Sistemas diferenciales Lineales - unex.esmatematicas.unex.es/~ghierro/ed-2010-11/beamer/beamer...Sistemas lineales con coe cientes constantes Ecuaciones diferenciales lineales con

Funciones matricialesExistencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial

Soluciones matriciales fundamentalesSoluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacion de constantes

Sistemas lineales con coeficientes constantesEcuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos. Soluciones por desarrollo en serie

Ejercicios

Sistemas diferenciales Lineales

Manuel Fernandez Garcıa-Hierro

Universidad de Extremadura, Badajoz

8 de febrero de 2011

M. Fernandez Sistemas diferenciales Lineales




Ejercicios

Funciones matriciales I

Sea A ∈Mn(K) donde K = R o C. Se define

‖A‖ = sup‖x‖=1

‖Ax‖,

donde ‖x‖ es una norma en Kn.La aplicacion ‖A‖ es una norma en Mn(K) que verifica:

‖Ax‖ ≤ ‖A‖ ‖x‖,‖AB‖ ≤ ‖A‖ ‖B‖,

donde A,B ∈Mn(K) y x ∈ Kn.





Ejercicios

Funciones matriciales

Lo anterior sigue siendo cierto con los cambios obvios, si n 6= m.





Ejercicios


Sea la funciont ∈ I → A(t) ∈Mn(K).

Se verifica:

1. A(t) es continua si y solo si aij(t) es continua para todos i , j ,donde A(t) = [aij(t)].

2. A(t) es derivable si y solo si aij(t) es derivable para todos i , j .Ademas

A′(t) = [a′ij(t)].





Ejercicios


3. A(t) es integrable si y solo si aij(t) es integrable para todosi , j . Ademas ∫

A(t) dt =

[∫aij(t) dt

].

4. Sean Ak ,A ∈Mn(K), k = 1, 2, . . . Entonces Ak → A,k →∞ si y solo si akij → aij , k →∞ para todos i , j .

Demostracion.En Mn(K) todas las normas son equivalentes. Considerese lanorma

‖A‖1 =∑i ,j

|aij |

para la que se verifica (1),. . . , (4).M. Fernandez Sistemas diferenciales Lineales




Ejercicios

El problema de valor inicial I

TeoremaSean A : I →Mn(K), b : I → Kn funciones continuas en elintervalo I . Entonces para cada (t0, x0) ∈ I ×Kn existe una unicasolucion, definida en todo I , del problema de valor inicial

x ′ = A(t)x + b(t), x(t0) = x0. (1)





Ejercicios

El problema de valor inicial

DEMOSTRACIONla funcion f (t, x) = A(t)x + b(t) definida en D = I × Rn escontinua. Sea J ⊂ I un intervalo compacto. Entonces

‖A(t)x1 + b(t)− A(t)x2 − b(t)‖ = ‖A(t)(x1 − x2)‖≤ max

t∈J‖A(t)‖ ‖x1 − x2‖ := LJ‖x1 − x2‖, t ∈ J, x1, x2 ∈ Rn,

de donde se deduce que f ∈ Liploc(D, x). En consecuencia hay unaunica solucion maximal por cada condicion inicial.





Ejercicios

El problema de valor inicial

Se probara que la solucion maximal esta definida en todo I .Supongase que la solucion maximal no esta definida en t > t0,t ∈ I . El teorema de Picard-Lindeloff garantiza la existencia de unaunica solucion x : [t0, t]→ Rn tal que x(t0) = x0. Entonces x esuna prolongacion a la derecha de x . 2





Ejercicios

ComentarioA partir de ahora todas las soluciones las supondremos maximales.





Ejercicios

Estructura algebraica

TeoremaSea A : I →Mn(K) continua. Entonces el conjunto de solucionesde x ′ = A(t)x es un espacio vectorial n-dimensional y el conjuntode soluciones de x ′ = A(t)x + b(t) es un espacio afınn-dimensional.





