Archivo de la etiqueta: solución general

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.

Entradas relacionadas

Ecuaciones Diferenciales I: Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes – Valores propios complejos

Un matemático que no es también algo de poeta
nunca será un matemático completo.
– Karl Weierstrass

Introducción

Ya vimos cómo obtener la solución general de sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes en el caso en el que los valores propios son todos reales y distintos. En esta entrada desarrollaremos el caso en el que los valores propios son complejos.

Valores propios complejos

Vimos que para un sistema lineal

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

con $\mathbf{A}$ una matriz de $n \times n$ con componentes reales

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

siempre se puede encontrar una solución de la forma

$$\mathbf{Y}(t) = \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ \vdots \\ k_{n}
\end{pmatrix}e^{\lambda t} = \mathbf{K}e^{\lambda t} \label{3} \tag{3}$$

Ahora sabemos que $\lambda$ y $\mathbf{K}$ corresponden a un valor y vector propio respectivamente. Como los valores propios se obtienen de encontrar las raíces del polinomio característico, entonces es posible que los valores propios sean números complejos, digamos de la forma

$$\lambda = \alpha + i \beta \label{4} \tag{4}$$

Con $\alpha$ y $\beta$ reales. Veremos más adelante que este tipo de valores propios generarán también vectores propios con componentes complejos que podremos escribir como

$$\mathbf{K} = \mathbf{U} + i \mathbf{V} \label{5} \tag{5}$$

Con estos resultados la solución (\ref{3}) se puede escribir como

$$\mathbf{Y}(t) = \begin{pmatrix}
u_{1} + i v_{1} \\ u_{2} + i v_{2} \\ \vdots \\ u_{n} + i v_{n}
\end{pmatrix}e^{(\alpha + i \beta)t} = (\mathbf{U} + i \mathbf{V}) e^{(\alpha + i \beta)t} \label{6} \tag{6}$$

Un resultado interesante es que los valores y vectores propios conjugados de (\ref{4}) y (\ref{5}) también son valores y vectores propios de la misma matriz $\mathbf{A}$. Demostremos este hecho.

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

Demostración: Por hipótesis $\lambda$ es un valor propio de $\mathbf{A}$, lo que significa que se cumple la relación

$$\mathbf{AK} = \lambda \mathbf{K} \label{7} \tag{7}$$

Con $\mathbf{K}$ el vector propio asociado a $\lambda$. Si tomamos el conjugado de la ecuación anterior, tenemos

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

o bien,

$$\mathbf{\bar{A}} \mathbf{\bar{K}} = \bar{\lambda} \mathbf{\bar{K}} \label{8} \tag{8}$$

Pero como $\mathbf{A} \in M_{n \times n}$, es decir, $\mathbf{A}$ es una matriz con componentes reales constantes, entonces $\mathbf{\overline{A}} = \mathbf{A}$. La ecuación (\ref{8}) queda como

$$\mathbf{A} \mathbf{\overline{K}} = \bar{\lambda} \mathbf{\overline{K}} \label{9} \tag{9}$$

Lo que muestra que $\overline{\lambda}$ es también un valor propio de $\mathbf{A}$ y el vector propio asociado es $\mathbf{\overline{K}}$.

$\square$

Como $\lambda$ y $\overline{\lambda}$ son valores propios, con vectores propios asociados $\mathbf{{K}}$ y $\mathbf{\overline{K}}$ respectivamente, de la misma matriz $\mathbf{A}$, por el último teorema de la entrada correspondiente podemos deducir que la solución conjugada de (\ref{6})

$$\mathbf{\overline{Y}}(t) = \begin{pmatrix}
u_{1} -i v_{1} \\ u_{2} -i v_{2} \\ \vdots \\ u_{n} -i v_{n}
\end{pmatrix}e^{(\alpha -i \beta)t} = (\mathbf{U} -i \mathbf{V}) e^{(\alpha -i \beta)t} \label{10} \tag{10}$$

es también una solución del sistema lineal (\ref{1}) y además las soluciones (\ref{6}) y (\ref{10}) son linealmente independientes por el mismo teorema.

A continuación enunciamos un teorema que establece que una solución como (\ref{6}) da lugar a dos soluciones con valores reales.

Demostración: Supongamos que la solución del sistema lineal $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$ es de la forma

$$\mathbf{Y} = \mathbf{W}_{1} + i \mathbf{W}_{2} \label{11} \tag{11}$$

Donde $\mathbf{W}_{1}$ y $\mathbf{W}_{2}$ son vectores con componentes reales.

Queremos probar que

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

también son soluciones del sistema lineal.

Por una lado, como $\mathbf{Y}$ es solución, entonces

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY} = \mathbf{A} (\mathbf{W}_{1} + i \mathbf{W}_{2}) = \mathbf{AW}_{1} + i \mathbf{AW}_{2} \label{12} \tag{12}$$

Por otro lado, notemos que

$$\mathbf{Y}^{\prime} = (\mathbf{W}_{1} + i \mathbf{W}_{2})^{\prime} = \mathbf{W}_{1}^{\prime} + i \mathbf{W}_{2}^{\prime} \label{13} \tag{13}$$

De (\ref{12}) y (\ref{13}), se tiene que

$$\mathbf{W}_{1}^{\prime} + i \mathbf{W}_{2}^{\prime} = \mathbf{AW}_{1} + i \mathbf{AW}_{2} \label{14} \tag{14}$$

Igualando las partes reales e imaginarias de (\ref{14}), se obtiene

$$\mathbf{W}_{1}^{\prime} = \mathbf{AW}_{1} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \mathbf{W}_{2}^{\prime} = \mathbf{AW}_{2}$$

Lo que muestra que las funciones $\mathbf{W}_{1}$ y $\mathbf{W}_{2}$ son soluciones con valores reales del sistema lineal (\ref{1}).

$\square$

Ahora que conocemos este resultado veamos que forma tienen las funciones $\mathbf{W}_{1}$ y $\mathbf{W}_{2}$.

Demostración: Sabemos que una solución del sistema lineal (\ref{1}), en el caso en el que el valor y el vector propio son complejos, es

$$\mathbf{Y}(t) = e^{(\alpha + i \beta)t} (\mathbf{U} + i \mathbf{V})$$

Esta función la podemos escribir como

$$\mathbf{Y}(t) = e^{\alpha t} e^{i \beta t} \mathbf{U} + i e^{\alpha t} e^{i \beta t} \mathbf{V} \label{17} \tag{17}$$

Usando la identidad de Euler

$$e^{i \beta t} = \cos(\beta t) + i \sin(\beta t) \label{18} \tag{18}$$

podemos escribir la función (\ref{17}) como

\begin{align*}
\mathbf{Y} &= e^{\alpha t} [\cos(\beta t) + i \sin(\beta t)] \mathbf{U} + i e^{\alpha t}[\cos(\beta t) + i \sin(\beta t)] \mathbf{V} \\
&= e^{\alpha t} [\mathbf{U} \cos(\beta t) + i \mathbf{U} \sin(\beta t)] + i e^{\alpha t}[\mathbf{V} \cos(\beta t) + i \mathbf{V} \sin(\beta t)]
\end{align*}

Si reescribimos este resultado en una parte real y una imaginaria se tiene lo siguiente.

$$\mathbf{Y} = e^{\alpha t} [\mathbf{U} \cos(\beta t) -\mathbf{V} \sin(\beta t)] + i e^{\alpha t} [\mathbf{U} \sin(\beta t) + \mathbf{V} \cos(\beta t)] \label{19} \tag{19}$$

En esta forma podemos definir

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

entonces,

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

y

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

Por el teorema anterior concluimos que ambas son soluciones del sistema lineal (\ref{1}). Para mostrar que son soluciones linealmente independientes probemos que se cumple

$$c_{1} \mathbf{W}_{1}(t) + c_{2} \mathbf{W}_{2}(t) = 0 \label{20} \tag{20}$$

sólo si $c_{1} = c_{2} = 0$. Para ello consideremos la solución

$$\mathbf{Y} = \mathbf{W}_{1} + i \mathbf{W}_{2}$$

Por el primer teorema visto sabemos que el conjugado de la función anterior es también una solución del sistema.

$$\mathbf{\overline{Y}} = \mathbf{W}_{1} -i \mathbf{W}_{2} \label{21} \tag{21}$$

Y además ambas soluciones son linealmente independientes, lo que significa que si se satisface la ecuación

$$C_{1} \mathbf{Y} + C_{2} \mathbf{\overline{Y}} = 0 \label{22} \tag{22}$$

es porque $C_{1} = C_{2} = 0$.

Sustituyamos $\mathbf{Y}$ y $\mathbf{\overline{Y}}$ en (\ref{22}).

$$C_{1} [\mathbf{W}_{1} + i \mathbf{W}_{2}] + C_{2} [\mathbf{W}_{1} -i \mathbf{W}_{2}] = 0$$

Factorizando $\mathbf{W}_{1}$ y $\mathbf{W}_{2}$, se tiene

$$(C_{1} + C_{2}) \mathbf{W}_{1} + i(C_{1} -C_{2}) \mathbf{W}_{2} = 0 \label{23} \tag{23}$$

Si definimos

$$c_{1} = C_{1} + C_{2} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} c_{2} = i(C_{1} -C_{2})$$

podemos escribir

$$c_{1} \mathbf{W}_{1}(t) + c_{2} \mathbf{W}_{2}(t) = 0$$

Pero como $C_{1} = C_{2} = 0$, entonces

$$C_{1} + C_{2} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} C_{1} -C_{2} = 0$$

es decir, $c_{1} = c_{2} = 0$, lo que muestra que las soluciones $\mathbf{W}_{1}$ y $\mathbf{W}_{2}$ son linealmente independientes.

$\square$

Solución general de un sistema lineal con valores propios complejos

Nosotros ya sabemos que todos los vectores propios de una matriz $\mathbf{A}$, reales o complejos, son linealmente independientes, entonces un conjunto fundamental de soluciones de (\ref{1}) consiste de soluciones de la forma (\ref{15}) y (\ref{16}) en el caso en el que se obtienen valores propios complejos y soluciones de la forma (\ref{3}) cuando los valores propios son reales.

Por ejemplo, supongamos que $\lambda_{1} = \alpha + i \beta$, $\lambda_{2} = \alpha -i \beta$ son valores propios complejos de un sistema lineal y que $\lambda_{3}, \lambda_{4}, \cdots, \lambda_{n}$ son valores propios reales distintos del mismo sistema lineal. Los correspondientes vectores propios serían $\mathbf{K}_{1} = \mathbf{U} + i \mathbf{V}$, $\mathbf{K}_{2} = \mathbf{U} -i \mathbf{V}$, $\mathbf{K}_{3}, \mathbf{K}_{4}, \cdots, \mathbf{K}_{n}$. Entonces la solución general del sistema lineal será

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} \mathbf{W}_{1}(t) + c_{2} \mathbf{W}_{2}(t) + c_{3} e^{\lambda_{3} t} \mathbf{K}_{3} + c_{4} e^{\lambda_{4} t} \mathbf{K}_{4} + \cdots + c_{n} e^{\lambda_{n} t} \mathbf{K}_{n} \label{24} \tag{24}$$

Donde $\mathbf{W}_{1}(t)$ y $\mathbf{W}_{2}(t)$ son los vectores dados en (\ref{15}) y (\ref{16}), respectivamente.

Es importante mencionar que esta teoría se aplica sólo para el caso en que la matriz (\ref{2}) es una matriz con componentes reales.

Para concluir con esta entrada realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Resolver el siguiente problema con valores iniciales.

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1
\end{pmatrix} \mathbf{Y}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix}$$

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

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

La ecuación característica la obtenemos de calcular el determinante

$$\begin{vmatrix}
1 -\lambda & 0 & 0 \\ 0 & 1- \lambda & -1 \\ 0 & 1 & 1 -\lambda
\end{vmatrix} = 0$$

De donde se obtiene que

$$(1 -\lambda)^{3} + (1 -\lambda) = (1 -\lambda)(\lambda^{2} -2 \lambda + 2) = 0$$

Al resolver para $\lambda$ se obtienen las siguientes tres raíces.

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

Estos valores corresponden a los valores propios de la matriz del sistema. Determinemos los vectores correspondientes.

