}_{p}(t) = u_{1}(t) \mathbf{Y}_{1}(t) + u_{2}(t) \mathbf{Y}_{2}(t) + \cdots + u_{n}(t) \mathbf{Y}_{n}(t) \label{9} \tag{9}$$

En donde $u_{i}(t)$, $i = 1, 2, \cdots, n$ son funciones escalares de $t$ derivables y las funciones $\mathbf{Y}_{i}(t)$, $i = 1, 2, \cdots, n$ forman una matriz fundamental de soluciones $\hat{\mathbf{Y}}(t)$. Si definimos el vector

$$\mathbf{U}(t) = \begin{pmatrix}
u_{1}(t) \\ u_{2}(t) \\ \vdots \\ u_{n}(t)
\end{pmatrix} \label{10} \tag{10}$$

Entonces la solución propuesta (\ref{9}) adquiere la forma

$$\mathbf{Y}_{p}(t) = \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{U}(t) \label{11} \tag{11}$$

El método de variación de parámetros nos permitirá obtener la forma del vector $\mathbf{U}(t)$, una vez obtenida podremos formar la solución general del sistema lineal no homogéneo (\ref{7}) que, como siempre, será la superposición de la solución complementaria del sistema lineal homogéneo asociado $\mathbf{Y}_{c}(t)$ más la solución particular del sistema lineal no homogéneo $\mathbf{Y}_{p}(t)$, esto es

$$\mathbf{Y}(t) = \mathbf{Y}_{c}(t) + \mathbf{Y}_{p}(t) \label{12} \tag{12}$$

Variación de parámetros

Comencemos a desarrollar el método de variación de parámetros, como mencionamos antes, el objetivo es encontrar la forma explícita del vector (\ref{10}) para formar la solución particular del sistema lineal no homogéneo.

Consideremos la función propuesta (\ref{11}) y derivémosla.

$$\mathbf{Y}_{p}^{\prime}(t) = \hat{\mathbf{Y}}^{\prime}(t) \mathbf{U}(t) + \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{U}^{\prime}(t) \label{13} \tag{13}$$

Si sustituimos (\ref{11}) y (\ref{13}) en el sistema lineal no homogéneo (\ref{7}), se tiene

$$\hat{\mathbf{Y}}^{\prime}(t) \mathbf{U}(t) + \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{U}^{\prime}(t) = \mathbf{A} [\hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{U}(t)] + \mathbf{G}(t) \label{14} \tag{14}$$

Como $\hat{\mathbf{Y}}(t)$ es una matriz fundamental de soluciones sabemos que satisface el sistema homogéneo, es decir,

$$\hat{\mathbf{Y}}^{\prime}(t) = \mathbf{A} \hat{\mathbf{Y}}(t) \label{15} \tag{15}$$

Si sustituimos en (\ref{14}) la ecuación queda como

$$\mathbf{A} \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{U}(t) + \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{U}^{\prime}(t) = \mathbf{A} \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{U}(t) + \mathbf{G}(t)$$

O bien,

$$\hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{U}^{\prime}(t) = \mathbf{G}(t) \label{16} \tag{16}$$

La matriz fundamental es no singular, de manera que siempre existe su inversa, esto nos permite establecer que

$$\mathbf{U}^{\prime}(t) = \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t) \mathbf{G}(t) \label{17} \tag{17}$$

Esta ecuación es matricial y sabemos que es posible integrar sobre matrices, así que integremos la ecuación anterior con el objetivo de hallar la forma de $\mathbf{U}$.

$$\mathbf{U}(t) = \int \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t) \mathbf{G}(t) dt \label{18} \tag{18}$$

Ahora que conocemos la forma de $\mathbf{U}(t)$, sustituimos en la solución propuesta (\ref{11}), de forma que una solución particular del sistema lineal no homogéneo es

$$\mathbf{Y}_{p}(t) = \hat{\mathbf{Y}}(t) \int \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t) \mathbf{G}(t) dt \label{19} \tag{19}$$

Por lo tanto, de (\ref{6}) y el resultado (\ref{19}) concluimos que la solución general del sistema lineal no homogéneo es

$$\mathbf{Y}(t) = \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{C} + \hat{\mathbf{Y}}(t) \int \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t) \mathbf{G}(t) dt \label{20} \tag{20}$$