Ejercicios


DEMOSTRACIONSean x , x soluciones de x ′ = A(t)x y λ, µ ∈ K. Entonces de

(λx + µx)′ = λx ′ + µx ′ = A(t)λx + A(t)µx = A(t)(λx + µx),

se obtiene que (λx + µx) es solucion de x ′ = A(t)x .





Ejercicios


Sea x i la solucion de x ′ = A(t)x tal que X i (t0) = e i , donde e i esel vector que tiene todas sus coordenadas nulas salvo la que ocupael lugar i-esimo. Entonces {x i}, i = 1, . . . , n, es una base desoluciones de x ′ = A(t)x .

Sean xp una solucion particular de x ′ = A(t)x + b(t) y Z elespacio vectorial de las soluciones de x ′ = A(t)x , entonces xp + Zes el espacio afın de todas las soluciones de x ′ = A(t)x + b(t). 2





Ejercicios


Sea x i la solucion de x ′ = A(t)x tal que X i (t0) = e i , donde e i esel vector que tiene todas sus coordenadas nulas salvo la que ocupael lugar i-esimo. Entonces {x i}, i = 1, . . . , n, es una base desoluciones de x ′ = A(t)x .Sean xp una solucion particular de x ′ = A(t)x + b(t) y Z elespacio vectorial de las soluciones de x ′ = A(t)x , entonces xp + Zes el espacio afın de todas las soluciones de x ′ = A(t)x + b(t). 2





Ejercicios

Formula de Abel-Jacobi-Liouville

Soluciones matriciales

Un sistema diferencial lineal matricial tiene la forma

X ′ = A(t)X , (2)

donde A : I →Mn(K).

Una solucion matricial es una funcion derivable X : I →Mn(K) talque

X ′(t) = A(t)X (t) para todo t ∈ I .

Si x0 ∈ Kn

(X (t)x0)′ = X ′(t)x0 = A(t)X (t)x0.

De modo que X (t)x0 es solucion de x ′ = A(t)x .





Ejercicios



Un sistema diferencial lineal matricial tiene la forma

X ′ = A(t)X , (2)

donde A : I →Mn(K).Una solucion matricial es una funcion derivable X : I →Mn(K) talque

X ′(t) = A(t)X (t) para todo t ∈ I .

Si x0 ∈ Kn

(X (t)x0)′ = X ′(t)x0 = A(t)X (t)x0.

De modo que X (t)x0 es solucion de x ′ = A(t)x .





Ejercicios



Teorema (Existencia y unicidad de soluciones matriciales)

Sea t ∈ I → A(t) ∈Mn(K) continua. El problema de valor inicial

X ′ = A(t)X , X (t0) = X0 ∈Mn(K), t0 ∈ I , (3)

tiene una unica solucion matricial definida en todo I .





Ejercicios



DEMOSTRACIONSea e1, . . . , en la base canonica de Kn. Sea x i (t) la solucion delproblema de valor inicial

x ′ = A(t)x , x(t0) = X0e i .

La funcion matricial X (t) cuyas columnas son las x i (t) es soluciondel p.v.i..

Unicidad: Si X (t), X (t) son soluciones del p.v.i., entoncesX (t)e i , X (t)e i son soluciones de

x ′ = A(t)x0, x(t0) = X0e i .

Por tanto X (t)e i = X (t)e i para todo i = 1, . . . , n, de donde sededuce que X (t) = X (t). 2





Ejercicios



DEMOSTRACIONSea e1, . . . , en la base canonica de Kn. Sea x i (t) la solucion delproblema de valor inicial

x ′ = A(t)x , x(t0) = X0e i .

La funcion matricial X (t) cuyas columnas son las x i (t) es soluciondel p.v.i..Unicidad: Si X (t), X (t) son soluciones del p.v.i., entoncesX (t)e i , X (t)e i son soluciones de

x ′ = A(t)x0, x(t0) = X0e i .