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

Buscamos un vector $\mathbf{K}_{1} \neq \mathbf{0}$, tal que

$$(\mathbf{A} -1 \mathbf{I}) \mathbf{K}_{1} = \mathbf{0}$$

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

Es claro que $k_{2} = k_{3} = 0$ y $k_{1}$ al ser libre lo elegimos como $k_{1} = 1$, entonces el primer vector propio es

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

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

Buscamos un vector $\mathbf{K}_{2}$ no nulo, tal que

$$(\mathbf{A} -(1 + i) \mathbf{I}) \mathbf{K}_{2} = \mathbf{0}$$

$$\begin{pmatrix}
1 -(1 + i) & 0 & 0 \\ 0 & 1 -(1 + i) & -1 \\ 0 & 1 & 1 -(1 + i)
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-i & 0 & 0 \\ 0 & -i & -1 \\ 0 & 1 & -i
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

El sistema de ecuaciones que se obtiene es

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

De la primera ecuación se obtiene que $k_{1} = 0$, y de la segunda o tercera se obtiene que $k_{2} = i k_{3}$. Elegimos $k_{3} = 1$, así $k_{2} = i$, entonces el segundo vector propio es

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

Este vector al ser complejo lo podemos escribir como

$$\mathbf{K}_{2} = \mathbf{U} + i \mathbf{V} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix} + i \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} \label{25} \tag{25}$$

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

Este caso, como ya vimos en la teoría, corresponde al conjugado del caso anterior, así que el vector propio para este caso es

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

que también se puede escribir como

$$\mathbf{K}_{3} = \mathbf{U} -i \mathbf{V} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix} -i \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0
\end{pmatrix} \label{26} \tag{26}$$

Por lo tanto, una forma de la solución general del sistema es

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} e^{t} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix} + c_{2} e^{(1 + i)t} \begin{pmatrix}
0 \\ i \\ 1
\end{pmatrix} + c_{3} e^{(1 -i)t} \begin{pmatrix}
0 \\ -i \\ 1
\end{pmatrix} \label{27} \tag{27}$$

Sin embargo, es conveniente tener la solución real dada en (\ref{24}). De los resultados (\ref{25}) y (\ref{26}) sabemos que

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

Si sustituimos en (\ref{15}) y (\ref{16}) con $\alpha = \beta = 1$, obtenemos lo siguiente.

$$\mathbf{W}_{1}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ -\sin(t) \\ \cos(t)
\end{pmatrix} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \mathbf{W}_{2}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(t) \\ \sin(t)
\end{pmatrix} \label{28} \tag{28}$$

Por su puesto, lo ideal es no memorizar las ecuaciones (\ref{15}) y (\ref{16}). Lo que se debe de hacer es tomar el caso en el que el vector propio es complejo, en este caso $\lambda_{2} = 1 + i$ y el vector propio correspondiente $\mathbf{K}_{2} = \begin{pmatrix} 0 \\ i \\ 1 \end{pmatrix}$, tal que una solución del sistema es

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

y usamos la identidad de Euler (\ref{18}).

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

De donde podemos definir las funciones anteriores (\ref{28}).

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

Por lo tanto, de acuerdo a (\ref{24}), la solución general $\mathbf{Y}(t)$ del sistema lineal homogéneo dado debe tener la forma

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} e^{t} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix} + c_{2} e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ -\sin(t) \\ \cos(t)
\end{pmatrix} + c_{3} e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(t) \\ \sin(t)
\end{pmatrix} \label{29} \tag{29}$$

Apliquemos los valores iniciales. Tomando $t = 0$, se ve que

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

De modo que, $c_{1} = c_{2} = c_{3} = 1$. Por lo tanto, la solución particular del problema de valores iniciales es

$$\mathbf{Y}(t) = e^{t} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix} + e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ -\sin(t) \\ \cos(t)
\end{pmatrix} + e^{t} \begin{pmatrix}
0 \\ \cos(t) \\ \sin(t)
\end{pmatrix} = e^{t} \begin{pmatrix}
1 \\ \cos(t) -\sin(t) \\ \cos(t) + \sin(t)
\end{pmatrix} \label{30} \tag{30}$$

$\square$

Hemos concluido esta entrada. En la siguiente revisaremos el último caso que corresponde a la situación en la que tenemos valores propios que se repiten, es decir, que tienen multiplicidad $r > 1$.

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.
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    -3 & 2 \\ -1 & -1
    \end{pmatrix}\mathbf{Y}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \\ -2 & 0 & -1
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    -7 & 6 & -6 \\ -9 & 5 & -9 \\ 0 & -1 & -1
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}$
  1. Resolver los siguientes problemas con valores iniciales.
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    -3 & 0 & 2 \\ 1 & -1 & 0 \\ -2 & -1 & 0
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
    0 \\ -1 \\ -2
    \end{pmatrix}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    0 & 2 & 0 & 0 \\ -2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -3 \\ 0 & 0 & 3 & 0
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
    1 \\ 1 \\ 1 \\ 0
    \end{pmatrix}$

Más adelante…

Ya conocemos la forma de las soluciones generales de sistemas lineales homogéneos en los que los valores propios de la matriz del sistema son reales y distintos y en los que son números complejos. El caso en el que son repetidos se presentará en la siguiente entrada.

Cuando los valores propios son repetidos el método se puede complicar un poco, sin embargo existe una alternativa bastante ingeniosa que nos permite obtener $n$ soluciones linealmente independientes de un sistema lineal de $n$ ecuaciones. ¡Dicha alternativa involucra la utilidad de la exponencial de una matriz $e^{\mathbf{A} t}$!.

Entradas relacionadas

Ecuaciones Diferenciales I: Sistemas lineales homogéneos con coeficientes constantes – Valores propios distintos

No debería haber algo como matemáticas aburridas.
– Edsger Dijkstra

Introducción

En la entrada anterior presentamos un breve repaso sobre valores y vectores propios de matrices y vimos cómo es que estas herramientas nos pueden ayudar a resolver sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden homogéneas con coeficientes constantes.

En dicha entrada vimos que para obtener los valores propios es necesario determinar la ecuación característica de la matriz, ésta ecuación resulta ser un polinomio de grado igual al número de ecuaciones que conformen al sistema lineal, así que si se trata de un sistema de $n$ ecuaciones, entonces el polinomio característico sera un polinomio de grado $n$, lo que significa que al resolver para la incógnita obtendremos $n$ raíces, es decir, $n$ valores propios. Ahora bien, sabemos que existen al menos tres casos que pueden ocurrir con dichas raíces y es que pueden ser reales y todas diferentes, pueden ser algunas repetidas o pueden ser incluso números complejos, para cada caso tendremos una forma particular de la solución general a tal sistema lineal.

Lo que desarrollaremos en las siguientes entradas será justamente estos tres casos. En esta entrada comenzaremos con el caso en el que los valores propios del sistema lineal son todos reales y distintos.

Recordemos que estamos intentando resolver un sistema lineal homogéneo con coeficientes constantes.

\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

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

Valores propios reales distintos

Con lo visto en la entrada anterior sabemos que si una matriz $\mathbf{A}$ de $n \times n$ tiene $n$ valores propios reales y distintos $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$, entonces siempre se puede encontrar un conjunto de $n$ vectores propios linealmente independientes $\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \cdots, \mathbf{v}_{n}$.

Por otro lado, con el último teorema visto en la entrada anterior sabemos que si

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

es un conjunto fundamental de soluciones de (\ref{3}) en el intervalo $(-\infty, \infty)$, entonces la solución general del sistema es

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} \mathbf{K}_{1} e^{\lambda_{1}t} + c_{2} \mathbf{K}_{2} e^{\lambda_{2}t} + \cdots + c_{n} \mathbf{K}_{n} e^{\lambda_{n}t} \label{4} \tag{4}$$

Donde $\lambda_{1}, \lambda_{2}, \cdots, \lambda_{n}$ son los valores propios y $\mathbf{K}_{1}, \mathbf{K}_{2}, \cdots, \mathbf{K}_{n}$ son los vectores propios asociados a cada valor propio. Notemos que en este teorema no se incluye la hipótesis de que los valores propios sean distintos. En esta entrada estamos interesados en resolver sistemas lineales en donde las raíces del polinomio característico sean todos reales y distintos, es decir, el caso en el que los valores propios del sistemas son distintos entre sí.

El siguiente resultado muestra cómo debe ser la solución general de un sistema lineal (\ref{3}) en el caso en el que los valores propios son reales y distintos.

La demostración es inmediata aplicando los resultados antes mencionados que son parte de dos teoremas vistos en la entrada anterior. De tarea moral Intenta escribir la demostración formalmente.

La diferencia entre (\ref{4}) y (\ref{5}) es que en ésta última solución ocurre que $\lambda_{i} \neq \lambda_{j}$ para $i \neq j$.

Este primer caso en realidad es muy sencillo así que concluiremos la entrada con tres ejemplos.

En la entrada en la que desarrollamos el método de eliminación de variables vimos que la solución general del sistema

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
4 & -1 \\ 2 & 1
\end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
t +1 \\ t + 1
\end{pmatrix} \label{6} \tag{6}$$

es

$$\mathbf{Y} = c_{1} \begin{pmatrix}
1 \\ 2
\end{pmatrix} e^{2t} + c_{2} \begin{pmatrix}
1 \\ 1
\end{pmatrix}e^{3t} -\begin{pmatrix}
\dfrac{1}{3} \\ \dfrac{1}{3}
\end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}
\dfrac{1}{9} \\ \dfrac{16}{9}
\end{pmatrix} \label{7} \tag{7}$$

Lo que significa que la solución del caso homogéneo de (\ref{6})

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
4 & -1 \\ 2 & 1
\end{pmatrix} \mathbf{Y} \label{8} \tag{8}$$

es

$$\mathbf{Y} = c_{1} \begin{pmatrix}
1 \\ 2
\end{pmatrix} e^{2t} + c_{2} \begin{pmatrix}
1 \\ 1
\end{pmatrix}e^{3t} \label{9} \tag{9}$$

Veamos si aplicando este método obtenemos el mismo resultado.

Recordemos que el polinomio característico se obtiene de calcular el determinante

$$|\mathbf{A} -\lambda \mathbf{I}| = 0 \label{10} \tag{10}$$

Una vez obtenido el polinomio se buscan las raíces para determinar los valores propios. Para cada valor propio se busca un vector $\mathbf{K} \neq \mathbf{0}$, tal que satisfaga la relación

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

Los vectores obtenidos corresponderán a los vectores propios del sistema.

Finalmente se sustituyen estos resultados en la solución (\ref{5}), siempre y cuando los valores propios sean reales y distintos.

Ejemplo: Resolver el sistema lineal

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

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

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
4 & -1 \\ 2 & 1
\end{pmatrix}$$

Determinemos la ecuación característica de acuerdo a (\ref{10}).

$$\begin{vmatrix}
4 -\lambda & -1 \\ 2 & 1 -2
\end{vmatrix} = (4 -\lambda)(1 -\lambda) + 2 = 0$$

El polinomio característico es

$$\lambda^{2} -5 \lambda + 6 = 0$$

Resolviendo para $\lambda$ se obtiene que las raíces son $\lambda_{1} = 2$ y $\lambda_{2} = 3$, son reales y distintas. Para cada valor propio determinemos los vectores propios de acuerdo a (\ref{11}).

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

$$\begin{pmatrix}
4 -2 & -1 \\ 2 & 1 -2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2 & -1 \\ 2 & -1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

La ecuación que se obtiene es

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

Elegimos $k_{1} = 1$, entonces $k_{2} = 2$, así el primer vector propio es

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

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

$$\begin{pmatrix}
4 -3 & -1 \\ 2 & 1 -3
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 & -1 \\ 2 & -2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

La ecuación que se obtiene es

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

Elegimos $k_{1} = 1$, entonces $k_{2} = 1$, así el segundo vector propio es

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

De acuerdo a (\ref{5}), la solución general es

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

Sustituyendo los valores obtenidos tenemos que la solución general del sistema lineal homogéneo es

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

Vemos que efectivamente corresponde a la solución (\ref{9}) obtenida con el método de eliminación de variables.

$\square$

Resolvamos ahora un problema con valores iniciales.

Ejemplo: Resolver el siguiente problema con valores iniciales.

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
1 & 12 \\ 3 & 1
\end{pmatrix} \mathbf{Y}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
0 \\ 1
\end{pmatrix}$$

Solución: La matriz $\mathbf{A}$ está dada por

$$\mathbf{A} = \begin{pmatrix}
1 & 12 \\ 3 & 1
\end{pmatrix}$$

La ecuación característica es

$$\begin{vmatrix}
1 -\lambda & 12 \\ 3 & 1 -\lambda
\end{vmatrix} = (1 -\lambda)^{2} -36 = 0$$

El polinomio característico es

\begin{align*}
\lambda^{2} -2 \lambda -35 &= 0 \\
(\lambda -7) (\lambda + 5) &= 0
\end{align*}

De donde es claro que $\lambda_{1} = 7$ y $\lambda_{2} = -5$. Determinemos los vectores propios.