Si $\hat{\mathbf{Y}}(t)$ es la matriz fundamental de soluciones $e^{\mathbf{A} t}$ y considerando que $\hat{\mathbf{Y}}^{-1}(t) = e^{-\mathbf{A} t}$, el resultado anterior queda como

$$\mathbf{Y}(t) = e^{\mathbf{A} t} \mathbf{C} + e^{\mathbf{A}t} \int e^{-\mathbf{A} t} \mathbf{G}(t) dt \label{21} \tag{21}$$

Problema con valores iniciales

Consideremos el problema con valores iniciales

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{A} \mathbf{Y} + \mathbf{G}; \hspace{1cm} \mathbf{Y}(t_{0}) = \mathbf{Y}_{0} \label{22} \tag{22}$$

De nuestro desarrollo anterior consideremos la relación (\ref{17}).

$$\mathbf{U}^{\prime}(t) = \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t) \mathbf{G}(t)$$

En esta ocasión integremos de $t_{0}$ a $t$ y usemos el teorema fundamental del cálculo.

$$\mathbf{U}(t) = \mathbf{U}(t_{0}) + \int_{t_{0}}^{t} \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(s) \mathbf{G}(s) ds \label{23} \tag{23}$$

Notemos que si aplicamos la condición inicial $\mathbf{Y}(t_{0}) = \mathbf{Y}_{0}$ sobre la función (\ref{11}), se obtiene

$$\mathbf{Y}_{p}(t_{0}) = \hat{\mathbf{Y}}(t_{0}) \mathbf{U}(t_{0}) = \mathbf{Y}_{0} \label{24} \tag{24}$$

De donde,

$$\mathbf{U}(t_{0}) = \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t_{0}) \mathbf{Y}_{0} \label{25} \tag{25}$$

Sustituimos este resultado en la ecuación (\ref{23}).

$$\mathbf{U}(t) = \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t_{0}) \mathbf{Y}_{0} + \int_{t_{0}}^{t} \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(s) \mathbf{G}(s) ds \label{26} \tag{26}$$

Aquí debemos tener cuidado, si sustituimos la función (\ref{26}) en (\ref{11}), se obtiene

$$\mathbf{Y}(t) = \hat{\mathbf{Y}}(t) \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t_{0}) \mathbf{Y}_{0} + \hat{\mathbf{Y}}(t) \int_{t_{0}}^{t} \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(s) \mathbf{G}(s) ds \label{27} \tag{27}$$

Pero $\hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t_{0}) \mathbf{Y}_{0}$ es una matriz de constantes, digamos

$$\hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(t_{0}) \mathbf{Y}_{0} = \mathbf{C}$$

Entonces el resultado (\ref{27}) queda como

$$\mathbf{Y}(t) = \hat{\mathbf{Y}}(t) \mathbf{C} + \hat{\mathbf{Y}}(t) \int_{t_{0}}^{t} \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(s) \mathbf{G}(s) ds \label{28} \tag{28}$$

Este resultado se parece a la ecuación (\ref{20}), es decir, a pesar de que sustituimos (\ref{26}) en (\ref{11}) esperando obtener la solución particular $\mathbf{Y}_{p}(t)$, en realidad estamos obteniendo la solución general, la solución general del problema de valores iniciales.

Si consideramos nuevamente que $\hat{\mathbf{Y}}(t) = e^{\mathbf{A} t}$, el resultado (\ref{27}) se reduce significativamente.

$$\mathbf{Y}(t) = e^{\mathbf{A} t} e^{-\mathbf{A} t_{0}} \mathbf{Y}_{0} + e^{\mathbf{A}t} \int_{t_{0}}^{t} e^{-\mathbf{A} s} \mathbf{G}(s) ds \label{29} \tag{29}$$

O bien,

$$\mathbf{Y}(t) = e^{\mathbf{A}(t -t_{0})} \mathbf{Y}_{0} + \int_{t_{0}}^{t}e^{\mathbf{A} (t -s)} \mathbf{G}(s) ds \label{30} \tag{30}$$

Por otro lado, si $t_{0} = 0$, de (\ref{27}) se obtiene que

$$\mathbf{Y}(t) = \hat{\mathbf{Y}}(t) \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(0) \mathbf{Y}_{0} + \hat{\mathbf{Y}}(t) \int_{0}^{t} \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(s) \mathbf{G}(s) ds$$