Por tanto X (t)e i = X (t)e i para todo i = 1, . . . , n, de donde sededuce que X (t) = X (t). 2





Ejercicios



Sean t ∈ I → A(t) ∈Mn(K) continua y X (t) una solucionmatricial de X ′ = A(t)X , entonces para todos t0, t ∈ I ,

det X (t) = det X (t0) exp

(∫ t

t0

traza A(s) ds

). (4)

donde traza A(s) es la traza de la matriz A(s).





Ejercicios


Soluciones matriciales I

DEMOSTRACION





Ejercicios


Soluciones matriciales II

Se probara que (det X )′(t) = (traza A(t))(det X )(t), ya queintegrando esta ecuacion entre t0 y t, se obtiene (4).

(det X )′(t) =d

dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .xi1(t) . . . xin(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∑i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .x ′i1(t) . . . x ′in(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣)

i − esima fila

=∑i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

x11(t) . . . x1n(t). . .∑

j aij(t)xj1(t) . . .∑

j aij(t)xjn(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∑i ,j

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .aij(t)xj1(t) . . . aij(t)xjn(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=∑i

aii (t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .xi1(t) . . . xin(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

2





Ejercicios



El valor | det X (t)| representa el volumen del paralelepıpedodeterminado por los vectores columnas, X 1(t), . . . ,X n(t). Demodo que la formula describe como varıa el volumen de dichoparalelepıpedo a lo largo del tiempo.





Ejercicios



DefinicionUna solucion matricial X (t) de X ′ = A(t)X se dice fundamental siX (t) es invertible para todo t, o equivalentemente si es invertiblepara algun t0.





Ejercicios



Entonces, fijado t0 ∈ I se verifica que x(t) es solucion tal quex(t0) = x0 si y solo si

x(t) = X (t)X−1(t0)x0.





Ejercicios



Proposicion

Sean X1,X2 soluciones matriciales de X ′ = A(t)X . Si X1 esfundamental, entonces existe C ∈Mn(K) tal que

X2(t) = X1(t)C .





Ejercicios



Demostracion.Sea C = X−11 (t0)X2(t0), entonces X1(t)C y X2(t) son dossoluciones matriciales del mismo problema de valor inicial. DelTeorema de unicidad de soluciones matriciales se concluye que soniguales.





Ejercicios

Formula de variacion de constantes

Si X (t) es una solucion matricial fundamental de X ′ = A(t)X , lasolucion de x ′ = A(t)x + b(t), x(t0) = x0 es

x(t) = X (t)X−1(t0)x0+X (t)

∫ t

t0

X−1(s)b(s) ds, (t, t0 ∈ I ). (5)





Ejercicios

Formula de variacion de constantes I

DEMOSTRACIONSi X (t)c(t) es solucion del sistema diferencial no homogeneo,entonces

X ′(t)c(t) + X (t)c ′(t) = A(t)X (t)c(t) + X (t)c ′(t)

= A(t)X (t)c(t) + b(t).

Integrando entre t0 y t se obtiene que

c(t) =

∫ t

t0

X−1(s)b(s) ds.





Ejercicios

Formula de variacion de constantes II

En consecuencia,

X (t)c(t) = X (t)

∫ t

t0

X−1(s)b(s) ds

es la solucion de x ′ = A(t)x + b(t), x(t0) = 0 y (5) es la soluciondel pvi (1).





Ejercicios

Caso en el que A es diagonalizableCaso general. Exponencial matricialSoluciones complejasSoluciones realesSistemas lineales reales planos con coeficientes constantes

Coeficientes constantes

Para encontrar todas las soluciones de x ′ = Ax , A ∈Mn(K), sedeterminara una solucion matricial fundamental.





Ejercicios


Coeficientes constantes I

TeoremaSi λ es un autovalor de A y p un autovector asociado, entonces

x(t) = etλp

es solucion de x ′ = Ax. Ademas, si p1, . . . , pn es una base deautovectores con autovalores λ1, . . . , λn respectivamente, entonces

etλ1p1, . . . , etλnpn (6)

es una base de soluciones de x ′ = Ax.





