E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios Resueltos ...lacova.upc.es/~fpq/minas/ejercicios/soluciones/prob-edos-sist-solu.p… · Tema 9: Sistemas de EDOs lineales Francisco

E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos

Ejercicios ResueltosTema 9: Sistemas de EDOs lineales

Francisco PalaciosEscuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa

Universidad Politécnica de Cataluña

Noviembre 2008, Versión 1.4

Ejercicio 1 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩dx

dt= x+ 2y,

dy

dt= 2x+ y.

Expresamos el sistema en forma matricial

X0 =µ1 2

2 1

¶X,

con

X =

µx(t)

y(t)

¶.

El polinomio característico es

p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄1− λ 2

2 1− λ

¯̄̄̄= (1− λ) (1− λ)− 4= 1− 2λ+ λ2 − 4= λ2 − 2λ− 3,

resolvemos la ecuación característica

λ2 − 2λ− 3 = 0,

λ =2±√4 + 12

2=

⎧⎨⎩2+42= 3,

2−42= −1,

los valores propios son

λ1 = −1, λ2 = 3.

Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos

(A− λ1I)X = 0,

(A+ I)X = 0,µ1 + 1 2

2 1 + 1

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,

1

Ejercicios tema 9: Sistemas de EDO’s lineales 2

µ2 2

2 2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.

Resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas

{x+ y = 0 ,resolvemos paramétricamente½

x = α

y = −α , α ∈ R,

los vectores propios asociados a λ1 son de la forma

V = α

µ1

−1¶, α ∈ R.

Tomamos

V1 =

µ1

−1¶.

Vectores propios asociados a λ2 = 3. Resolvemos

(A− 3I)X = 0,µ1− 3 2

2 1− 3¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,µ −2 2

2 −2¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,

que es equivalente a µ1 −11 −1

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{x− y = 0,resolvemos paramétricamente½

x = α

y = α, α ∈ R.

Los vectores propios asociados a λ2 son de la forma

V = α

µ1

1

¶, α ∈ R,

tomamos

V2 =

µ1

1

¶.

Obtenemos el sistema fundamental de soluciones

X1 =

µ1

−1¶e−t, X2 =

µ1

1

¶e3t.

Solución general

X = c1

µ1

−1¶e−t + c2

µ1

1

¶e3t, c1, c2 ∈ R. ¤



dt= −4

5x+

3

5y,

dy

dt=−25x− 11

5y.


X0 =µ −4/5 3/5

−2/5 −11/5¶X,

con

X =

µx(t)

y(t)

¶.


p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄−4/5− λ 3/5

−2/5 −11/5− λ

¯̄̄̄= (−4/5− λ) (−11/5− λ) + 6/25

=44

25+4

5λ+

11

5λ+ λ2 +

6

25

= λ2 + 3λ+ 2.

Resolvemos la ecuación característica

λ2 + 3λ+ 2 = 0,

λ =−3±√9− 8

2=

⎧⎨⎩−3+12

= −1,−3−12

= −2,los valores propios son

λ1 = −1, λ2 = −2.Vectores propios asociados a λ1 = −1. Resolvemos el sistema

(A− λ1I)X = 0,

(A+ I)X = 0,µ −4/5 + 1 3/5

−2/5 −11/5 + 1¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,µ

1/5 3/5

−2/5 −6/5¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,

que es equivalente a µ1 3

1 3

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{x+ 3y = 0,


resolvemos paramétricamente½x = −3αy = α

, α ∈ R.


V = α

µ −31

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ −31

¶.


(A+ 2I)X = 0,µ −4/5 + 2 3/5

−2/5 −11/5 + 2¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,µ

6/5 3/5

−2/5 −1/5¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,


2 1

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{2x+ y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = α

y = −2α , α ∈ R.


V = α

µ1

−2¶, α ∈ R,

tomamos

V2 =

µ1

−2¶.


X1 =

µ −31

¶e−t, X2 =

µ1

−2¶e−2t.

Solución general

X = c1

µ −31

¶e−t + c2

µ1

−2¶e−2t, c1, c2 ∈ R. ¤



dt= 2x+ 3y,

dy

dt= 2x+ y.


X0 =µ2 3

2 1

¶X,

con

X =

µx(t)

y(t)

¶.


p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄2− λ 3

2 1− λ

¯̄̄̄= (2− λ) (1− λ)− 6= 2− 2λ− λ+ λ2 − 6= λ2 − 3λ− 4.