Pero recordemos que

$$e^{\mathbf{A} t} = \hat{\mathbf{Y}}(t) \hat{\mathbf{Y}}^{-1}(0) \label{31} \tag{31}$$

Entonces la solución anterior queda como

$$\mathbf{Y}(t) = e^{\mathbf{A} t} \mathbf{Y}_{0} + \hat{\mathbf{Y}}(t) \int_{0}^{t} \hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(s) \mathbf{G}(s) ds \label{32} \tag{32}$$

Si nuestro propósito es determinar la solución general de un sistema lineal no homogéneo (\ref{7}), primero resolvemos el sistema lineal homogéneo asociado para obtener la solución complementaria en la forma (\ref{3}). Con las funciones $\mathbf{Y}_{i}(t)$, $i = 1, 2, \cdots, n$ obtenidas formamos una matriz fundamental $\hat{\mathbf{Y}}(t)$, se calcula su inversa y se sustituyen las matrices correspondientes en la solución particular (\ref{19}). Una vez obtenidas ambas soluciones, la solución general del sistema lineal no homogéneo será

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} \mathbf{Y}_{1}(t) + c_{2} \mathbf{Y}_{2}(t) + \cdots + c_{n} \mathbf{Y}_{n}(t) + \mathbf{Y}_{p}(t) = \mathbf{Y}_{c}(t) + \mathbf{Y}_{p}(t)$$

Sin embargo, si lo que tenemos es un problema de valores iniciales, debemos nuevamente obtener la solución del sistema lineal homogéneo asociado ya que eso es lo que nos permite formar la matriz fundamental de soluciones $\hat{\mathbf{Y}}(t)$, una vez obtenida esta función calculamos su inversa y se sustituyen las matrices correspondientes en la ecuación (\ref{27}), esto nos dará la solución completa del problema de valores iniciales, es decir, no es necesario aplicar las condiciones iniciales en la solución complementaria para obtener los valores de las constantes $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$.

Para concluir con esta entrada realicemos dos ejemplos, en el primero de ellos obtendremos la solución general de un sistema lineal no homogéneo y en el segundo ejemplo resolveremos un problema con valores iniciales. Con estos ejemplos se espera que el método quede claro.

Ejemplo: Obtener la solución general del siguiente sistema lineal no homogéneo.

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
0 & 2 \\ -1 & 3
\end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
1 \\ -1
\end{pmatrix} e^{t}$$

Solución: Resolvamos primero el sistema homogéneo asociado.

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
0 & 2 \\ -1 & 3
\end{pmatrix} \mathbf{Y}$$

En este caso la matriz $\mathbf{A}$ es

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
0 & 2 \\ -1 & 3
\end{pmatrix}$$

Determinemos los valores y vectores propios de esta matriz.

$$|\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}| = \begin{vmatrix}
-\lambda & 2 \\ -1 & 3 -\lambda
\end{vmatrix} = 0$$

La ecuación característica es

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

Resolviendo para $\lambda$ se obtiene que los valores propios son

$$\lambda_{1} = 1\hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lambda_{2} = 2$$

Determinemos los vectores propios correspondientes a cada valor propio.

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

Buscamos un vector $\mathbf{K} \neq \mathbf{0}$, tal que

$$(\mathbf{A} -\mathbf{I}) \mathbf{K} = \begin{pmatrix}
-1 & 2 \\ -1 & 2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

La ecuación que se obtiene es

$$-k_{1} + 2 k_{2} = 0$$

Es decir, $2 k_{2} = k_{1}$. Elegimos $k_{2} = 1$, entonces $k_{1} = 2$. Por lo tanto el primer vector propio es

$$\mathbf{K}_{1} = \begin{pmatrix}
2 \\ 1
\end{pmatrix}$$

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

Buscamos un vector $\mathbf{K} \neq \mathbf{0}$, tal que

$$(\mathbf{A} -2 \mathbf{I}) \mathbf{K} = \begin{pmatrix}
-2 & 2 \\ -1 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

La ecuación que se obtiene es

$$-k_{1} + k_{2} = 0$$

Es decir, $k_{1} = k_{2}$. Elegimos $k_{1} = k_{2} = 1$. Por lo tanto, el segundo vector propio es

$$\mathbf{K}_{2} = \begin{pmatrix}
1 \\ 1
\end{pmatrix}$$

Con estos resultados concluimos que la solución general del sistema lineal homogéneo asociado es