Ejercicios



Demostracion.Se verifica

x ′(t) = λetλp = Aetλp = Ax(t).

Evaluando en t = 0,

etλ1p1, . . . , etλnpn,

se obtiene p1, . . . , pn, que por hipotesis son linealmenteindependientes.





Ejercicios



En este caso AP = PJ, donde P es la matriz cuyas columnas sonlos autovectores de A y donde J = diag(λ1, . . . , λn) es la matrizdiagonal cuyos elementos diagonales son los autovalores, nonecesariamente distintos, de A.Por tanto PetJ = P diag(etλ1 , . . . , etλn) es una solucion matricialfundamental.





Ejercicios



Para resolver el sistema x ′ = Ax , A ∈Mn(K), se define laexponencial de A, que es una matriz denotada por eA, con casi lasmismas propiedades que la exponencial de un escalar.





Ejercicios



Del mismo modo que las soluciones de la ecuacion escalar

x ′ = ax , a ∈ K,

son x(t) = etax0, x0 ∈ K, las soluciones de

x ′ = Ax , A ∈Mn(K), (7)

seranx(t) = etAx0, x0 ∈ Kn,

donde etA es la exponencial de la matriz tA, que definiremos en loque sigue.





Ejercicios



TeoremaSea X (t) la unica solucion matricial fundamental de x ′ = Ax talque X (0) = I . Entonces

X (t + s) = X (t)X (s),

X−1(t) = X (−t).





Ejercicios



Demostracion.Para cada s fijo, X (t + s) y X (t)X (s) son soluciones del problemade valor inicial X ′ = AX , X (0) = X (s). Por lo tanto coinciden.Haciendo t = −s en la primera formula, se obtiene la segunda.





Ejercicios



Proposicion

Si X (t) es la solucion matricial del problema de valor inicial

X ′ = AX , X (0) = I ,

entonces

X (t) =∞∑k=0

tkAk

k!,

siendo la convergencia de la serie uniforme en cada intervalocompacto de R.





Ejercicios



DEMOSTRACIONPara cada i = 1, . . . , n, sea x i la solucion del problema de valorinicial x ′ = Ax , x(0) = e i . La sucesion de iterantes de Picard es

x i0(t) ≡ e i ,

x i1(t) = e i + tAe i ,

. . . . . .

x ik(t) =

k∑j=0

t j

j!Aje i

. . . . . .





Ejercicios



que converge uniformemente en intervalos compactos a la solucionx i .Sea X (t) la funcion matricial cuyas columnas son las soluciones x i .Entonces X (t) es la solucion matricial tal que X (0) = I . Puestoque la funcion x ∈ Kn → |xi | ∈ R es continua,max‖x‖=1 |xi | = Mi <∞.





Ejercicios



Sea x = x1e1 + · · ·+ xnen un vector de norma igual a 1, entonces

‖(X (t)−k∑

j=0

t j

j!Aj)x‖ ≤

∑i

|xi | ‖x i (t)−k∑

j=0

t j

j!Aj)e i‖

≤∑i

Mi ‖x i (t)−k∑

j=0

t j

j!Aj)e i‖,





Ejercicios



de donde se deduce que

X (t) =∞∑k=0

tkAk

k!,

siendo la convergencia de la serie uniforme en cada intervalocompacto de R. 2





Ejercicios



DefinicionLlamaremos exponencial de tA ∈Mn(K) a

etA = X (t).





Ejercicios



Con esta nueva notacion

eA = X (1).

la solucion del problema de valor inicial x ′ = Ax , x(0) = x0 es

x(t) = etAx0,

que generaliza la correspondiente formula del caso escalar. Laspropiedades

X (t + s) = X (t)X (s), X−1(t) = X (−t),





Ejercicios


Coeficientes constantes II

se reescriben como

e(t+s)A = etAesA,(

etA)−1

= e−tA.