Caso 1: $\lambda_{1} = 7$.

$$\begin{pmatrix}
1 -7 & 12 \\ 3 & 1 -7
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-6 & 12 \\ 3 & -6
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

Las ecuaciones que se obtienen son

\begin{align*}
-6 k_{1} + 12 k_{2} &= 0 \\
3 k_{1} -6 k_{2} &= 0
\end{align*}

De donde $k_{1} = 2k_{2}$. Elegimos $k_{2} = 1$, de manera que $k_{1} = 2$. Así el primer vector propio es

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

Caso 2: $\lambda_{2} = -5$.

$$\begin{pmatrix}
1 + 5 & 12 \\ 3 & 1 + 5
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
6 & 12 \\ 3 & 6
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

Las ecuaciones que se obtienen son

\begin{align*}
6 k_{1} + 12 k_{2} &= 0 \\
3 k_{1} + 6 k_{2} &= 0
\end{align*}

De donde $k_{1} = -2k_{2}$. Elegimos $k_{2} = 1$, de manera que $k_{1} = -2$. Así el segundo vector propio es

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

Sustituyendo estos resultados en la solución general (\ref{5}), se obtiene

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} \begin{pmatrix}
2 \\ 1
\end{pmatrix} e^{7t} + c_{2} \begin{pmatrix}
-2 \\ 1
\end{pmatrix} e^{-5t}$$

Apliquemos los valores iniciales para determinar el valor de las constantes $c_{1}$ y $c_{2}$.

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

Reescribiendo.

$$\begin{pmatrix}
0 \\ 1
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2c_{1} \\ c_{1}
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
-2c_{2} \\ c_{2}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
2c_{1} -2c_{2} \\ c_{1} + c_{2}
\end{pmatrix} $$

Las ecuaciones que se obtienen son

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

Resolviendo el sistema se obtiene que $c_{1} = \dfrac{1}{2}$ y $c_{2} = \dfrac{1}{2}$. Por lo tanto, la solución particular del sistema lineal es

$$\mathbf{Y}(t) = \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
2 \\ 1
\end{pmatrix} e^{7t} + \dfrac{1}{2} \begin{pmatrix}
-2 \\ 1
\end{pmatrix} e^{-5t} = \begin{pmatrix}
e^{7t} -e^{-5t} \\ \dfrac{1}{2}e^{7t} + \dfrac{1}{2}e^{-5t}
\end{pmatrix}$$

$\square$

Para concluir con esta entrada, resolvamos un sistema lineal en el que la matriz $\mathbf{A}$ es de $4 \times 4$.

Ejemplo: Determinar la solución general del siguiente sistema lineal homogéneo.

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
-1 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -4 & -3 & 6 \\
0 & -3 & -2 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 7
\end{pmatrix} \mathbf{Y}$$

Solución: La ecuación característica se obtiene de hacer el siguiente determinante.

$$\begin{vmatrix}
-1 -\lambda & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -4 -\lambda & -3 & 6 \\
0 & -3 & -2 -\lambda & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 7 -\lambda
\end{vmatrix} = 0$$

No es de nuestro interés mostrar todos los pasos del determinante, incluso es conveniente hacer uso de algún método computacional para resolverlo. El resultado que se obtiene de calcular el determinante es

$$\lambda^{4} -5 \lambda^{2} + 4 = 0$$

Muestra que el polinomio característico se puede descomponer de la siguiente forma.

$$(\lambda + 2)(\lambda + 1)(\lambda -1)(\lambda -2) = 0$$

En esta forma es claro que los valores propios del sistema son

$$\lambda_{1} = -2, \hspace{1cm} \lambda_{2} = -1, \hspace{1cm} \lambda_{3} = 1, \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \lambda_{4} = 2$$

Todos reales y distintos. Determinemos los vectores propios para cada valor propio.

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

Buscamos un vector $\mathbf{K}_{1} \neq \mathbf{0}$, tal que

$$(\mathbf{A} + 2 \mathbf{I}) \mathbf{K}_{1} = \mathbf{0}$$

Sustituimos.

$$\begin{pmatrix}
-1 + 2 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -4 + 2 & -3 & 6 \\
0 & -3 & -2 + 2 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 7 + 2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3} \\ k_{4}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
1 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -2 & -3 & 6 \\
0 & -3 & 0 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 9
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3} \\ k_{4}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

Nuevamente es conveniente resolver el sistema usando algún método computacional, al hacerlo obtendremos que los valores correspondientes de las incógnitas son

$$k_{1} = 1, \hspace{1cm} k_{2} = 0, \hspace{1cm} k_{3} = -1, \hspace{1cm} y \hspace{1cm} k_{4} = 0$$

De manera que el primer vector propio es

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

Caso 2: $\lambda_{2} = -1$

Sustituimos en la ecuación vectorial

$$(\mathbf{A} + 1 \mathbf{I}) \mathbf{K}_{2} = \mathbf{0}$$

$$\begin{pmatrix}
-1 + 1 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -4 + 1 & -3 & 6 \\
0 & -3 & -2 + 1 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 7 + 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3} \\ k_{4}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -3 & -3 & 6 \\
0 & -3 & -1 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 8
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3} \\ k_{4}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

Resolviendo el sistema obtenemos que el segundo vector propio es

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

Caso 3: $\lambda_{3} = 1$

Sustituimos en la ecuación

$$(\mathbf{A} -1 \mathbf{I}) \mathbf{K}_{3} = \mathbf{0}$$

$$\begin{pmatrix}
-1 -1 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -4 -1 & -3 & 6 \\
0 & -3 & -2 -1 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 7 -1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3} \\ k_{4}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-2 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -5 & -3 & 6 \\
0 & -3 & -3 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 6
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3} \\ k_{4}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

El resultado de resolver el sistema corresponde al tercer vector propio

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

Caso 4: $\lambda_{4} = 2$

Para concluir sustituimos en la ecuación

$$(\mathbf{A} -2 \mathbf{I}) \mathbf{K}_{4} = \mathbf{0}$$

$$\begin{pmatrix}
-1 -2 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -4 -2 & -3 & 6 \\
0 & -3 & -2 -2 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 7 -2
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3} \\ k_{4}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-3 & -1 & 1 & 1 \\
-3 & -6 & -3 & 6 \\
0 & -3 & -4 & 3 \\
-3 & -5 & -3 & 5
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
k_{1} \\ k_{2} \\ k_{3} \\ k_{4}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}$$

El cuarto y último vector propio es

$$\mathbf{K}_{4} = \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}$$

Con estos resultados obtenemos que el conjunto fundamental de soluciones esta conformado por los siguientes vectores linealmente independientes.

$$S = \left\{ e^{-2t} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix}, e^{-t} \begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}, e^{t} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix}, 2^{2t} \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix} \right\}$$

Y por lo tanto, la solución general del sistema lineal es

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix} e^{-2t} + c_{2} \begin{pmatrix}
1 \\ 1 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix} e^{-t} + c_{3} \begin{pmatrix}
1 \\ 0 \\ 1 \\ 1
\end{pmatrix} e^{t} + c_{4} \begin{pmatrix}
0 \\ 1 \\ 0 \\ 1
\end{pmatrix}e^{2t}$$

$\square$

Con esto hemos concluido esta entrada. Nos falta ver el caso en el que los valores propios son números complejos y el caso en el que hay valores propios repetidos, ambos casos resultan ser un poco más complicados e interesantes que este.

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. Demostrar formalmente el Teorema enunciado en esta entrada.
  1. Resolver los siguientes sistemas lineales homogéneos.
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    6 & -3 \\ 2 & 1
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    3 & 2 & 4 \\ 2 & 0 & 2 \\ 4 & 2 & 3
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}$
  1. Resolver los siguientes problemas con valores iniciales.
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    1 & -3 \\ -2 & 2
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
    0 \\ 5
    \end{pmatrix}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    3 & 1 & -2 \\ -1 & 2 & 1 \\ 4 & 1 & -3
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}(0) = \begin{pmatrix}
    1 \\ 4 \\ -7
    \end{pmatrix}$
  1. Considerar el siguiente sistema lineal homogéneo.

    $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \mathbf{Y} = \mathbf{AY}$
  • Demostrar que la solución general del sistema lineal es

    $\mathbf{Y}(t) = c_{1} e^{2t} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c_{2} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$
  • Determinar la matriz fundamental de soluciones $\hat{\mathbf{Y}}(t)$ del sistema lineal.
  • Una vez obtenida la matriz fundamental de soluciones determinar la exponencial de la matriz $\mathbf{A} t$ usando la expresión

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

    Comparar el resultado con el obtenido usando la definición. ¿Notas alguna diferencia?.

Más adelante…

En esta entrada desarrollamos el método de valores y vectores propios para resolver sistemas lineales homogéneos en el caso en el que los valores propios son todos reales y distintos.

En la siguiente entrada continuaremos con la segunda situación correspondiente al caso en el que los valores propios del sistema son números complejos. En este caso la forma de las soluciones serán distintas.

Entradas relacionadas

Ecuaciones Diferenciales I: Soluciones a sistemas de ecuaciones diferenciales

Los errores y dificultades no resueltos en el pasado de las matemáticas
siempre han sido las oportunidades de su futuro.
– E. T. Bell

Introducción

En la entrada anterior vimos lo que es un sistema de ecuaciones diferenciales, en particular un sistema lineal de primer orden. Vimos también lo que es un problema de valores iniciales y establecimos la notación matricial.

Así mismo, vimos cómo es que una ecuación diferencial lineal de orden $n$ se puede transformar en un sistema lineal de primer orden, esto tiene bastante ventaja ya que, una vez que veamos cómo resolver sistemas de ecuaciones diferenciales, muchas veces será más sencillo resolver el sistema que resolver la ecuación de orden $n$ aplicando los métodos que ya conocemos.

En esta entrada estudiaremos las propiedades de las soluciones de los sistemas lineales de primer orden.

Cabe mencionar que mucho de lo que desarrollaremos en esta entrada es bastante similar a la teoría vista con las ecuaciones diferenciales de orden $n$, comenzando por la validez del principio de superposición.

A partir de ahora sólo usaremos la notación matricial y toda la teoría básica del álgebra lineal que éstas conllevan.

Soluciones de sistemas lineales de primer orden

Comencemos por estudiar el caso homogéneo. El sistema lineal de primer orden homogéneo es

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

O bien,

$$\mathbf{Y^{\prime}} = \mathbf{AY} \label{2} \tag{2}$$

En la entrada anterior definimos la solución de un sistema de ecuaciones diferenciales en el intervalo $\delta$ como el conjunto de $n$ funciones

$$S_{0} = \{y_{1}(t), y_{2}(t), \cdots, y_{n}(t)\} \label{3} \tag{3}$$

definidas en $\delta$ y diferenciables en el mismo intervalo, tales que satisfacen simultáneamente las $n$ ecuaciones diferenciables de un sistema lineal.

Las soluciones pueden ser escritas como el vector

$$\mathbf{Y} = \begin{pmatrix}
y_{1}(t) \\ y_{2}(t) \\ \vdots \\ y_{n}(t)
\end{pmatrix} \label{4} \tag{4}$$

cuyos elementos son funciones derivables que satisfacen un sistema lineal en el intervalo $\delta$.

En las siguientes definiciones y teoremas se supondrá que los coeficientes $a_{ij}(t)$, $i, j \in \{1, 2, 3, \cdots, n\}$ y ,para el caso no homogéneo, las funciones $g_{i}(t)$, son continuas en algún intervalo común $\delta$.

Comencemos por mostrar que el principio de superposición también es valido para sistemas lineales.