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

Para determinar la solución particular $\mathbf{Y}_{p}(t)$, formemos, con el resultado anterior, la matriz fundamental de soluciones (\ref{4}).

$$\hat{\mathbf{Y}}(t) = \begin{pmatrix}
2e^{t} & e^{2t} \\ e^{t} & e^{2t}
\end{pmatrix}$$

Como también requerimos de la matriz inversa, verifica que

$$\hat{\mathbf{Y}}^{-1}(t) = \begin{pmatrix}
e^{-t} & -e^{-t} \\ -e^{-2t} & 2e^{-2t}
\end{pmatrix}$$

La matriz $\mathbf{G}$ en este caso es

$$ \mathbf{G}(t) = \begin{pmatrix}
e^{t} \\ -e^{t}
\end{pmatrix}$$

Sustituyamos estas matrices en la solución particular (\ref{19}).

\begin{align*}
\mathbf{Y}_{p}(t) &= \begin{pmatrix}
2e^{t} & e^{2t} \\ e^{t} & e^{2t}
\end{pmatrix} \int \begin{pmatrix}
e^{-t} & -e^{-t} \\ -e^{-2t} & 2e^{-2t}
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
e^{t} \\ -e^{t}
\end{pmatrix} dt \\
&= \begin{pmatrix}
2e^{t} & e^{2t} \\ e^{t} & e^{2t}
\end{pmatrix} \int \begin{pmatrix}
2 \\ -3e^{-t}
\end{pmatrix} dt
\end{align*}

Resolviendo la integral (sin considerar constantes de integración), se obtiene

$$\int \begin{pmatrix}
2 \\ -3e^{-t}
\end{pmatrix} dt = \begin{pmatrix}
2t \\ 3e^{-t}
\end{pmatrix}$$

Entonces,

$$\mathbf{Y}_{p}(t) = \begin{pmatrix}
2e^{t} & e^{2t} \\ e^{t} & e^{2t}
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
2t \\ 3e^{-t}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
4t e^{t} + 3e^{t} \\ 2te^{t} + 3e^{t}
\end{pmatrix}$$

Esto es,

$$\mathbf{Y}_{p}(t) =\begin{pmatrix}
4 \\ 2
\end{pmatrix} te^{t} + \begin{pmatrix}
3 \\ 3
\end{pmatrix} e^{t}$$

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

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} e^{t} \begin{pmatrix}
2 \\ 1
\end{pmatrix} + c_{2} e^{2t} \begin{pmatrix}
1 \\ 1
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
3 \\ 3
\end{pmatrix}e^{t} + \begin{pmatrix}
4 \\ 2
\end{pmatrix} t e^{t}$$

$\square$

Realicemos ahora un problema con valores iniciales.

Ejemplo: Resolver el siguiente problema con valores iniciales.

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & -2 \\ 3 & 2 & 1
\end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ e^{t} \cos(2t)
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix}$$

Solución: Primero debemos obtener la solución del sistema lineal homogéneo asociado

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & -2 \\ 3 & 2 & 1
\end{pmatrix} \mathbf{Y}$$

Ello nos permitirá obtener la matriz fundamental de soluciones. En este caso la matriz $\mathbf{A}$ es

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & -2 \\ 3 & 2 & 1
\end{pmatrix}$$

Determinemos los valores y vectores propios de esta matriz. La ecuación característica se obtendrá de calcular el determinante

$$|\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}| = \begin{vmatrix}
1-\lambda & 0 & 0 \\ 2 & 1 -\lambda & -2 \\ 3 & 2 & 1 -\lambda
\end{vmatrix} = 0$$

Desarrollando el determinante obtendremos que

$$(1 -\lambda )(\lambda ^{2} -2 \lambda + 5) = 0$$

Resolviendo para $\lambda$ se obtiene que los valores propios de $\mathbf{A}$ son

$$\lambda_{1} = 1 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lambda_{2} = 1 + 2i, \hspace{1cm} \lambda_{3} = 1 -2i$$

De acuerdo a los valores propios obtenidos, la manera de resolver el sistema homogéneo será aplicando la teoría vista en la entrada sobre valores propios complejos.

Determinemos los vectores propios correspondientes a cada valor propio.