λ2 − 3λ− 4 = 0,

λ =3±√9 + 16

2=

⎧⎨⎩3+52= 4,

2−52= −1,


λ1 = −1, λ2 = 4.


(A− λ1I)X = 0,

(A+ I)X = 0,µ2 + 1 3

2 1 + 1

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,µ

3 3

2 2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,


1 1

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{x+ y = 0,



y = −α , α ∈ R.


V = α

µ1

−1¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ1

−1¶.


(A− 4I)X = 0,µ2− 4 3

2 1− 4¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,µ −2 3

2 −3¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,

resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas

{2x− 3y = 0,

resolvemos paramétricamente⎧⎪⎨⎪⎩x = α

y =2

3α

, α ∈ R.


V = α

µ1

2/3

¶, α ∈ R,

para evitar fracciones, tomamos el vector propio correspondiente a α = 3

V2 =

µ3

2

¶.


X1 =

µ1

−1¶e−t, X2 =

µ3

2

¶e4t.

Solución general

X = c1

µ1

−1¶e−t + c2

µ3

2

¶e4t, c1, c2 ∈ R. ¤



dt= 2x+ 4y,

dy

dt= 4x+ 2y.

Determina la solución particular que verifica½x(0) = 5,

y(0) = −1.

1. Determinamos la solución general. Expresamos el sistema en forma matricial

X0 =µ2 4

4 2

¶X,

con

X =

µx(t)

y(t)

¶.


p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄2− λ 4

4 2− λ

¯̄̄̄= (2− λ)

2 − 16= 4− 4λ+ λ2 − 16= λ2 − 4λ− 12.


λ2 − 4λ− 12 = 0,

λ =4±√16 + 48

2=4±√64

2=

⎧⎨⎩4+82= 6,

4−82= −2,


λ1 = −2, λ2 = 6.


(A− λ1I)X = 0,

(A+ 2I)X = 0,µ2 + 2 4

4 2 + 2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,µ

4 4

4 4

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{x+ y = 0 ,



y = −α , α ∈ R.


V = α

µ1

−1¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ1

−1¶.


(A− 6I)X = 0,µ2− 6 4

4 2− 6¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,µ −4 4

4 −4¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,


{x− y = 0 ,


y = α, α ∈ R.


V = α

µ1

1

¶, α ∈ R,

tomamos

V2 =

µ1

1

¶.


X1 =

µ1

−1¶e−2t, X2 =

µ1

1

¶e6t.

Solución general

X = c1

µ1

−1¶e−2t + c2

µ1

1

¶e6t, c1, c2 ∈ R.

2. Solución del problema de valor inicial. Imponemos la condición

X(0) =

µ5

−1¶


y resulta

c1

µ1

−1¶e0 + c2

µ1

1

¶e0 =

µ5

−1¶,½

c1 + c2 = 5,

−c1 + c2 = −1.Sumando las dos ecuaciones, obtenemos

2c2 = 4,

c2 = 2,

y sustituyendo en la primera ecuación, resulta

c1 = 3.

La solución del problema de valor inicial es

X(t) = 3

µ1

−1¶e−2t + 2

µ1

1

¶e6t. ¤

Ejercicio 5 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

dx

dt= −4x+ y + z,

dy

dt= x+ 5y − z,

dz

dt= y − 3z.


X0 =

⎛⎝ −4 1 1

1 5 −10 1 −3

⎞⎠X,con

X =

⎛⎝ x(t)

y(t)

z(t)

⎞⎠ .El polinomio característico es

p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄¯̄ −4− λ 1 1

1 5− λ −10 1 −3− λ

¯̄̄̄¯̄

= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) + 1 + (−4− λ)− (−3− λ)

= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) + 1− 4− λ+ 3 + λ

= (−4− λ) (5− λ) (−3− λ) ,


Obtenemos la ecuación característica

(−4− λ) (5− λ) (−3− λ) = 0,


λ1 = −3, λ2 = −4, λ3 = 5.