Demostración: Consideremos la combinación lineal

$$\mathbf{Y} = c_{1} \mathbf{Y}_{1} + c_{2} \mathbf{Y}_{2} + \cdots + c_{m} \mathbf{Y}_{m}$$

con

$$\mathbf{Y}_{i} = \begin{pmatrix}
y_{1i} \\ y_{2i} \\ \vdots \\ y_{ni}
\end{pmatrix}$$

para $i = 1, 2, \cdots, m$. La derivada de $\mathbf{Y}_{i}$ esta dada por

$$\mathbf{Y}_{i}^{\prime} = \begin{pmatrix}
y_{1i}^{\prime} \\ y_{2i}^{\prime} \\ \vdots \\ y_{ni}^{\prime}
\end{pmatrix}$$

Entonces la derivada de la combinación lineal es

\begin{align*}
\mathbf{Y}^{\prime} &= \begin{pmatrix}
c_{1}y_{11}^{\prime} + c_{2}y_{12}^{\prime} + \cdots + c_{m}y_{1m}^{\prime} \\
c_{1}y_{21}^{\prime} + c_{2}y_{22}^{\prime} + \cdots + c_{m}y_{2m}^{\prime} \\
\vdots \\
c_{1}y_{n1}^{\prime} + c_{2}y_{n2}^{\prime} + \cdots + c_{m}y_{nm}^{\prime}
\end{pmatrix} \\
&= c_{1} \begin{pmatrix}
y_{11}^{\prime} \\ y_{21}^{\prime} \\ \vdots \\ y_{n1}^{\prime}
\end{pmatrix} + c_{2} \begin{pmatrix}
y_{12}^{\prime} \\ y_{22}^{\prime} \\ \vdots \\ y_{n2}^{\prime}
\end{pmatrix} + \cdots + c_{m} \begin{pmatrix}
y_{1m}^{\prime} \\ y_{2m}^{\prime} \\ \vdots \\ y_{nm}^{\prime}
\end{pmatrix} \\
&= c_{1} \mathbf{Y}_{1}^{\prime} + c_{2} \mathbf{Y}_{2}^{\prime} + \cdots + c_{m} \mathbf{Y}_{m}^{\prime}
\end{align*}

Como cada $\mathbf{Y}_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, m$, es solución del sistema homogéneo (\ref{2}) en $\delta$, entonces

$$\mathbf{Y}_{i}^{\prime} = \mathbf{A} \mathbf{Y}_{i}$$

así

\begin{align*}
\mathbf{Y}^{\prime} &= c_{1} (\mathbf{AY}_{1}) + c_{2} (\mathbf{AY}_{2}) + \cdots + c_{m} (\mathbf{AY}_{m}) \\
&= \mathbf{A}(c_{1} \mathbf{Y}_{1} + c_{2} \mathbf{Y}_{2} + \cdots + c_{m} \mathbf{Y}_{m}) \\
&= \mathbf{AY}
\end{align*}

En donde se ha hecho uso de la propiedad distributiva de la matriz $\mathbf{A}$ y de la hipótesis (\ref{5}). Por lo tanto, la combinación lineal

$$\mathbf{Y} = c_{1} \mathbf{Y}_{1} + c_{2} \mathbf{Y}_{2} + \cdots + c_{m} \mathbf{Y}_{m}$$

también es solución y los es en el mismo intervalo común $\delta$ ya que esta compuesta de soluciones definidas en dicho intervalo.

$\square$

Intenta hacer la demostración.

Realicemos un ejemplo.

Ejemplo: Probar que la combinación lineal

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

es solución del sistema lineal

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

Solución: Probemos que cada uno de los vectores de la combinación lineal es solución y usemos el principio de superposición.

Los vectores son

$$\mathbf{Y}_{1} = \begin{pmatrix}
1 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{2} = \begin{pmatrix}
e^{2t} \\ e^{2t} \\ 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{3} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ e^{3t}
\end{pmatrix}$$

Por un lado, derivemos estos vectores.

$$\mathbf{Y}^{\prime}_{1} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}^{\prime}_{2} = \begin{pmatrix}
2e^{2t} \\ 2e^{2t} \\ 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}^{\prime}_{3} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ 3e^{3t}
\end{pmatrix}$$

Por otro lado, sustituyamos cada uno de los vectores en el sistema lineal y usemos los resultados anteriores.

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

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

y

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

De esta manera queda mostrado que los tres vectores son solución, ya que satisfacen el sistema. Por el principio de superposición concluimos que la combinación lineal

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

también es solución del sistema lineal.

$\square$

El principio de superposición nos indica que un sistema lineal puede tener más de una solución, sin embargo, similar al caso de ecuaciones diferenciales de orden $n$, buscamos soluciones que sean linealmente independientes entre sí. A continuación definimos la dependencia e independencia lineal de las soluciones en este contexto.

En la unidad anterior definimos una herramienta muy útil que, además de ayudarnos a resolver ecuaciones diferenciales de orden superior en algunos métodos, nos ayuda a determinar si un conjunto de soluciones es linealmente independiente, dicha herramienta es el Wronskiano, la definición en el caso de los sistemas lineales de primer orden, es la siguiente.

Se puede demostrar que si el Wronskiano es distinto de cero, entonces las soluciones son linealmente independientes, igual que antes, esto es conocido como el criterio para soluciones linealmente independientes. Para demostrar este hecho es conveniente recordar algunos resultados de álgebra que podremos usar en la demostración.

Recordemos que un sistema lineal de $n$ ecuaciones con $n$ incógnitas es un conjunto de ecuaciones

$$\begin{matrix}
b_{11}u_{1} + b_{12}u_{2} + \cdots + b_{1n}u_{n} = d_{1} \\
b_{21}u_{1} + b_{22}u_{2} + \cdots + b_{2n}u_{n} = d_{2}\\
\vdots\\
b_{n1}u_{1} + b_{n2}u_{2} + \cdots + b_{nn}u_{n} = d_{n}
\end{matrix} \label{9} \tag{9}$$

Con $b_{i, j}$ y $d_{i}$, $i, j \in \{1,2, 3, \cdots, n\}$ números reales dados y $u_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, n$ las incógnitas. Usando la notación matricial podemos escribir el sistema (\ref{9}) como

$$\mathbf{BU} = \mathbf{D} \label{10} \tag{10}$$

con

$$\mathbf{B} = \begin{pmatrix}
b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\
b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\
\vdots & & & \vdots \\
b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{nn}
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{U} = \begin{pmatrix}
u_{1} \\ u_{2} \\ \vdots \\ u_{n}
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{D} = \begin{pmatrix}
d_{1} \\ d_{2} \\ \vdots \\ d_{n}
\end{pmatrix}$$

Los resultados que nos interesan son los siguientes.

Si $\mathbf{D} = \mathbf{0}$, el sistema (\ref{10}) también recibe el nombre de sistema homogéneo.

Con estos resultados podemos demostrar el criterio para soluciones linealmente independientes que se enuncia a continuación.

Demostración:

$\Rightarrow$) Por demostrar: $W(\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}) \neq 0$.

Sea $t_{0} \in \delta$ en el que $W(t_{0}) = 0$, en donde $W(t_{0})$ denota al Wronskiano con cada vector solución evaluado en el punto $t_{0}$.

$$W(t_{0}) = W(\mathbf{Y}_{1}(t_{0}), \mathbf{Y}_{2}(t_{0}), \cdots, \mathbf{Y}_{n}(t_{0})) $$

En una combinación de ambos teoremas de los resultados de álgebra podemos deducir que existen constantes $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$, no todos cero, tal que

$$\mathbf{Y}(t_{0}) = c_{1} \mathbf{Y}_{1}(t_{0}) + c_{2} \mathbf{Y}_{2}(t_{0}) + \cdots + c_{n} \mathbf{Y}_{n}(t_{0}) = 0 \label{11} \tag{11}$$

Lo que tenemos es un sistema lineal de $n$ ecuaciones homogéneo con $n$ incógnitas (sistema lineal en el contexto algebraico (\ref{10}) con $\mathbf{D} = \mathbf{0}$, no sistema lineal de ecuaciones diferenciales), dichas incógnitas son las constantes $c_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, n$. La relación (\ref{11}) se cumple debido a que si el Wronskiano es igual a cero, entonces es posible que el sistema no tenga solución trivial y mucho menos una solución única, esto lo deducimos de los teoremas de álgebra que establecimos.

Por otro lado, sabemos por hipótesis que los vectores $\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}$ son solución del sistema homogéneo (\ref{2}) en el intervalo $\delta$, por el principio de superposición sabemos también que la combinación lineal

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

es solución de (\ref{2}) en $\delta$. Del resultado (\ref{11}) y de la unicidad de la solución se deduce que $\mathbf{Y}(t) = 0$ para algún punto $t = t_{0} \in \delta$, es decir,

$$c_{1} \mathbf{Y}_{1} + c_{2} \mathbf{Y}_{2} + \cdots + c_{n} \mathbf{Y}_{n} = 0$$

Pero por hipótesis los vectores $\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}$ son linealmente independientes en $\delta$, lo que implica que

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

lo cual es una contradicción con lo que establecimos en (\ref{11}). Por lo tanto, el Wronskiano tiene que ser distinto de cero, es decir

$$W(\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}) \neq 0$$

$\Leftarrow$) Por demostrar: $S$ es linealmente independiente.

Este caso también lo demostraremos por contradicción. Supongamos que los vectores solución $\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}$ son linealmente dependientes en $\delta$, esto implica que existen constantes $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$ no todos cero, tal que

$$c_{1} \mathbf{Y}_{1} + c_{2} \mathbf{Y}_{2} + \cdots + c_{n} \mathbf{Y}_{n} = 0$$

Este sistema lo podemos escribir en la forma (\ref{9}) como

$$\begin{matrix}
c_{1}y_{11} + c_{2}y_{12} + \cdots + c_{n}y_{1n} = 0 \\
c_{1}y_{21} + c_{2}y_{22} + \cdots + c_{n}y_{2n} = 0 \\
\vdots\\
c_{1}y_{n1} + c_{2}y_{n2} + \cdots + c_{n}y_{nn} = 0
\end{matrix}$$

En donde las funciones $y_{ij}$, $i, j \in \{1, 2, 3, \cdots, n\}$ son los coeficientes y las constantes $c_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, n$ son las incógnitas. Debido a que las $c_{i}$ no son todas cero implica que el sistema no tiene solución trivial y por el segundo teorema de los resultados de álgebra concluimos que

$$W(\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}) = 0$$

Pero, por hipótesis

$$W(\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}) \neq 0$$

lo cual es una contradicción y todo nace de considerar a $S$ como un conjunto linealmente dependiente. Por lo tanto, el conjunto de soluciones

$$S = \{\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}\}$$

es linealmente independiente en $\delta$.

$\square$

Un resultado interesante se enuncia a continuación.

Este resultado nos garantiza que si $W \neq 0$ para algún punto $t_{0} \in \delta$, entonces $W \neq 0$ para toda $t \in \delta$ y por el criterio anterior las soluciones serán linealmente independientes en ese intervalo.

El conjunto de soluciones linealmente independientes del sistema lineal (\ref{2}) recibe un nombre especial.

El siguiente teorema nos garantiza la existencia de este conjunto.

El conjunto fundamental de soluciones está constituido por vectores que son linealmente independientes entre sí, con estos vectores es posible formar una matriz cuyas columnas están formadas con las entradas de dichos vectores, esta matriz tiene un nombre especial.

Un hecho interesante es que el determinante de la matriz fundamental de soluciones corresponde al Wronskiano.

$$W(\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}) = |\mathbf{M}(t)| \label{13} \tag{13}$$

Realicemos un ejemplo, para ello consideremos el sistema lineal del ejemplo anterior.

Ejemplo: Mostrar que las soluciones

$$\mathbf{Y}_{1} = \begin{pmatrix}
1 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{2} = \begin{pmatrix}
e^{2t} \\ e^{2t} \\ 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{3} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ e^{3t}
\end{pmatrix}$$

del sistema lineal

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

son linealmente independientes.

Solución: En el ejemplo anterior ya comprobamos que efectivamente son solución del sistema lineal dado. Para determinar si son linealmente independientes veamos si el Wronskiano es distinto de cero.

$$W(\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \mathbf{Y}_{3}) = \begin{vmatrix}
1 & e^{2t} & 0 \\ -1 & e^{2t} & 0 \\ 0 & 0 & e^{3t}
\end{vmatrix} = e^{5t} + 0 + 0 -0 -0 -(-e^{5t}) = 2e^{5t} \neq 0$$

Como $W \neq 0$, $\forall$ $t \in \mathbb{R}$, entonces los vectores dados son linealmente independientes y por lo tanto forman un conjunto fundamental de soluciones en $\mathbb{R}$.

$$S = \left\{ \begin{pmatrix}
1 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
e^{2t} \\ e^{2t} \\ 0
\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ e^{3t}
\end{pmatrix} \right\}$$

La matriz fundamental de soluciones es

$$\mathbf{M}(t) = \begin{pmatrix}
1 & e^{2t} & 0 \\ -1 & e^{2t} & 0 \\ 0 & 0 & e^{3t}
\end{pmatrix}$$

$\square$

Un buen ejercicio sería mostrar que un conjunto de soluciones del sistema lineal homogéneo (\ref{2}) forma un espacio vectorial, es relativamente sencillo probar cada una de las propiedades o axiomas que definen a un espacio vectorial. El resultado a demostrar de tarea moral es el siguiente.

Soluciones generales a sistemas lineales

Ahora que conocemos algunas propiedades de las soluciones de sistemas lineales, es momento de conocer la forma general de las soluciones de los sistemas lineales tanto homogéneos como no homogéneos.