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

Buscamos un vector $\mathbf{K} \neq \mathbf{0}$, tal que

$$(\mathbf{A} -\mathbf{I}) \mathbf{K} = \left[ \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & -2 \\ 3 & 2 & 1
\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1
\end{pmatrix} \right] \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & 0 & 0 \\ 2 & 0 & -2 \\ 3 & 2 & 0
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

El sistema que se obtiene es

\begin{align*}
2 k_{1} -2 k_{3} &= 0 \\
3 k_{1} + 2 k_{2} &= 0
\end{align*}

De este sistema se observa que

\begin{align*}
k_{1} &= k_{3} \\
k_{2} &= -\dfrac{3k_{1}}{2}
\end{align*}

Elegimos $k_{1} = 2 = k_{3}$, de tal manera que $k_{2} = -3$, así el primer vector propio es

$$\mathbf{K}_{1} = \begin{pmatrix}
2 \\ -3 \\ 2
\end{pmatrix}$$

Caso 2: $\lambda_{2} = 1 + 2i$.

Buscamos un vector $\mathbf{K}$, diferente de cero, tal que

$$[\mathbf{A} -(1 + 2i) \mathbf{I}] \mathbf{K} = \begin{pmatrix}
-2i & 0 & 0 \\ 2 & -2i & -2 \\ 3 & 2 & -2i
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

El sistema de ecuaciones que se obtiene es

\begin{align*}
-2i k_{1} &= 0 \\
2k_{1} -2i k_{2} -2k_{3} &= 0 \\
3k_{1} + 2k_{2} -2i k_{3} &= 0
\end{align*}

De este sistema se observa que $k_{1} = 0$ y $k_{3} = -ik_{2}$. Elegimos $k_{2} = 1$, de manera que el segundo vector propio sea

$$\mathbf{K}_{2} = \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ -i
\end{pmatrix}$$

Caso 3: $\lambda_{2} = 1 -2i$.

Sabemos que este caso es el conjugado del caso anterior, por lo que directamente establecemos que el tercer vector propio es

$$\mathbf{K}_{3} = \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ i
\end{pmatrix}$$

La solución general del sistema lineal homogéneo asociado, en su forma compleja, es

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

Sin embargo esta solución no nos sirve de mucho, pues desearíamos construir la matriz fundamental de soluciones con valores reales. Recordando lo visto en la entrada sobre valores propios complejos, podemos encontrar dos funciones $\mathbf{W}_{1}(t)$ y $\mathbf{W}_{2}(t)$, tal que la solución general sea de la forma

$$\mathbf{Y}_{c}(t) = c_{1} e^{\lambda_{1} t} + c_{2} \mathbf{W}_{1}(t) + c_{3} \mathbf{W}_{2}(t) \label{33} \tag{33}$$

Recordemos que las funciones $\mathbf{W}_{1}(t)$ y $\mathbf{W}_{2}(t)$ están dadas por

$$\mathbf{W}_{1}(t) = e^{\alpha t} [\mathbf{U} \cos(\beta t) -\mathbf{V} \sin(\beta t)] \label{34} \tag{34}$$

y

$$\mathbf{W}_{2}(t) = e^{\alpha t} [\mathbf{U} \sin(\beta t) + \mathbf{V} \cos(\beta t)] \label{35} \tag{35}$$

Consideremos el caso 2 en el que $\lambda_{2} = 1 + 2i$ y

$$\mathbf{K}_{2} = \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ -i
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} + i \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ -1
\end{pmatrix} $$

De estos resultados obtenemos que $\alpha = 1$, $\beta = 2$ y

$$\mathbf{U} = \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \mathbf{V} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ -1
\end{pmatrix}$$

Sustituyamos en la funciones (\ref{34}) y (\ref{35}). Por un lado,

\begin{align*}
\mathbf{W}_{1}(t) &= e^{t} \left[ \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} \cos(2t) -\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ -1
\end{pmatrix} \sin(2t) \right] \\
&= e^{t} \left[ \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) \\ 0
\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ -\sin(2t)
\end{pmatrix} \right]
\end{align*}

Esto es,

$$\mathbf{W}_{1}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) \\ \sin(2t)
\end{pmatrix}$$

Por otro lado,

\begin{align*}
\mathbf{W}_{2}(t) &= e^{t} \left[ \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} \sin(2t) + \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ -1
\end{pmatrix} \cos(2t) \right] \\
&= e^{t} \left[ \begin{pmatrix}
0 \\ \sin(2t) \\ 0
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ -\cos(2t)
\end{pmatrix} \right]
\end{align*}