Vectores propios asociados a λ1 = −3. Resolvemos(A− λ1I)X = 0,

(A+ 3I)X = 0,⎛⎝ −4 + 3 1 1

1 5 + 3 −10 1 −3 + 3

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ ,⎛⎝ −1 1 1

1 8 −10 1 0

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ .Aplicamos el método de Gauss⎛⎝ −1 1 1 0

1 8 −1 0

0 1 0 0

⎞⎠ ,

(2a + 1a)→ 2a

⎛⎝ −1 1 1 0

0 9 0 0

0 1 0 0

⎞⎠ ,(2a/9)→ 2a

(3a − 2a/9)→ 3a

⎛⎝ −1 1 1 0

0 1 0 0

0 0 0 0

⎞⎠ .Resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½ −x+ y + z = 0,

y = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α

y = 0

z = α

, α ∈ R.


V = α

⎛⎝ 1

0

1

⎞⎠ , α ∈ R,

tomamos

V1 =

⎛⎝ 1

0

1

⎞⎠ .



(A+ 4I)X = 0,⎛⎝ −4 + 4 1 1

1 5 + 4 −10 1 −3 + 4

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ ,⎛⎝ 0 1 1

1 9 −10 1 1

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ ,que conduce al sistema ½

x+ 9y − z = 0,y + z = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = −9y + z = 9α+ α = 10α

y = −αz = α

, α ∈ R.


V = α

⎛⎝ 10

−11

⎞⎠ , α ∈ R,

tomamos

V2 =

⎛⎝ 10

−11

⎞⎠ .Vectores propios asociados a λ3 = 5. Resolvemos

(A− 5I)X = 0,⎛⎝ −4− 5 1 1

1 5− 5 −10 1 −3− 5

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ ,⎛⎝ −9 1 1

1 0 −10 1 −8

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ .Aplicamos el método de Gauss⎛⎝ −9 1 1 0

1 0 −1 0

0 1 −8 0

⎞⎠ ,intercambiamos las dos primeras filas⎛⎝ 1 0 −1 0

−9 1 1 0

0 1 −8 0

⎞⎠ ,


(2a + 9 · 1a)→ 2a

⎛⎝ 1 0 −1 0

0 1 −8 0

0 1 −8 0

⎞⎠ ,resulta un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas½

x− z = 0,y − 8z = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α

y = 8α

z = α

, α ∈ R.


V = α

⎛⎝ 1

8

1

⎞⎠ , α ∈ R,

tomamos

V3 =

⎛⎝ 1

8

1

⎞⎠ .Obtenemos el sistema fundamental de soluciones

X1 =

⎛⎝ 1

0

1

⎞⎠ e−3t, X2 =

⎛⎝ 10

−11

⎞⎠ e−4t, X3 =

⎛⎝ 1

8

1

⎞⎠ e5t.Solución general

X = c1

⎛⎝ 1

0

1

⎞⎠ e−3t + c2⎛⎝ 10

−11

⎞⎠ e−4t + c3⎛⎝ 1

8

1

⎞⎠ e5t, c1, c2, c3 ∈ R. ¤


dt= 3x− 18y,

dy

dt= 2x− 9y.


X0 =µ3 −182 −9

¶X.


p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄3− λ −182 −9− λ

¯̄̄̄= (3− λ) (−9− λ) + 36

= −27− 3λ+ 9λ+ λ2 + 36

= λ2 + 6λ+ 9.



λ2 + 6λ+ 9 = 0,

λ =−6±√36− 36

2=−62= −3 (doble).

Tenemos un único valor propio doble λ = −3. Vectores propios asociados aλ = −3. Resolvemos

(A− λI)X = 0,

(A+ 3I)X = 0,µ3 + 3 −182 −9 + 3

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,µ

6 −182 −6

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,

que es equivalente a µ1 −31 −3

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{x− 3y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = 3α

y = α, α ∈ R.

Los vectores propios asociados a λ son de la forma

V = α

µ3

1

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ3

1

¶.

El subespacio de vectores propios es de dimensión 1. Obtenemos un vector

solución

X1 =

µ3

1

¶e−3t.

Sabemos que podemos construir una segunda solución de la forma

X2 = V1teλt +V2e

λt

donde V2 es un vector que verifica

(A+ 3I)V2 = V1,µ6 −182 −6

¶µx

y

¶=

µ3

1

¶,


½6x− 18y = 32x− 6y = 1 .


{2x− 6y = 1y necesitamos una solución cualquiera. Si tomamos y = 0, resulta½

x = 1/2,

y = 0.

Obtenemos el vector

V2 =

µ1/2

0

¶y construimos un segundo vector solución de la forma

X2 = V1teλt +V2e

λt,

esto es

X2 =

µ3

1

¶te−3t +

µ1/2

0

¶e−3t.