Comencemos por enunciar el teorema que establece la forma de la solución general de un sistema lineal homogéneo (\ref{2}).

Demostración: Sea $\mathbf{Y}(t)$ una solución arbitraria del sistema lineal homogéneo en el intervalo $\delta$, sea $t_{0} \in \delta$ y supongamos que

$$\mathbf{Y}(t_{0}) = \begin{pmatrix}
b_{1} \\ b_{2} \\ \vdots \\ b_{n}
\end{pmatrix} = \mathbf{Y}_{0}$$

Es decir, la función $\mathbf{Y}(t)$ satisface el problema de valores iniciales $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}; \mathbf{Y}(t_{0}) = \mathbf{Y}_{0}$.

Por otro lado, por el principio de superposición sabemos que la combinación lineal

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

también es solución del sistema lineal $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$. Donde $c_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, n$ son constantes arbitrarias y las $\mathbf{Y}_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, n$ son las soluciones del conjunto fundamental de soluciones del sistema lineal. Supongamos que

$$\hat{\mathbf{Y}}(t_{0}) = c_{1} \mathbf{Y}_{1}(t_{0}) + c_{2} \mathbf{Y}_{2}(t_{0}) + \cdots + c_{n} \mathbf{Y}_{n}(t_{0}) = \mathbf{Y}_{0}$$

Lo que tenemos es el siguiente sistema de $n$ ecuaciones.

$$\begin{matrix}
c_{1}y_{11}(t_{0}) + c_{2}y_{12}(t_{0}) + \cdots + c_{n}y_{1n}(t_{0}) = b_{1} \\
c_{1}y_{21}(t_{0}) + c_{2}y_{22}(t_{0}) + \cdots + c_{n}y_{2n}(t_{0}) = b_{2} \\
\vdots \\
c_{1}y_{n1}(t_{0}) + c_{2}y_{n2}(t_{0}) + \cdots + c_{n}y_{nn}(t_{0}) = b_{n}
\end{matrix}$$

En donde las incógnitas son las contantes $c_{i}$, $i = 1, 2, \cdots, n$. Como las funciones $y_{ij}$, $i,j \in \{1, 2, 3, \cdots, n \}$ pertenecen a vectores del conjunto de soluciones, entonces sabemos que $\mathbf{Y}_{1}, \mathbf{Y}_{2}, \cdots, \mathbf{Y}_{n}$ son linealmente independientes y por el criterio para soluciones linealmente independientes inferimos que $W(t_{0}) \neq 0$, donde

$$W(t_{0}) = W(\mathbf{Y}_{1}(t_{0}), \mathbf{Y}_{2}(t_{0}), \cdots, \mathbf{Y}_{n}(t_{0}))$$

De los resultados de álgebra deducimos que el sistema de $n$ ecuaciones tiene solución única, esto significa que existen constantes únicas $c_{1}, c_{2}, \cdots, c_{n}$, tal que

$$c_{1} \mathbf{Y}_{1}(t_{0}) + c_{2} \mathbf{Y}_{2}(t_{0}) + \cdots + c_{n} \mathbf{Y}_{n}(t_{0}) = \mathbf{Y}_{0}$$

Esto nos indica que

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

es solución del problema de valores iniciales. Por el teorema de existencia y unicidad para sistemas lineales homogéneas concluimos que $\mathbf{Y}(t) = \hat{\mathbf{Y}}(t)$, es decir,

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

Como $\mathbf{Y}(t)$ es una solución arbitraria, entonces debe ser la solución general del sistema lineal homogéneo en $\delta$.

$\square$

Para concluir la entrada estudiemos el caso no homogéneo.

Sistemas no homogéneos

El sistema lineal de primer orden no homogéneo es

$$\begin{pmatrix}
y_{1}^{\prime}(t) \\ y_{2}^{\prime}(t) \\ \vdots \\ y_{n}^{\prime}(t)
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
a_{11}(t) & a_{12}(t) & \cdots & a_{1n}(t) \\
a_{21}(t) & a_{22}(t) & \cdots & a_{2n}(t) \\
\vdots & & & \vdots \\
a_{n1}(t) & a_{n2}(t) & \cdots & a_{nn}(t)
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
y_{1}(t) \\ y_{2}(t) \\ \vdots \\ y_{n}(t)
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
g_{1}(t) \\ g_{2}(t) \\ \vdots \\ g_{n}(t)
\end{pmatrix} \label{15} \tag{15}$$

O bien,

$$\mathbf{Y^{\prime}} = \mathbf{AY} + \mathbf{G} \label{16} \tag{16}$$

El vector de funciones que satisface el sistema (\ref{16}) es una solución y recibe un nombre.

A continuación se enuncia el teorema que nos muestra la forma general de la solución de un sistema lineal no homogéneo.

Demostración: Sea

$$\mathbf{Y}_{p}(t) = \begin{pmatrix}
y_{1p} \\ y_{2p} \\ \vdots \\ y_{np}
\end{pmatrix}$$

una solución particular de (\ref{16}) y sean $\mathbf{Y}_{1}(t), \mathbf{Y}_{2}(t), \cdots, \mathbf{Y}_{n}(t)$, $n$ soluciones linealmente independientes del sistema homogéneo asociado $\mathbf{Y^{\prime}} = \mathbf{AY}$.

Sea $\mathbf{Y}(t)$ una solución arbitraria del sistema no homogéneo, notemos lo siguiente.

\begin{align*}
(\mathbf{Y}(t) -\mathbf{Y}_{p}(t))^{\prime} &= \mathbf{Y}^{\prime}(t) -\mathbf{Y}_{p}^{\prime}(t) \\
&= (\mathbf{AY}(t) + \mathbf{G}) -(\mathbf{AY}_{p}(t) + \mathbf{G}) \\
&= \mathbf{A} (\mathbf{Y}(t) -\mathbf{Y}_{p}(t))
\end{align*}

Este resultado nos indica que $\mathbf{Y}(t) -\mathbf{Y}_{p}(t)$ es solución del sistema homogéneo, eso significa que se puede escribir como

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

entonces, la solución $\mathbf{Y}$ tiene la forma

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1}\mathbf{Y}_{1}(t) + c_{2}\mathbf{Y}_{2}(t) + \cdots + c_{n}\mathbf{Y}_{n}(t) + \mathbf{Y}_{p}(t) \label{19} \tag{19}$$

La solución $\mathbf{Y}(t)$, al ser cualquier solución del sistema lineal no homogéneo, podemos deducir que la solución general debe tener la forma (\ref{19}), por lo que concluimos que $\mathbf{Y}(t)$ se trata de la solución general de (\ref{16}).

Considerando la hipótesis (\ref{17}) concluimos que la solución general del sistema lineal no homogéneo es

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

$\square$

Cuando estamos trabajando con un sistema lineal no homogéneo, la solución general del sistema lineal homogéneo asociado (\ref{17}) recibe un nombre particular.

Concluyamos con un ejemplo.

Ejemplo: Probar que el vector

$$\mathbf{Y}_{p} = \begin{pmatrix}
-\dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} \\ -e^{t} + \dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} \\ \dfrac{1}{2}t^{2}e^{3t}
\end{pmatrix}$$

es una solución particular del siguiente sistema lineal no homogéneo.

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

Solución: Por un lado, derivemos el vector dado.

$$\mathbf{Y}^{\prime}_{p} = \begin{pmatrix}
-\dfrac{1}{2}e^{2t} + \dfrac{1}{2}e^{2t} + te^{2t} \\ -e^{t} + \dfrac{1}{2}e^{2t} + \dfrac{1}{2}e^{2t} + te^{2t} \\ te^{3t} + \dfrac{3}{2}t^{2}e^{3t}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
te^{2t} \\ -e^{t} + e^{2t} + te^{2t} \\ te^{3t} + \dfrac{3}{2}t^{2}e^{3t}
\end{pmatrix}$$

Por otro lado, sustituyamos directamente en el sistema al vector dado.

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
-\dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} \\ -e^{t} + \dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} \\ \dfrac{1}{2}t^{2}e^{3t}
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
e^{t} \\ e^{2t} \\ te^{3t}
\end{pmatrix}$$

Operando obtenemos lo siguiente.

$$\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
-\dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} -e^{t} + \dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} + e^{t} \\ -\dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} -e^{t} + \dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t}+e^{2t} \\ \dfrac{3}{2}t^{2}e^{3t} + te^{3t}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
te^{2t} \\ -e^{t} + e^{2t} + te^{2t} \\ te^{3t} + \dfrac{3}{2}t^{2}e^{3t}
\end{pmatrix}$$

Los resultados obtenidos son los mismos, por lo tanto el vector $\mathbf{Y}_{p}$ es solución del sistema.

En los ejemplos anteriores de esta entrada probamos que el conjunto fundamental de soluciones del sistema lineal homogéneo asociado

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

esta constituido por los vectores linealmente independientes

$$\mathbf{Y}_{1} = \begin{pmatrix}
1 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{2} = \begin{pmatrix}
e^{2t} \\ e^{2t} \\ 0
\end{pmatrix}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{3} = \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ e^{3t}
\end{pmatrix}$$

de manera que la función complementaria es

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

Como la solución general es

$$\mathbf{Y} = \mathbf{Y}_{c} + \mathbf{Y}_{p}$$

Entonces la solución general del sistema lineal no homogéneo es

$$\mathbf{Y}(t) = c_{1} \begin{pmatrix}
1 \\ -1 \\ 0
\end{pmatrix} + c_{2} \begin{pmatrix}
e^{2t} \\ e^{2t} \\ 0
\end{pmatrix} + c_{3} \begin{pmatrix}
0 \\ 0 \\ e^{3t}
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
-\dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} \\ -e^{t} + \dfrac{1}{4}e^{2t} + \dfrac{1}{2}te^{2t} \\ \dfrac{1}{2}t^{2}e^{3t}
\end{pmatrix}$$

$\square$

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. Los siguientes vectores son soluciones de un sistema lineal homogéneo $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$. Determinar si forman un conjunto fundamental de soluciones en $\mathbb{R}$.
  • $\mathbf{Y}_{1} = \begin{pmatrix}
    1 \\ -1
    \end{pmatrix} e^{t}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{2} = \begin{pmatrix}
    2 \\ 6
    \end{pmatrix}e^{t} + \begin{pmatrix}
    8 \\ -8
    \end{pmatrix}te^{t}$
  • $\mathbf{Y}_{1} = \begin{pmatrix}
    1 \\ 6 \\ -13
    \end{pmatrix},\hspace{1cm} \mathbf{Y}_{2} = \begin{pmatrix}
    1 \\ -2 \\ -1
    \end{pmatrix}e^{-4t}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{3}= \begin{pmatrix}
    2 \\ 3 \\ -2
    \end{pmatrix}e^{3t}$
  1. Probar que el vector $\mathbf{Y}_{p}$ es una solución particular del sistema lineal dado.
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    2 & 1 \\ 3 & 4
    \end{pmatrix} \mathbf{Y} -\begin{pmatrix}
    1 \\ 7
    \end{pmatrix}e^{t}, \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{p} = \begin{pmatrix}
    1 \\ 1
    \end{pmatrix}e^{t} + \begin{pmatrix}
    1 \\ -1
    \end{pmatrix}te^{t}$
  • $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    1 & 2 & 3 \\
    -4 & 2 & 0 \\
    -6 & 1 & 0
    \end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
    -1 \\ 4 \\ 3
    \end{pmatrix} \sin(3t), \hspace{1cm} \mathbf{Y}_{p} = \begin{pmatrix}
    \sin(3t) \\ 0 \\ \cos (3t)
    \end{pmatrix}$
  1. Mostrar que la solución general de

    $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    0 & 6 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0
    \end{pmatrix} \mathbf{Y}$

    en el intervalo $(-\infty, \infty)$ es

    $\mathbf{Y} = c_{1} \begin{pmatrix}
    6 \\ -1 \\ -5
    \end{pmatrix}e^{-t} + c_{2} \begin{pmatrix}
    -3 \\ 1 \\ 1
    \end{pmatrix}e^{-2t} + c_{3} \begin{pmatrix}
    2 \\ 1 \\ 1
    \end{pmatrix}e^{3t}$
  1. Mostrar que la solución general de

    $\mathbf{Y}^{\prime} = \begin{pmatrix}
    -1 & -1 \\ -1 & 1
    \end{pmatrix} \mathbf{Y} + \begin{pmatrix}
    1 \\ 1
    \end{pmatrix}t^{2} + \begin{pmatrix}
    4 \\ -6
    \end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}
    -1 \\ 5
    \end{pmatrix}$

    en el intervalo $(-\infty, \infty)$ es

    $\mathbf{Y} = c_{1} \begin{pmatrix}
    1 \\ -1 -\sqrt{2}
    \end{pmatrix}e^{\sqrt{2t}} + c_{2} \begin{pmatrix}
    1 \\ -1 + \sqrt{2}
    \end{pmatrix}e^{-\sqrt{2t}} + \begin{pmatrix}
    1 \\ 0 \end{pmatrix}t^{2} + \begin{pmatrix}
    -2 \\ 4
    \end{pmatrix}t + \begin{pmatrix}
    1 \\ 0
    \end{pmatrix}$
  1. Demostrar que el conjunto de soluciones del sistema lineal homogéneo $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$ forma un espacio vectorial con la suma y el producto por escalares usuales de matrices.