Esto es,

$$\mathbf{W}_{2}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \sin(2t) \\ -\cos(2t)
\end{pmatrix}$$

Recordemos que estas funciones también se pueden obtener considerando la identidad de Euler. Del caso 2 la solución que se obtiene es

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

Así,

$$\mathbf{W}_{1}(t) = Re \{ \mathbf{Y}_{2c}(t) \} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \mathbf{W}_{2}(t) = Im \{ \mathbf{Y}_{2c}(t) \}$$

Usando la identidad de Euler sobre esta solución obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
e^{(1 + 2i)t} \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ -i
\end{pmatrix} &= e^{t}[\cos(2t) + i \sin(2t)] \left[ \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} -i \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix} \right] \\
&= e^{t} \left[ \cos(2t) \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} + \sin(2t) \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix} \right] + i e^{t} \left[ \sin(2t) \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} -\cos(2t) \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix} \right] \\
&= e^{t} \left[ \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) \\ 0
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ \sin(2t)
\end{pmatrix} \right] + ie^{t} \left[ \begin{pmatrix}
0 \\ \sin(2t) \\ 0
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ -\cos(2t)
\end{pmatrix} \right]
\end{align*}

De donde,

$$\mathbf{W}_{1}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) \\ \sin(2t)
\end{pmatrix} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \mathbf{W}_{2}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \sin(2t) \\ -\cos(2t)
\end{pmatrix}$$

De esta forma, la solución general del sistema lineal homogéneo asociado es

$$\mathbf{Y}_{c}(t) = c_{1} e^{t} \begin{pmatrix}
2 \\ -3 \\ 2
\end{pmatrix} + c_{2} e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) \\ \sin(2t)
\end{pmatrix} + c_{3} e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \sin(2t) \\ -\cos(2t)
\end{pmatrix} \label{36} \tag{36}$$

Esta solución es de la forma (\ref{3}) por lo que la matriz fundamental de soluciones, formada por estos vectores linealmente independientes, es

$$\hat{\mathbf{Y}}(t) = \begin{pmatrix}
2e^{t} & 0 & 0 \\ -3e^{t} & e^{t} \cos(2t) & e^{t} \sin(2t) \\ 2e^{t} & e^{t} \sin(2t) & -e^{t} \cos(2t)
\end{pmatrix}$$

Para obtener la solución del problema con valores iniciales usaremos el resultado (\ref{29}) para $t_{0} = 0$.

$$\mathbf{Y}(t) = e^{\mathbf{A} t} \mathbf{Y}_{0} + e^{\mathbf{A}t} \int_{0}^{t} e^{-\mathbf{A} s} \mathbf{G}(s) ds \label{37} \tag{37}$$

Es decir, consideraremos a la matriz $e^{\mathbf{A} t}$ como la matriz fundamental de soluciones. También es posible usar la relación (\ref{32}) usando la matriz $\hat{\mathbf{Y}}(t)$ antes establecida. ¿Por qué son equivalentes ambas formas?.

Determinemos la matriz $e^{\mathbf{A} t}$ usando la relación (\ref{31}). Si evaluamos $t = 0$ en la matriz $\hat{\mathbf{Y}}(t)$ se obtiene la matriz

$$\hat{\mathbf{Y}}(0) = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\ -3 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & -1
\end{pmatrix}$$

Comprueba que la matriz inversa es

$$\hat{\mathbf{Y}}^{ -1}(0) = \begin{pmatrix}
2 & 0 & 0 \\ -3 & 1 & 0 \\ 2 & 0 & -1
\end{pmatrix}^{ -1} = \begin{pmatrix}
\dfrac{1}{2} & 0 & 0 \\ \dfrac{3}{2} & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1
\end{pmatrix}$$

Sustituyamos en (\ref{31}).

\begin{align*}
e^{\mathbf{A}t} &= \begin{pmatrix}
2e^{t} & 0 & 0 \\ -3e^{t} & e^{t} \cos(2t) & e^{t} \sin(2t) \\ 2e^{t}& e^{t} \sin(2t) & -e^{t} \cos(2t)
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
\dfrac{1}{2} & 0 & 0 \\ \dfrac{3}{2} & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1
\end{pmatrix} \\
&= e^{t} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ -\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} \cos(2t) + \sin(2t) & \cos(2t) & -\sin(2t) \\ 1 + \dfrac{3}{2} \sin(2t) -\cos(2t) & \sin(2t) & \cos(2t)
\end{pmatrix}
\end{align*}