La solución general es

X = c1

µ3

1

¶e−3t + c2

∙µ3

1

¶te−3t +

µ1/2

0

¶e−3t

¸, c1, c2 ∈ R. ¤

Ejercicio 7 Resuelve el sistema⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

dx

dt= x− 2y + 2z,

dy

dt= −2x+ y − 2z,

dz

dt= 2x− 2y + z.


X0 =

⎛⎝ 1 −2 2

−2 1 −22 −2 1

⎞⎠X,con

X =

⎛⎝ x(t)

y(t)

z(t)

⎞⎠ .El polinomio característico es

p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄¯̄ 1− λ −2 2

−2 1− λ −22 −2 1− λ

¯̄̄̄¯̄

= (1− λ)3+ 8 + 8− 4 (1− λ)− 4 (1− λ)− 4 (1− λ)

= (1− λ)3+ 16− 12 + 12λ

= (1− λ)3+ 4 + 12λ

= 1− 3λ+ 3λ2 − λ3 + 4 + 12λ

= 5 + 9λ+ 3λ2 − λ3.


Observamos que P (λ) se anula para λ = −1. Descomponemos usando la reglade Ruffini

−1 3 9 5

−1) 1 −4 −5−1 4 5 0

y obtenemos

5 + 9λ+ 3λ2 − λ3 = (λ+ 1)¡−λ2 + 4λ+ 5¢ .

Resolvemos

−λ2 + 4λ+ 5 = 0,

λ =−4±√16 + 20

−2 =−4± 6−2 =

⎧⎨⎩2−2 = −1,−10−2 = 5.

Los valores propios son

λ1 = −1 (doble), λ2 = 5.


(A+ I)X = 0,⎛⎝ 1 + 1 −2 2

−2 1 + 1 −22 −2 1 + 1

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ ,⎛⎝ 2 −2 2

−2 2 −22 −2 2

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ ,que es equivalente a ⎛⎝ 1 −1 1

1 −1 1

1 −1 1

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ .Resulta un sistema de una ecuación con tres incógnitas

{x− y + z = 0,

resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = α

y = β

z = −α+ β

, α,β ∈ R.


V = α

⎛⎝ 1

0

−1

⎞⎠+ β

⎛⎝ 0

1

1

⎞⎠ , α,β ∈ R.


Disponemos de dos vectores propios linealmente independientes asociados al

valor propio λ1 = −1

V1 =

⎛⎝ 1

0

−1

⎞⎠ , V2 =

⎛⎝ 0

1

1

⎞⎠ ,que nos proporcionan los vectores solución

X1 =

⎛⎝ 1

0

−1

⎞⎠ e−t, X2 =

⎛⎝ 0

1

1

⎞⎠ e−t.Vectores propios asociados a λ2 = 5. Resolvemos

(A− 5I)X = 0,⎛⎝ 1− 5 −2 2

−2 1− 5 −22 −2 1− 5

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ ,⎛⎝ −4 −2 2

−2 −4 −22 −2 −4

⎞⎠⎛⎝ x

y

z

⎞⎠ =

⎛⎝ 0

0

0

⎞⎠ .Reducimos el sistema a forma triangular⎛⎝ −4 −2 2 0

−2 −4 −2 0

2 −2 −4 0

⎞⎠ ,(3a/2)→ 1a

(2a/2)→ 2a

(1a/2)→ 3a

⎛⎝ 1 −1 −2 0

−1 −2 −1 0

−2 −1 1 0

⎞⎠ ,(2a + 1a)→ 2a

(3a + 2 · 1a)→ 3a

⎛⎝ 1 −1 −2 0

0 −3 −3 0

0 −3 −3 0

⎞⎠ ,(2a/(−3))→ 2a

(3a − 2a)→ 3a

⎛⎝ 1 −1 −2 0

0 1 1 0

0 0 0 0

⎞⎠ .Obtenemos el sistema ½

x− y − 2z = 0,y + z = 0.

Resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = y + 2z = −α+ 2α = α,

y = −α,z = α, α ∈ R.