Más adelante…

Ahora que conocemos lo que son los sistemas lineales de ecuaciones diferenciales y las propiedades de sus soluciones estamos casi listos para comenzar a desarrollar los distintos métodos de resolución, sin embargo, antes de ello es necesario definir una herramienta matemática que será de suma utilidad en el desarrollo posterior de esta unidad. Dicha herramienta es la exponencial de una matriz.

En la siguiente entrada definiremos lo que significa $e^{\mathbf{A} t}$, donde $\mathbf{A}$ es una matriz de $n \times n$ con componentes constantes y veremos como se relaciona con un sistema lineal $\mathbf{Y}^{\prime} = \mathbf{AY}$. Así mismo, profundizaremos en el concepto de matriz fundamental de soluciones.

Entradas relacionadas

Ecuaciones Diferenciales I: Ecuaciones lineales no homogéneas de segundo orden – Método de variación de parámetros

Las matemáticas son un lugar donde puedes hacer
cosas que no puedes hacer en el mundo real.
– Marcus du Sautoy

Introducción

Con lo que hemos estudiado en las dos últimas entradas somos capaces de resolver ecuaciones diferenciales lineales de segundo orden homogéneas y no homogéneas con coeficientes constantes, es decir, ecuaciones de la forma

$$a \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + b \dfrac{dy}{dx} + cy = g(x) \label{1} \tag{1}$$

Con $a, b, c$ constantes y $g(x) = 0$ en el caso homogéneo o $g(x) \neq 0$ en el caso no homogéneo, en éste último caso aún estamos limitados a la forma que puede tener la función $g$, pues sabemos resolver las ecuaciones diferenciales en el caso en el que la función $g$ es una constante, una función polinomial, una función exponencial, funciones seno o coseno, o una combinación entre ellas. La pregunta ahora es, ¿cómo resolver este tipo de ecuaciones para cualquier tipo de función $g(x)$?.

En esta entrada desarrollaremos un método que nos permite obtener la solución general independientemente de la forma que tenga la función $g(x)$. A dicho método se le conoce como variación de parámetros.

El nombre de este método resulta familiar. En la unidad anterior desarrollamos éste método para el caso de las ecuaciones diferenciales lineales de primer orden como método alterno al método por factor integrante. Lo que haremos en esta entrada es una adaptación del método de variación de parámetros para el caso en el que las ecuaciones diferenciales son de orden superior, en particular, de segundo orden.

Variación de parámetros

Consideremos la ecuación diferencial

$$a_{2}(x) \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + a_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + a_{0}(x)y = g_{0}(x) \label{2} \tag{2}$$

Si $a_{2}(x) \neq 0$ para toda $x$ en el intervalo $\delta$ en el que está definida la solución, entonces podemos definir las funciones

$$P(x) = \dfrac{a_{1}(x)}{a_{2}(x)}, \hspace{1cm} Q(x) = \dfrac{a_{0}(x)}{a_{2}(x)} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} g(x) = \dfrac{g_{0}(x)}{a_{2}(x)}$$

de manera que la ecuación (\ref{2}) la podemos escribir en su forma estándar como

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + P(x)\dfrac{dy}{dx} + Q(x)y = g(x) \label{3} \tag{3}$$

En el caso de primer orden se hizo la suposición de que la solución particular era de la forma

$$y_{p}(x) = k(x)y_{1}(x) = k(x) e^{-\int{P(x)dx}}$$

Manteniendo esta idea, en el caso de segundo orden se busca una solución de la forma

$$y_{p}(x) = k_{1}(x)y_{1}(x) + k_{2}(x)y_{2}(x) \label{4} \tag{4}$$

Donde $y_{1}$ y $y_{2}$ forman un conjunto fundamental de soluciones en $\delta$ de la ecuación homogénea asociada a (\ref{3}). Determinemos la primera y segunda derivada de $y_{p}$ para sustituir los resultados en la ecuación diferencial (\ref{3}).

$$\dfrac{dy_{p}}{dx} = k_{1}\dfrac{dy_{1}}{dx} + y_{1}\dfrac{dk_{1}}{dx} + k_{2}\dfrac{dy_{2}}{dx} + y_{2}\dfrac{dk_{2}}{dx} \label{5} \tag{5}$$

y

$$\dfrac{d^{2}y_{p}}{dx^{2}} = k_{1}\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy_{1}}{dx}\dfrac{dk_{1}}{dx} + y_{1}\dfrac{d^{2}k_{1}}{dx^{2}} + k_{2}\dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy_{2}}{dx}\dfrac{dk_{2}}{dx} + y_{2}\dfrac{d^{2}k_{2}}{dx^{2}} \label{6} \tag{6}$$

Sustituyendo en (\ref{3}) y reorganizando los términos obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
k_{1} \left[ \dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{1}}{dx} + Q y_{1} \right] + y_{1} \dfrac{d^{2}k_{1}}{dx^{2}} + \dfrac{dk_{1}}{dx} \dfrac{dy_{1}}{dx} + k_{2} \left[ \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{2}}{dx} + Q y_{2} \right] \\
+ y_{2} \dfrac{d^{2}k_{2}}{dx^{2}} + \dfrac{dk_{2}}{dx} \dfrac{dy_{2}}{dx} + P \left[ y_{1}\dfrac{dk_{1}}{dx} + y_{2}\dfrac{dk_{2}}{dx} \right] + \dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{dk_{1}}{dx} + \dfrac{dy_{2}}{dx} \dfrac{dk_{2}}{dx} = g(x)
\end{align*}

Como $y_{1}$ y $y_{2}$ son soluciones de la ecuación homogénea asociada, entonces

$$\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{1}}{dx} + Q y_{1} = 0 \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} + P\dfrac{dy_{2}}{dx} + Q y_{2} = 0$$

y además notamos que

$$\dfrac{d}{dx} \left[ y_{1}\dfrac{dk_{1}}{dx} \right] = y_{1} \dfrac{d^{2}k_{1}}{dx^{2}} + \dfrac{dk_{1}}{dx} \dfrac{dy_{1}}{dx} \label{7} \tag{7}$$

y

$$\dfrac{d}{dx} \left[ y_{2}\dfrac{dk_{2}}{dx} \right] = y_{2} \dfrac{d^{2}k_{2}}{dx^{2}} + \dfrac{dk_{2}}{dx} \dfrac{dy_{2}}{dx} \label{8} \tag{8}$$

Considerando lo anterior la ecuación diferencial queda como

$$\dfrac{d}{dx} \left[ y_{1}\dfrac{dk_{1}}{dx} + y_{2}\dfrac{dk_{2}}{dx} \right] + P \left[ y_{1}\dfrac{dk_{1}}{dx} + y_{2}\dfrac{dk_{2}}{dx} \right] + \dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{dk_{1}}{dx} + \dfrac{dy_{2}}{dx} \dfrac{dk_{2}}{dx} = g(x) \label{9} \tag{9}$$

Nuestro propósito es determinar a las funciones $k_{1}(x)$ y $k_{2}(x)$ de (\ref{4}), esto implica que debemos formar un sistema con dos ecuaciones que debemos resolver para obtener dichas funciones. De acuerdo al resultado obtenido vamos a establecer la restricción de que las funciones $k_{1}$ y $k_{2}$ satisfacen la relación

$$y_{1}\dfrac{dk_{1}}{dx} + y_{2}\dfrac{dk_{2}}{dx} = 0 \label{10} \tag{10}$$

Considerando esto la ecuación se reduce a

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{dk_{1}}{dx} + \dfrac{dy_{2}}{dx} \dfrac{dk_{2}}{dx} = g(x) \label{11} \tag{11}$$

Las ecuaciones (\ref{10}) y (\ref{11}) corresponden al sistema de dos ecuaciones que debemos resolver.

Como podemos notar, es un sistema para determinar las derivadas de las funciones $k_{1}$ y $k_{2}$ y no las funciones mismas, esto implica que una vez que determinemos a las derivadas será necesario hacer una integración a cada una de ellas. Resolvamos el sistema.

Multipliquemos la ecuación (\ref{10}) por $\dfrac{dy_{2}}{dx}$ y la ecuación (\ref{11}) por $y_{2}$.

$$y_{1}\dfrac{dk_{1}}{dx} \dfrac{dy_{2}}{dx} + y_{2}\dfrac{dk_{2}}{dx} \dfrac{dy_{2}}{dx} = 0 \label{12} \tag{12}$$

$$y_{2} \dfrac{dy_{1}}{dx} \dfrac{dk_{1}}{dx} + y_{2} \dfrac{dy_{2}}{dx} \dfrac{dk_{2}}{dx} = y_{2} g(x) \label{13} \tag{13}$$

Si a la ecuación (\ref{12}) le restamos la ecuación (\ref{13}) obtenemos lo siguiente.

$$\dfrac{dk_{1}}{dx} \left( y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2} \dfrac{dy_{1}}{dx} \right) = -y_{2}(x)g(x) \label{14} \tag{14}$$

Recordemos que el Wronskiano esta definido como

$$W(y_{1}, y_{2}) = y_{1} \dfrac{dy_{2}}{dx} -y_{2} \dfrac{dy_{1}}{dx} \label{15} \tag{15}$$

Entonces la ecuación (\ref{14}) la podemos escribir como

$$\dfrac{dk_{1}}{dx} \left[ W(y_{1}, y_{2}) \right] = -y_{2}(x)g(x) \label{16} \tag{16}$$

Como $y_{1}$ y $y_{2}$ forman un conjunto fundamental de soluciones de la ecuación homogénea asociada, entonces

$$W(y_{1}, y_{2}) \neq 0$$

Así, de la ecuación (\ref{16}) obtenemos que

$$\dfrac{dk_{1}}{dx} = -\dfrac{y_{2}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} \label{17} \tag{17}$$

Hemos encontrado el valor de la derivada de la función $k_{1}(x)$, integrando obtenemos finalmente que

$$k_{1}(x) = -\int{ \dfrac{y_{2}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} \label{18} \tag{18}$$

En un proceso totalmente análogo, si multiplicamos a la ecuación (\ref{10}) por $\dfrac{dy_{1}}{dx}$ y a la ecuación (\ref{11}) por $y_{1}$ y realizamos los mismos pasos obtendremos la ecuación para la derivada de la función $k_{2}(x)$.

$$\dfrac{dk_{2}}{dx} = \dfrac{y_{1}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} \label{19} \tag{19}$$

Integrando obtendremos la función que buscamos

$$k_{2}(x) = \int{ \dfrac{y_{1}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} \label{20} \tag{20}$$

Sustituyendo los resultados (\ref{18}) y (\ref{20}) en la solución particular (\ref{4}) obtenemos finalmente la solución que buscábamos

$$y_{p}(x) = -y_{1}(x) \int{ \dfrac{y_{2}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} + y_{2}(x) \int{ \dfrac{y_{1}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} \label{21} \tag{21}$$

El resultado (\ref{21}) corresponde a la solución particular de la ecuación diferencial (\ref{2}) que, a diferencial del método de coeficientes indeterminados, se aplica para cualquier función $g(x)$, aunque cabe mencionar que si la función $g$ es muy compleja, entonces nos resultará, en algunas ocasiones, complicado resolver las integrales involucradas.

A lo largo del curso hemos motivado a no memorizar las formulas y en su lugar desarrollar el procedimiento del método correspondiente, sin embargo, en esta ocasión se trata de un método muy largo y complicado para usarse cada vez que se intente resolver una ecuación diferencial, por lo que se recomienda seguir los siguientes pasos.