Por lo tanto, la matriz que consideraremos como matriz fundamental de soluciones es

$$e^{\mathbf{A}t} = e^{t} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ -\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} \cos(2t) + \sin(2t) & \cos(2t) & -\sin(2t) \\ 1 + \dfrac{3}{2} \sin(2t) -\cos(2t) & \sin(2t) & \cos(2t)
\end{pmatrix}$$

Como también requerimos de la inversa de esta matriz, verifica que

$$e^{-\mathbf{A}t} = e^{-t} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ -\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} \cos(2t) -\sin(2t) & \cos(2t) & \sin(2t) \\ 1 -\dfrac{3}{2} \sin(2t) -\cos(2t) & -\sin(2t) & \cos(2t)
\end{pmatrix}$$

En este caso la matriz $\mathbf{G}(t)$ es

$$\mathbf{G}(t) = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ e^{t} \cos(2t)
\end{pmatrix}$$

Sustituyamos todos estos resultados en la solución (\ref{37}).

$$\mathbf{Y}(t) = e^{\mathbf{A} t} \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix} + e^{\mathbf{A} t} \int_{0}^{t} e^{-s} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ -\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} \cos(2s) -\sin(2s)
& \cos(2s) & \sin(2s) \\ 1 -\dfrac{3}{2} \sin(2s) -\cos(2s) & -\sin(2s) & \cos(2s)
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ e^{s} \cos(2s)
\end{pmatrix}ds$$

Por un lado,

$$e^{\mathbf{A} t} \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix} = e^{t} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ -\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} \cos(2t) + \sin(2t) & \cos(2t) & -\sin(2t) \\ 1 + \dfrac{3}{2} \sin(2t) -\cos(2t) & \sin(2t) & \cos(2t)
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix} = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) -\sin(2t) \\ \cos(2t) + \sin(2t)
\end{pmatrix}$$

De tarea moral, determina las constantes $c_{1}$, $c_{2}$ y $c_{3}$ aplicando los valores iniciales sobre la solución complementaria (\ref{36}). ¿Qué relación tiene tu resultado con la operación anterior?.

Por otro lado,

$$e^{-s} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ -\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} \cos(2s) -\sin(2s)
& \cos(2s) & \sin(2s) \\ 1 -\dfrac{3}{2} \sin(2s) -\cos(2s) & -\sin(2s) & \cos(2s)
\end{pmatrix} e^{s} \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ \cos(2s)
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ \sin(2s) \cos(2s) \\ \cos^{2}(2s)
\end{pmatrix}$$

Sustituimos estas matrices en $\mathbf{Y}(t)$.

$$\mathbf{Y}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) -\sin(2t) \\ \cos(2t) + \sin(2t)
\end{pmatrix} + e^{\mathbf{A} t} \int_{0}^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \sin(2s) \cos(2s) \\ \cos^{2}(2s)
\end{pmatrix} ds$$

Resolvamos la integral.

\begin{align*}
\int_{0}^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \sin(2s) \cos(2s) \\ \cos^{2}(2s)
\end{pmatrix} ds &= \left. \begin{pmatrix}
0 \\ -\dfrac{1}{8} \cos(4s) \\ \dfrac{s}{2} + \dfrac{\sin(4s)}{8}
\end{pmatrix} \right|_{t} – \left. \begin{pmatrix}
0 \\ -\dfrac{1}{8} \cos(4s) \\ \dfrac{s}{2} + \dfrac{\sin(4s)}{8}
\end{pmatrix} \right|_{0} \\
&= \begin{pmatrix}
0 \\ -\dfrac{1}{8} \cos(4t) \\ \dfrac{t}{2} + \dfrac{\sin(4t)}{8}
\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}
0 \\ -\dfrac{1}{8} \\ 0
\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}
0 \\ \dfrac{1 -\cos(4t)}{8} \\ \dfrac{4t + \sin(4t)}{8}
\end{pmatrix}
\end{align*}

Entonces,

$$\mathbf{Y}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) -\sin(2t) \\ \cos(2t) + \sin(2t)
\end{pmatrix} + e^{\mathbf{A}t} \begin{pmatrix}
0 \\ \dfrac{1 -\cos(4t)}{8} \\ \dfrac{4t + \sin(4t)}{8}
\end{pmatrix}$$