V = α

⎛⎝ 1

−11

⎞⎠ , α ∈ R,


tomamos

V3 =

⎛⎝ 1

−11

⎞⎠y obtenemos el vector solución

X3 =

⎛⎝ 1

−11

⎞⎠ e5t.Sistema fundamental de soluciones

X1 =

⎛⎝ 1

0

−1

⎞⎠ e−t, X2 =

⎛⎝ 0

1

1

⎞⎠ e−t, X3 =

⎛⎝ 1

−11

⎞⎠ e5t.Solución general

X =c1

⎛⎝ 1

0

−1

⎞⎠ e−t + c2⎛⎝ 0

1

1

⎞⎠ e−t + c3⎛⎝ 10

−11

⎞⎠ e5t, cj ∈ R. ¤


dt= 2x+ 8y,

dy

dt= −x− 2y.


X0 =µ

2 8

−1 −2¶X.


p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄2− λ 8

−1 −2− λ

¯̄̄̄= (2− λ) (−2− λ) + 8

= −4− 2λ+ 2λ+ λ2 + 8

= λ2 + 4.

Resolvemos

λ2 + 4 = 0,

λ = ±2i.Tenemos un par de valores propios complejos conjugados.

Calculamos un vector propio asociado a

λ = 2i.

Resolvemos

(A− 2iI)X = 0,


µ2− 2i 8

−1 −2− 2i¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,

reducimos a forma triangularµ2− 2i 8 0

−1 −2− 2i 0

¶.

Intercambiamos las filas µ −1 −2− 2i 0

2− 2i 8 0

¶,

multiplicamos la primera fila por 2− 2i y la sumamos a la segunda, como

(2− 2i) (−2− 2i) = −4− 4i+ 4i+ 4i2 = −8,

resulta µ −1 −2− 2i 0

0 0 0

¶,

que es equivalente a µ1 2 + 2i 0

0 0 0

¶.

Obtenemos un sistema de una ecuación con dos incógnitas

{x+ (2 + 2i)y = 0,

resolvemos paramétricamente⎧⎨⎩ x = −(2 + 2i) a,

y = a, a ∈ R.

Los vectores propios asociados a λ son de la forma

V = a

⎛⎝ − (2 + 2i)1

⎞⎠ , a ∈ R,

tomamos el vector propio correspondiente a a = −1

V =

µ2 + 2i

−1¶=

µ2

−1¶+ i

µ2

0

¶.

Podemos obtener un sistema fundamental de soluciones tomando la parte real

y la parte imaginaria de

(cos 2t+ i sin 2t)

∙µ2

−1¶+ i

µ2

0

¶¸.

Sistema fundamental de soluciones

X1 =

µ2

−1¶cos 2t−

µ2

0

¶sin 2t =

µ2 cos 2t− 2 sin 2t,

− cos 2t¶,


X2 =

µ2

0

¶cos 2t+

µ2

−1¶sin 2t =

µ2 cos 2t+ 2 sin 2t

− sin 2t¶.

La solución general es

X = c1

∙µ2

−1¶cos 2t−

µ2

0

¶sin 2t

¸+ c2

∙µ2

0

¶cos 2t+

µ2

−1¶sin 2t

¸= c1

µ2 cos 2t− 2 sin 2t,

− cos 2t¶+ c2

µ2 cos 2t+ 2 sin 2t

− sin 2t¶, c1, c2 ∈ R. ¤


dt= 3x− 3y + 4,

dy

dt= 2x− 2y − 1.


X0 =µ3 −32 −2

¶X+

µ4

−1¶.

Se trata de un sistema completo

X0= AX+B,

con

X =

µx(t)

y(t)

¶, A =

µ3 −32 −2

¶, B =

µ4

−1¶.

Solución general del sistema homogéneo. El polinomio característico es

p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄3− λ −32 −2− λ

¯̄̄̄= (3− λ) (−2− λ) + 6

= −6− 3λ+ 2λ+ λ2 + 6

= λ2 − λ.

Resolvemos

λ2 − λ = 0,

λ (λ− 1) = 0,los valores propios son

λ1 = 0, λ2 = 1.


(A− λ1I)X = 0,

AX = 0,µ3 −32 −2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,



{x− y = 0,

resolvemos paramétricamente½x = α,

y = α, α ∈ R.


V = α

µ1

1

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ1

1

¶.


(A− I)X = 0,µ3− 1 −32 −2− 1

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,µ

2 −32 −3

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{2x− 3y = 0,


y = 23α, α ∈ R.


V = α

µ1

2/3

¶, α ∈ R,

tomamos el vector propio correspondiente a α = 3,

V2 =

µ3

2

¶.


X1 =

µ1

1

¶, X2 =

µ3

2

¶et.

Solución general del sistema homogéneo

Xh = c1

µ1

1

¶+ c2

µ3

2

¶et.