  • Primero se determina la solución complementaria $$y_{c} = c_{1}y_{1} + c_{2}y_{2}$$ de la ecuación diferencial homogénea asociada, esto nos permitirá determinar el conjunto fundamental de soluciones $\{y_{1}, y_{2}\}$.
  • Una vez conocido el conjunto fundamental de soluciones se procede a calcular el Wronskiano $W(y_{1}, y_{2})$.
  • Posteriormente se divide la ecuación diferencial por $a_{2}$ para escribir la ecuación es su forma estándar (\ref{3}) y así obtener la forma de la función $g(x)$.
  • Se sustituyen los valores correspondientes en (\ref{18}) y (\ref{20}) para obtener las funciones $k_{1}$ y $k_{2}$ respectivamente.
  • Finalmente se sustituyen los resultados en la solución particular $$y_{p} = k_{1}y_{1} + k_{2}y_{2}$$ y posteriormente en la solución general $$y = y_{c} + y_{p}$$

Cuando se calculan las integrales indefinidas (\ref{18}) y (\ref{20}) no es necesario considerar las constantes de integración. Para mostrar esto consideremos las constantes $c_{3}$ y $c_{4}$, tales que

\begin{align*}
y(x) &= y_{c}(x) + y_{p}(x) \\
&= c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \left[ k_{1}(x) + c_{3} \right] y_{1}(x) + \left[ k_{2}(x) + c_{4} \right] y_{2}(x) \\
&= \left[ c_{1} + c_{3} \right] y_{1}(x) + \left[ c_{2} + c_{4} \right] y_{2}(x) + k_{1}(x)y_{1}(x) + k_{2}(x)y_{2}(x) \\
&= C_{1}y_{1}(x) + C_{2}y_{2}(x) + k_{1}(x)y_{1}(x) + k_{2}(x)y_{2}(x)
\end{align*}

Es decir, las constantes de la solución complementaria contienen todas las constantes que puedan aparecer en el método.

Realicemos algunos ejemplos.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

$$3 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6 \dfrac{dy}{dx} + 6y = e^{x} \sec(x)$$

Solución: El primer paso es obtener la solución complementaria. La ecuación auxiliar es

$$3k^{2} -6k + 6 = 0$$

De donde $k_{1} = 1 + i$ y $k_{2} = 1 -i$, identificamos que $\alpha = \beta = 1$, entonces la forma de la solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1}e^{x} \cos(x) + c_{2}e^{x} \sin(x)$$

El conjunto fundamental de soluciones esta conformado por las funciones

$$y_{1}(x) = e^{x} \cos(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{x} \sin(x)$$

La derivada de ambas soluciones son

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = e^{x} \cos(x) -e^{x} \sin(x) \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = e^{x} \sin(x) + e^{x} \cos(x)$$

Usando estos resultados calculemos el Wronskiano.

\begin{align*}
W &= \begin{vmatrix}
e^{x} \cos(x) & e^{x} \sin(x) \\
e^{x} \cos(x) -e^{x} \sin(x) & e^{x} \sin(x) + e^{x} \cos(x)
\end{vmatrix} \\
&= e^{2x} \cos(x) \sin(x) + e^{2x} \cos^{2}(x) -e^{2x} \cos(x) \sin(x) + e^{2x} \sin^{2}(x) \\
&= e^{2x}
\end{align*}

El Wronskiano es

$$W(x) = e^{2x}$$

¡Cuidado!, como en la ecuación diferencial la segunda derivada tiene un coeficiente, debemos dividir toda la ecuación por dicho coeficiente para obtener la forma estándar y así la función $g(x)$. La ecuación en su forma estándar es

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -2 \dfrac{dy}{dx} + 2y = \dfrac{e^{x} \sec(x)}{3}$$

En este caso la función $g$ es

$$g(x) = \dfrac{e^{x} \sec(x)}{3}$$

Ahora que ya conocemos los valores que necesitábamos, recurrimos a las ecuaciones (\ref{18}) y (\ref{20}) para obtener las funciones que buscamos.

Para la función $k_{1}(x)$, tenemos lo siguiente.

\begin{align*}
k_{1}(x) &= -\int{ \dfrac{y_{2}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} \\
&= -\int{\dfrac{\left( e^{x} \sin(x) \right) \left( \dfrac{e^{x} \sec(x)}{3} \right)}{e^{2x}} dx} \\
&= -\int{\dfrac{e^{2x} \sin(x) \sec(x)}{3e^{2x}} dx} \\
&= -\dfrac{1}{3} \int{\tan(x) dx} \\
&= \dfrac{1}{3} \ln|\cos(x)|
\end{align*}

La integral de la tangente es común. Por tanto, la función $k_{1}$ es

$$k_{1}(x) = \dfrac{1}{3} \ln|\cos(x)|$$

Para el caso de la función $k_{2}(x)$, tenemos lo siguiente.

\begin{align*}
k_{2}(x) &= \int{ \dfrac{y_{1}(x)g(x)}{W(y_{1}, y_{2})} dx} \\
&= \int{\dfrac{\left( e^{x} \cos(x) \right) \left( \dfrac{e^{x} \sec(x)}{3} \right)}{e^{2x}} dx} \\
&= \int{\dfrac{e^{2x} \cos(x) \sec(x)}{3e^{2x}} dx} \\
&= \dfrac{1}{3} \int{dx} \\
&= \dfrac{1}{3}x
\end{align*}

La función $k_{2}$ es

$$k_{2}(x) = \dfrac{1}{3}x$$

Ya podemos establecer que la solución particular, de acuerdo a (\ref{4}), es

$$y_{p}(x) = \dfrac{1}{3} \ln|\cos(x)| \left[ e^{x} \cos(x) \right] + \dfrac{1}{3}x \left[ e^{x} \sin(x) \right]$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial

$$3 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -6 \dfrac{dy}{dx} + 6y = e^{x} \sec(x)$$

es

$$y(x) = c_{1}e^{x} \cos(x) + c_{2}e^{x} \sin(x) + \dfrac{1}{3}e^{x} \cos(x) \ln|\cos(x)| + \dfrac{1}{3}x e^{x} \sin(x)$$

$\square$

Con este ejemplo encontramos un buen momento para reflexionar y darnos cuenta de que ya hemos avanzado mucho, tan sólo observa el tipo de ecuación que acabamos de resolver y no sólo eso, observa que tan compleja es la solución general.

¡Sigamos adelante!.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 2\dfrac{dy}{dx} + y = \dfrac{e^{-x}}{x}$$

Solución: Como la ecuación ya está es su forma estándar la función $g$ es

$$g(x) = \dfrac{e^{-x}}{x}$$

Determinemos la solución complementaria, la ecuación auxiliar es

$$k^{2} + 2k + 1 = 0$$

De donde $k_{1} = k_{2} = -1$, la multiplicidad de la solución nos indica que la forma de la solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1}e^{-x} + c_{2}xe^{-x}$$

El conjunto fundamental de soluciones esta conformado por las funciones

$$y_{1}(x) = e^{-x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = xe^{-x}$$

Usando estas soluciones y sus derivadas calculemos el Wronskiano.

\begin{align*}
W &= \begin{vmatrix}
e^{-x} & xe^{-x} \\
-e^{-x} & e^{-x} -xe^{-x}
\end{vmatrix} \\
&= e^{-2x} -xe^{2x} + xe^{-2x} \\
&= e^{-2x}
\end{align*}

El Wronskiano es

$$W(x) = e^{-2x}$$

Sustituyamos estos resultados directamente en la ecuación (\ref{21}).

\begin{align*}
y_{p}(x) &= -e^{-x} \int {\dfrac{ \left( xe^{-x} \right) \left( \dfrac{e^{-x}}{x} \right) }{e^{-2x}}dx} + xe^{-x} \int {\dfrac{ \left( e^{-x} \right) \left( \dfrac{e^{-x}}{x} \right) }{e^{-2x}}dx} \\
&= -e^{-x}\int dx+xe^{-x}\int \dfrac{dx}{x} \\
&= -xe^{-x} + xe^{-x}\ln(x)
\end{align*}

La solución particular es

$$y_{p}(x) = -xe^{-x} + xe^{-x}\ln(x)$$

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial es

$$y(x) = c_{1}e^{-x} + c_{2}xe^{-x} -xe^{-x} + xe^{-x}\ln(x)$$

$\square$

Un ejemplo más.

Ejemplo: Determinar la solución general de la ecuación diferencial

$$\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -y = 4x^{3}e^{x}$$

Solución: La función $g$ es

$$g(x) = 4x^{3}e^{x}$$

y la ecuación auxiliar es

$$k^{2} -1 = 0$$

De donde $k_{1} = 1$ y $k_{2} = -1$. Entonces, la solución complementaria es

$$y_{c}(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{-x}$$

El conjunto fundamental de soluciones esta conformado por

$$y_{1}(x) = e^{x} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} y_{2}(x) = e^{-x}$$

Usando estas funciones y sus derivadas calculemos el Wronskiano.

\begin{align*}
W &= \begin{vmatrix}
e^{x} & e^{-x} \\
e^{x} & -e^{-x} \end{vmatrix} = -2
\end{align*}

El Wronskiano es $W = -2$. Sustituyendo estos resultados directamente en la ecuación (\ref{21}), obtenemos lo siguiente.

\begin{align*}
y_{p}(x) &= -e^{x} \int {\dfrac{(e^{-x})(4x^{3}e^{x})}{-2} dx} + e^{-x} \int {\dfrac{(e^{x})(4x^{3}e^{x})}{-2} dx} \\
&= 2e^{x} \int {x^{3} dx} -2e^{-x} \int {x^{3}e^{2x} dx} \\
&= \dfrac{1}{2}x^{4}e^{x} -2e^{-x} \int {x^{3}e^{2x} dx}
\end{align*}

La integral que nos falta se puede resolver por partes tomando $u = x^{2}$ y $v^{\prime} = e^{2x}$. Resolviendo la integral obtendremos lo siguiente.

$$\int {x^{3}e^{2x} dx} = \dfrac{1}{2}e^{2x}x^{3} -\dfrac{3}{4}e^{2x}x^{2} + \dfrac{3}{4}e^{2x}x -\dfrac{3}{8}e^{2x}$$

Sustituyendo en la solución particular tenemos

\begin{align*}
y_{p}(x) &= \dfrac{1}{2}x^{4}e^{x} -2e^{-x} \left( \dfrac{1}{2}e^{2x}x^{3} -\dfrac{3}{4}e^{2x}x^{2} + \dfrac{3}{4}e^{2x}x -\dfrac{3}{8}e^{2x} \right) \\
&= \dfrac{1}{2}x^{4}e^{x} -x^{3}e^{x} + \dfrac{3}{2}x^{2}e^{x} -\dfrac{3}{2}xe^{x} + \dfrac{3}{4}e^{x}
\end{align*}

Finalmente obtenemos como solución particular a la función

$$y_{p}(x) = e^{x} \left( \dfrac{1}{2}x^{4} -x^{3} + \dfrac{3}{2}x^{2} -\dfrac{3}{2}x + \dfrac{3}{4} \right)$$

Y por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial es

$$y(x) = c_{1}e^{x} + c_{2}e^{-x} + e^{x} \left( \dfrac{1}{2}x^{4} -x^{3} + \dfrac{3}{2}x^{2} -\dfrac{3}{2}x + \dfrac{3}{4} \right)$$

Este resultado es válido, sin embargo se puede simplificar más, ya que se puede reescribir a la solución como

$$y(x) = e^{x} \left( c_{1} + \dfrac{3}{4} \right) + c_{2}e^{-x} + e^{x} \left( \dfrac{1}{2}x^{4} -x^{3} + \dfrac{3}{2}x^{2} -\dfrac{3}{2}x \right)$$

y definir la constante $C_{1} = c_{1} + \dfrac{3}{4}$ para finalmente escribir la solución como

$$y(x) = C_{1} e^{x} + c_{2}e^{-x} + e^{x} \left( \dfrac{1}{2}x^{4} -x^{3} + \dfrac{3}{2}x^{2} -\dfrac{3}{2}x \right)$$

$\square$

Variación de parámetros en ecuaciones de orden superior

Este método se puede generalizar a ecuaciones de orden $n$ aunque, por su puesto, los cálculos se vuelven más extensos.

A continuación mostraremos el panorama general para ecuaciones diferenciales de orden $n$ y mostraremos los resultados para el caso $n = 3$ que nos mostrará la forma en que aumenta la complejidad de los cálculos.