Ahora realicemos el producto del segundo sumando.

\begin{align*}
e^{\mathbf{A}t} \begin{pmatrix}
0 \\ \dfrac{1 -\cos(4t)}{8} \\ \dfrac{4t + \sin(4t)}{8}
\end{pmatrix} &= e^{t} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ -\dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2} \cos(2t) + \sin(2t) & \cos(2t) & -\sin(2t) \\ 1 + \dfrac{3}{2} \sin(2t) -\cos(2t) & \sin(2t) & \cos(2t)
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
0 \\ \dfrac{1 -\cos(4t)}{8} \\ \dfrac{4t + \sin(4t)}{8}
\end{pmatrix} \\
&= e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) \left( \dfrac{1 -\cos(4t)}{8} \right) -\sin(2t) \left( \dfrac{4t + \sin(4t)}{8} \right) \\ \sin(2t) \left( \dfrac{1 -\cos(4t)}{8} \right) + \cos(2t) \left( \dfrac{4t + \sin(4t)}{8} \right)
\end{pmatrix} \\
&= e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ -\dfrac{t \sin(2t)}{2} + \dfrac{\cos(2t) -\cos(4t) \cos(2t) -\sin(4t) \sin(2t)}{8}
\\ \dfrac{t \cos(2t)}{2} + \dfrac{\sin(2t) + \sin(4t) \cos(2t) -\cos(4t) \sin(2t)}{8}
\end{pmatrix}
\end{align*}

Así,

$$\mathbf{Y}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) -\sin(2t) \\ \cos(2t) + \sin(2t)
\end{pmatrix} + e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ -\dfrac{t \sin(2t)}{2} + \dfrac{\cos(2t) -\cos(4t) \cos(2t) -\sin(4t) \sin(2t)}{8}
\\ \dfrac{t \cos(2t)}{2} + \dfrac{\sin(2t) + \sin(4t) \cos(2t) -\cos(4t) \sin(2t)}{8}
\end{pmatrix}$$

Haciendo las operaciones correspondientes se obtiene finalmente que la solución al problema con valores iniciales es

$$\mathbf{Y}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(2t) -\left( 1+ \dfrac{1}{2}t \right) \sin(2t) \\ \left( 1 + \dfrac{1}{2}t \right) \cos(2t) + \dfrac{5}{4} \sin(2t)
\end{pmatrix}$$

$\square$

Vemos que este método puede ser bastante largo y complicado, de hecho se puede volver una tarea imposible de hacer a mano si se tienen sistemas con matriz $\mathbf{A}$ de $3 \times 3$ o más. Se recomienda, en la medida de lo posible, usar algún programa computacional para llevar a cabo algunas de las operaciones, lo importante es entender como llevar a cabo el método.

Con esto concluimos lo que corresponde al estudio de los distintos métodos para resolver sistemas lineales. Prácticamente hemos concluido con la unidad 3 del curso.

En las siguientes dos entradas de esta unidad trataremos de justificar los teoremas de existencia y unicidad en el caso de los sistemas lineales, esto con el propósito de justificar toda la teoría desarrollada a lo largo de la unidad.

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 la solución general de los siguientes sistemas lineales no homogéneos.
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    1 & -1 \\ 1 & 1
    \end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
    \cos(t) \\ \sin(t)
    \end{pmatrix} e^{t}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    1 & 2 \\ -\dfrac{1}{2} & 1
    \end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
    \csc(t) \\ \sec(t)
    \end{pmatrix} e^{t}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3
    \end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
    e^{t} \\ e^{2t} \\ te^{3t}
    \end{pmatrix}$
  1. Resolver los siguientes problemas con valores iniciales.
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    2 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & 3
    \end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
    1 \\ 0 \\ 1
    \end{pmatrix} e^{2t}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
    1 \\ 1 \\ 1
    \end{pmatrix}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    -1 & -1 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 3
    \end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
    1 \\ 0 \\ 0
    \end{pmatrix} e^{t}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
    0 \\ 0 \\ 0
    \end{pmatrix}$

Más adelante…

En la siguiente entrada demostraremos los teoremas de existencia y unicidad para el caso de los sistemas lineales de primer orden con coeficientes constantes homogéneos y no homogéneos y posteriormente, en la última entrada de esta unidad, justificaremos el teorema de existencia y unicidad en el caso general, es decir, para sistemas lineales y no lineales.

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