Solución particular del sistema completo. Sabemos que es posible construir una

solución particular de la forma

Xp = Φ

ZΦ−1B dt,

donde Φ es una matriz fundamental

Φ =

µ1 3et

1 2et

¶y B es la columna de términos independientes

B =

µ4

−1¶.

Empezamos calculando la inversa Φ−1,

|Φ| = 2et − 3et = −et,

Φ−1 =1

−etµ2et −3et−1 1

¶=

µ −2 3

e−t −e−t¶.

A continuación, calculamos

Φ−1B =µ −2 3

e−t −e−t¶µ

4

−1¶=

µ −8− 34e−t + e−t

¶=

µ −115e−t

¶,

integramos ZΦ−1B dt =

Z µ −115e−t

¶dt =

µ −11t−5e−t

¶y, finalmente, calculamos la solución particular del sistema completo

Xp = Φ

ZΦ−1B dt =

µ1 3et

1 2et

¶ µ −11t−5e−t

¶=

µ −11t − 15−11t− 10

¶.

Solución general del sistema completo. Podemos escribir la solución general en

la forma

X = ΦC+Φ

ZΦ−1B dt.

X =

µ1 3et

1 2et

¶µc1c2

¶+

µ −11t − 15−11t− 10

¶,

o bien, usando un sistema fundamental de soluciones

X = c1

µ1

1

¶+ c2

µ3

2

¶et +

µ −11t − 15−11t− 10

¶.

En ambos casos, obtenemos la solución general⎧⎨⎩ x (t) = c1 + 3c2et − 11t − 15,

y (t) = c1 + 2c2e−t − 11t− 10. ¤



dt= 3x− 5y + et/2,

dy

dt=3

4x− y − et/2.


X0 =µ

3 −53/4 −1

¶X+

µet/2

−et/2¶

se trata de un sistema lineal completo

X0= AX+B,

con

X =

µx(t)

y(t)

¶, A =

µ3 −53/4 −1

¶, B =

µet/2

−et/2¶.


p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄3− λ −53/4 −1− λ

¯̄̄̄= (3− λ) (−1− λ) + 15/4

= −3− 3λ+ λ+ λ2 + 15/4

= λ2 − 2λ+ 3/4.

Resolvemos

λ2 − 2λ+ 3/4 = 0,

λ =2±√4− 3

2=2± 12

=

⎧⎨⎩ 3/2,

1/2.


λ1 = 1/2, λ2 = 3/2.

Vectores propios asociados a λ1 = 1/2. ResolvemosµA− 1

2I

¶X = 0,

µ3− 1/2 −53/4 −1− 1/2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,µ

5/2 −53/4 −3/2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{x− 2y = 0,


resolvemos paramétricamente½x = 2α,

y = α, α ∈ R.Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma

V = α

µ2

1

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ2

1

¶.

Vectores propios asociados a λ2 = 3/2. ResolvemosµA− 3

2I

¶X = 0,

µ3− 3/2 −53/4 −1− 3/2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,µ

3/2 −53/4 −5/2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{3x− 10y = 0,resolvemos paramétricamente½

x = α

y = 310α, α ∈ R.


V = α

µ1

3/10

¶, α ∈ R,

para evitar fracciones, tomamos α = 10

V2 =

µ10

3

¶.


X1 =

µ2

1

¶et/2, X2 =

µ10

3

¶e3t/2.


Xh = c1

µ2

1

¶et/2 + c2

µ10

3

¶e3t/2, c1, c2 ∈ R.

Podemos construir una solución particular de la forma

Xp = Φ

ZΦ−1B dt


donde Φ es la matriz fundamental

Φ =

µ2et/2 10e3t/2

et/2 3e3t/2

¶y B la columna de términos independientes

B =

µet/2

−et/2¶

Calculamos la inversa de la matriz fundamental

|Φ| = 6et/2e3t/2 − 10et/2e3t/2 = 6e2t − 10e2t = −4e2t,

Φ−1 =1

−4e2tµ3e3t/2 −10e3t/2−et/2 2et/2

¶=−14

µ3e−t/2 −10e−t/2−e−3t/2 2e−3t/2

¶.