La ecuación de orden $n$ es su forma estándar es

$$\dfrac{d^{n}y}{dx^{n}} + P_{n -1}(x) \dfrac{d^{n -1}y}{dx^{n -1}} + \cdots + P_{1}(x) \dfrac{dy}{dx} + P_{0}(x) y = g(x) \label{22} \tag{22}$$

Si la solución complementaria de (\ref{22}) es

$$y_{c}(x) = c_{1}y_{1}(x) + c_{2}y_{2}(x) + \cdots + c_{n}y_{n}(x) \label{23} \tag{23}$$

Entonces una solución particular debe ser

$$y_{p}(x) = k_{1}(x)y_{1}(x) + k_{2}(x)y_{2}(x) + \cdots + k_{n}(x)y_{n}(x) \label{24} \tag{24}$$

Análogo a las ecuaciones (\ref{10}) y (\ref{11}), las derivadas $\dfrac{dk_{i}}{dx} = k^{\prime}_{i}$ con $i = 1, 2, \cdots, n$ se determinan del sistema de $n$ ecuaciones

\begin{align*}
y_{1}k^{\prime}_{1} + y_{2}k^{\prime}_{2} + \cdots + y_{n}k^{\prime}_{n} &= 0 \\
y^{\prime}_{1}k^{\prime}_{1} + y^{\prime}_{2}k^{\prime}_{2} + \cdots + y^{\prime}_{n}k^{\prime}_{n} &= 0 \\
\vdots \\
y^{(n -1)}_{1}k^{\prime}_{1} + y^{(n -1)}_{2}k^{\prime}_{2} + \cdots + y^{(n-1)}_{n}k^{\prime}_{n} &= g(x) \label{25} \tag{25}
\end{align*}

Al igual que el caso de segundo orden, las primeras $n -1$ ecuaciones del sistema son suposiciones que se hacen para simplificar la ecuación resultante de sustituir la solución (\ref{24}) en la ecuación (\ref{22}).

Usando la regla de Cramer para resolver el sistema se obtiene que

$$\dfrac{dk_{i}}{dx} = \dfrac{W_{i}}{W}; \hspace{1cm} i = 1, 2 , \cdots, n \label{26} \tag{26}$$

Donde $W$ es el Wronskiano del conjunto fundamental $\{ y_{1}(x), y_{2}(x), \cdots, y_{n}(x) \}$ y $W_{i}$ es el determinante que se obtiene de remplazar la $i$-ésima columna del Wronskiano por la columna formada por el lado derecho de (\ref{25}), es decir, la columna que consta de $(0, 0, \cdots, g(x))$.

Para que quede más claro lo anterior, en el caso $n = 3$ las $\dfrac{dk_{i}}{dx}$, $i = 1, 2, 3$ quedan como

$$\dfrac{dk_{1}}{dx} = \dfrac{W_{1}}{W}, \hspace{1cm} \dfrac{dk_{2}}{dx} = \dfrac{W_{2}}{W}, \hspace{1cm} \dfrac{dk_{3}}{dx} = \dfrac{W_{3}}{W} \label{27} \tag{27}$$

Donde

$$W = \begin{vmatrix}
y_{1} & y_{2} & y_{3} \\
y^{\prime}_{1} & y^{\prime}_{2} & y^{\prime}_{3} \\
y^{\prime \prime}_{1} & y^{\prime \prime}_{2} & y^{\prime \prime}_{3}
\end{vmatrix} \label{28} \tag{28}$$

y

\begin{align*}
W_{1} = \begin{vmatrix}
0 & y_{2} & y_{3} \\
0 & y^{\prime}_{2} & y^{\prime}_{3} \\
g(x) & y^{\prime \prime}_{2} & y^{\prime \prime}_{3}
\end{vmatrix}, \hspace{1cm} W_{2} = \begin{vmatrix}
y_{1} & 0 & y_{3} \\
y^{\prime}_{1} & 0 & y^{\prime}_{3} \\
y^{\prime \prime}_{1} & g(x) & y^{\prime \prime}_{3}
\end{vmatrix}, \hspace{1cm} W_{3} = \begin{vmatrix}
y_{1} & y_{2} & 0 \\
y^{\prime}_{1} & y^{\prime}_{2} & 0 \\
y^{\prime \prime}_{1} & y^{\prime \prime}_{2} & g(x)
\end{vmatrix}
\end{align*}

Habrá que integrar las ecuaciones de (\ref{27}) para obtener las funciones $k_{i}$, $i = 1, 2, 3$ y así obtener la solución particular

$$y_{p}(x) = k_{1}(x)y_{1}(x) + k_{2}(x)y_{2}(x) + k_{3}(x)y_{3}(x) \label{29} \tag{29}$$

Notemos que usando esta notación, los resultados (\ref{17}) y (\ref{19}) del caso $n = 2$ se pueden escribir como

$$\dfrac{dk_{1}}{dx} = \dfrac{W_{1}}{W} = -\dfrac{y_{2}g(x)}{W} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} \dfrac{dk_{2}}{dx} = \dfrac{W_{2}}{W} = \dfrac{y_{1}g(x)}{W} \label{30} \tag{30}$$

Donde

\begin{align*} W = \begin{vmatrix}
y_{1} & y_{2} \\
y^{\prime}_{1} & y^{\prime}_{2}
\end{vmatrix}, \hspace{1cm} W_{1} = \begin{vmatrix}
0 & y_{2} \\
g(x) & y^{\prime}_{2}
\end{vmatrix} \hspace{1cm} y \hspace{1cm} W_{2} = \begin{vmatrix}
y_{1} & 0 \\
y^{\prime}_{1} & g(x)
\end{vmatrix} \label{31} \tag{31}
\end{align*}

Realicemos un ejemplo con una ecuación de orden $3$.

Ejemplo: Resolver la ecuación diferencial de tercer orden

$$\dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} + \dfrac{dy}{dx} = \tan(x)$$

Solución: La función $g$ es

$$g(x) = \tan(x)$$

y la ecuación auxiliar es

$$k^{3} + k = k(k^{2} + 1) = 0$$

De donde $k_{1} = 0$, $k_{2} = i$ y $k_{3} = -i$. Dos raíces son complejas conjugadas con $\alpha = 0$ y $\beta = 1$. La primer raíz nos indica que la forma de una solución es

$$y_{1}(x) = e^{k_{1}x} = 1$$

mientras que las dos raíces restantes nos indican dos solución de la forma

$$y_{2}(x) = e^{\alpha x} \cos(\beta x) = \cos(x)$$

y

$$y_{3}(x) = e^{\alpha x} \sin(\beta x) = \sin(x)$$

Por lo tanto, la solución complementaria de la ecuación diferencial es

$$y_{c}(x) = c_{1} + c_{2} \cos(x) + c_{3} \sin(x)$$

Como vimos, el conjunto fundamental de soluciones es $\{ y_{1} = 1, y_{2} = \cos(x) , y_{3} = \sin(x) \}$, las primeras y segundas derivadas correspondientes son

$$\dfrac{dy_{1}}{dx} = 0, \hspace{1cm} \dfrac{dy_{2}}{dx} = -\sin(x), \hspace{1cm} \dfrac{dy_{3}}{dx} = \cos(x)$$

y

$$\dfrac{d^{2}y_{1}}{dx^{2}} = 0, \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{2}}{dx^{2}} = -\cos(x), \hspace{1cm} \dfrac{d^{2}y_{3}}{dx^{2}} = -\sin(x)$$

Ahora calculemos los determinantes correspondientes, el primero de ellos es el Wronskiano

$$W = \begin{vmatrix}
1 & \cos(x) & \sin(x) \\
0 & -\sin(x) & \cos(x) \\
0 & -\cos(x) & -\sin(x)
\end{vmatrix} = \sin^{2}(x) + \cos^{2}(x) = 1$$

Para el resto de determinantes, tenemos

$$W_{1} = \begin{vmatrix}
0 & \cos(x) & \sin(x) \\
0 & -\sin(x) & \cos(x) \\
\tan(x) & -\cos(x) & -\sin(x)
\end{vmatrix} = \tan(x) \left[ \cos^{2}(x) + \sin^{2}(x) \right] = \tan(x)$$

$$W_{2} = \begin{vmatrix}
1 & 0 & \sin(x) \\
0 & 0 & \cos(x) \\
0 & \tan(x) & -\sin(x)
\end{vmatrix} = -\cos(x) \tan(x) = -\sin(x)$$

y

$$W_{3} = \begin{vmatrix}
1 & \cos(x) & 0 \\
0 & -\sin(x) & 0 \\
0 & -\cos(x) & \tan(x)
\end{vmatrix} = -\sin(x) \tan(x) = -\dfrac{\sin^{2}(x)}{\cos(x)}$$

Sustituyendo estos resultados en (\ref{27}), obtenemos

$$\dfrac{dk_{1}}{dx} = \tan(x), \hspace{1cm} \dfrac{dk_{2}}{dx} = -\sin(x), \hspace{1cm} \dfrac{dk_{3}}{dx} = -\dfrac{\sin^{2}(x)}{\cos(x)}$$

Procedemos a integrar cada ecuación (sin considerar constantes) para obtener las funciones que buscamos.

La primer integral es común,

$$k_{1}(x) = \int{\tan(x) dx} = -\ln|\cos(x)|$$

La segunda integral es directa

$$k_{2}(x) = -\int{\sin(x) dx} = \cos(x)$$

Mientras que para la tercer integral si se requiere de un mayor cálculo.

\begin{align*}
k_{3}(x) &= -\int{\dfrac{\sin^{2}(x)}{\cos(x)} dx} \\
&= -\int{\dfrac{1 -\cos^{2}(x)}{\cos(x)} dx} \\
&= -\int{\dfrac{1}{\cos(x)} dx} + \int{\cos(x) dx} \\
\end{align*}

Por un lado

$$-\int{\dfrac{1}{\cos(x)} dx} = -\int{\sec(x) dx} = -\ln|\tan(x) + \sec(x)|$$

por otro lado,

$$\int{\cos(x) dx} = \sin(x)$$

entonces

$$k_{3}(x) = -\ln|\tan(x) + \sec(x)| + \sin(x)$$

Ahora que conocemos las funciones incógnita concluimos que la solución particular de la ecuación diferencial es

\begin{align*}
y_{p}(x) &= -\ln|\cos(x)|(1) + \cos(x) [\cos(x)] + \left[ -\ln|\tan(x) + \sec(x)| + \sin(x) \right] (\sin(x)) \\
&= -\ln|\cos(x)| + \cos^{2}(x) -\sin(x) \ln|\tan(x) + \sec(x)| + \sin^{2}(x) \\
&= -\ln|\cos(x)| -\sin(x) \ln|\tan(x) + \sec(x)| \\
\end{align*}

Por lo tanto, la solución general de la ecuación diferencial de tercer orden es

$$y(x) = c_{1} + c_{2} \cos(x) + c_{3} \sin(x) -\ln|\cos(x)| -\sin(x) \ln|\tan(x) + \sec(x)|$$

$\square$

Como podemos notar, los cálculos se hacen más extensos, sin embargo los pasos a seguir son los mismos para cualquier orden.

El método de variación de parámetros, a diferencia del método de coeficientes indeterminados, tiene la ventaja de que siempre produce una solución de la ecuación diferencial independientemente de la forma de la función $g(x)$, siempre y cuando se pueda resolver la ecuación homogénea asociada. Además, el método de variación de parámetros es aplicable a ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes variables.

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 las siguientes ecuaciones diferenciales.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -9\dfrac{dy}{dx} = 18x^{2}e^{9x}$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + 9y = 18e^{x} \sin(x)$
  • $4 \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -4 \dfrac{dy}{dx} + y = e^{x/2}\sqrt{1 -x^{2}}$
  1. Resolver las siguientes ecuaciones diferenciales para las condiciones iniciales dadas.
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -3\dfrac{dy}{dx} = 12e^{4x}(x + 1); \hspace{1cm} y(0) = 0, \hspace{0.6cm} y^{\prime}(0) = 4$
  • $\dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} + \dfrac{dy}{dx} -6y = 10e^{x} \sin(x); \hspace{1cm} y(0) = \dfrac{2}{17}, \hspace{0.6cm} y^{\prime}(0) = 0$
  1. Obtener la solución general de las siguientes ecuaciones diferenciales de tercer orden. Simplificar la forma de la solución redefiniendo las constantes.
  • $\dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} + 4 \dfrac{dy}{dx} = \sec(2x)$
  • $\dfrac{d^{3}y}{dx^{3}} + \dfrac{d^{2}y}{dx^{2}} -\dfrac{dy}{dx} -y = 2e^{-x}$

Más adelante…

Hemos concluido con el estudio de las ecuaciones diferenciales lineales de orden superior con coeficientes constantes.

Lo que sigue es estudiar este mismo tipo de ecuaciones, pero en el caso en el que los coeficientes no son constantes, es decir, son coeficientes variables. Estas ecuaciones suelen ser mucho más difícil de resolver, sin embargo existe un tipo de ecuación especial, conocida como ecuación de Cauchy – Euler, que contiene coeficientes variables, pero que su método de resolución es bastante similar a lo que hemos desarrollado en el caso de coeficientes constantes, pues su resolución involucra resolver una ecuación auxiliar. En la siguiente entrada estudiaremos dicha ecuación.

Entradas relacionadas