Calculamos el producto

Φ−1B =

∙−14

µ3e−t/2 −10e−t/2−e−3t/2 2e−3t/2

¶¸µet/2

−et/2¶

=−14

µ3 + 10

−e−t − 2e−t¶=1

4

µ −133e−t

¶,

integramosZΦ−1B dt =

Z1

4

µ −133e−t

¶dt =

1

4

µ −13t−3e−t

¶=−14

µ13t

3e−t

¶y finalmente, determinamos la solución particular del sistema completo

Xp = Φ

ZΦ−1B dt =

µ2et/2 10e3t/2

et/2 3e3t/2

¶ ∙−14

µ13t

3e−t

¶¸=−14

µ2et/2 10e3t/2

et/2 3e3t/2

¶ µ13t

3e−t

¶=−14

µ26tet/2 + 30et/2

13tet/2 + 9et/2

¶.

Podemos reescribir la solución particular como sigue

Xp =−14

µ26

13

¶tet/2 − 1

4

µ30

9

¶et/2

= −µ13/2

13/4

¶tet/2 −

µ15/2

9/4

¶et/2.

Solución general del sistema completo.

X = Xh +Xp,

X = c1

µ2

1

¶et/2+c2

µ10

3

¶e3t/2−

µ13/2

13/4

¶tet/2−

µ15/2

9/4

¶et/2, c1, c2 ∈ R. ¤


dt= 2y + et,

dy

dt= −x+ 3y − et.



X0 =µ

0 2

−1 3

¶X+

µet

−et¶.

Se trata de un sistema lineal completo

X0= AX+B,

con

X =

µx(t)

y(t)

¶, A =

µ0 2

−1 3

¶, B =

µet

−et¶.


p(λ) = |A− λI| =¯̄̄̄ −λ 2

−1 3− λ

¯̄̄̄= (−λ) (3− λ) + 2

= λ2 − 3λ+ 2.

Resolvemos

λ2 − 3λ+ 2 = 0,

λ =3±√9− 8

2=3± 12

=

½2,

1.


λ1 = 1, λ2 = 2.


(A− I)X = 0,µ −1 2

−1 2

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶,

resulta un sistema de una ecuación con dos incógnitas,

{−x+ 2y = 0.

Resolvemos paramétricamente½x = 2α

y = α, α ∈ R.Los vectores propios asociados a λ1 son de la forma

V = α

µ2

1

¶, α ∈ R,

tomamos

V1 =

µ2

1

¶.


(A− 2I)X = 0,


µ −2 2

−1 3− 2¶µ

x

y

¶=

µ0

0

¶,µ −2 2

−1 1

¶µx

y

¶=

µ0

0

¶.


{−x+ y = 0,


y = α, α ∈ R.


V = α

µ1

1

¶, α ∈ R,

tomamos

V2 =

µ1

1

¶.


X1 =

µ2

1

¶et, X2 =

µ1

1

¶e2t.


Xh = c1

µ2

1

¶et + c2

µ1

1

¶e2t, c1, c2 ∈ R.

Podemos construir una solución particular de la forma

Xp = Φ

ZΦ−1B dt

donde Φ es la matriz fundamental

Φ =

µ2et e2t

et e2t

¶y B es el vector de términos independientes

B =

µet

−et¶.

Invertimos la matriz fundamental

|Φ| = 2e3t − e3t = e3t,

Φ−1 =1

e3t

µe2t −e2t−et 2et

¶=

µe−t −e−t−e−2t 2e−2t

¶.


Calculamos el producto

Φ−1B =

µe−t −e−t−e−2t 2e−2t

¶µet

−et¶

=

µ1 + 1

−e−t − 2e−t¶=

µ2

−3e−t¶,

integramos ZΦ−1B dt =

Z µ2

−3e−t¶dt =

µ2t

3e−t

¶,

y finalmente, obtenemos la solución particular del sistema completo

Xp = Φ

ZΦ−1B dt =

µ2et e2t

et e2t

¶µ2t

3e−t

¶=

µ4tet + 3et

2tet + 3et

¶.

Solución general del sistema completo.

X = c1

µ2

1

¶et + c2

µ1

1

¶e2t +

µ4tet + 3et

2tet + 3et

¶= c1

µ2

1

¶et + c2

µ1

1

¶e2t +

µ4

2

¶tet +

µ3

3

¶et, c1, c2 ∈ R. ¤

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E.T.S. Minas: Métodos Matemáticos Ejercicios Resueltos ...lacova.upc.es/~fpq/minas/ejercicios/soluciones/prob-edos-sist-solu.p… · Tema 9: Sistemas de EDOs lineales Francisco