Ademas se verifica (etA)′

= AetA, e0A = I .





Ejercicios



Proposicion

a) Sean A ∈Mn(K), B ∈Mm(K) y P ∈Mn×m(K) tales queAP = PB. Entonces

etAP = PetB , para todo t ∈ R.

b) Sean A,B ∈Mn(K) tales que AB = BA, entonces para todot ∈ R,

etAB = BetA,

et(A+B) = etAetB .





Ejercicios



DEMOSTRACIONa) En primer lugar notese que

Ck → C , k →∞ ⇒ CkP → CP, QCk → QC , k →∞,

donde P y Q son matrices tales que la multiplicacion por lasmatrices Ck y C es posible. En efecto, basta tener en cuenta que

‖CkP − CP‖ ≤ ‖Ck − C‖ ‖P‖, ‖QCk − QC‖ ≤ ‖Ck − C‖ ‖Q‖.





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Coeficientes constantes II

De AP = PB se obtiene AjP = PB j , j = 1, 2, . . . .

etAP =

lımk→∞

k∑j=0

t jAj

j!

P = lımk→∞

k∑j=0

t jAj

j!P

= lımk→∞

k∑j=0

Pt jB j

j!= P

lımk→∞

k∑j=0

t jB j

j!

= PetB .

b) Se aplica a) con A→ A,B → P,B → A para obtener la primeraformula de b). Para demostrar la segunda formula, se probara que





Ejercicios


Coeficientes constantes III

etAetB es solucion matricial del problema de valor inicialX ′ = (A + B)X , X (0) = I . En efecto,

(etAetB)′ = AetAetB + etABetB

= AetAetB + BetAetB

= (A + B)etAetB .

2





Ejercicios


Soluciones complejas I

Sea A ∈Mn(K). El polinomio caracterıstico de A es

|A− λI | = PA(λ) = (−1)n(λ− λ1)n1 · · · (λ− λr )nr ,

donde λ1, . . . λr son los autovalores distintos de A conmultiplicidades algebraicas n1, . . . nr respectivamente. El Teoremade descomposicion de Jordan garantiza la existencia de una matrizno singular P y una matriz B = diag(B1, . . . ,Br ),Bl = diag(J l

1, . . . , Jlpl

), l = 1, . . . , r , donde

J lk =

λl 1 0 . . . 00 λl 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . λl 10 . . . . . 0 λl

,





Ejercicios


Soluciones complejas II

tales que AP = PB. Ası que una solucion matricial fundamental dex ′ = Ax es etAP = PetB y todo lo que tenemos que hacer escalcular etB . Puesto que

etB = diag(etB1 , . . . , etBr ), etBl = diag(eJl1 , . . . , eJ

lpl ),

debemos calcular etJ , donde

J =

λ 1 0 . . . 00 λ 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . . . 10 . . . . 0 λ

.





Ejercicios


Soluciones complejas III

La matriz J = λI + N, donde

N =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . . . 10 . . . . . . . . . 0

.

La potencias sucesivas de N son

N2 =

0 0 1 0 . . . 00 0 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . 0 10 . . . . . . . 0 00 . . . . . . . 0 0

, . . . ,Nm = 0,





Ejercicios


Soluciones complejas IV

donde m es el orden de la matriz N. Entonces

etJ = etλI+tN = etλIetN

= etλ(

I +tN

1!+ · · ·+ (tN)m−1

(m − 1)!

)

= etλ

1 t

1! . . . tm−1

(m−1)!0 1 . . . tm−2

(m−2)!. . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1

.





Ejercicios


Soluciones complejas V

Si P es una matriz de orden m cuyas columnas son P1, . . . ,Pm,entonces

PetJ = [P1 . . . Pm]etJ

= etλ[

P1 tP1 + P2 · · · tm−1

(m − 1)!P1 + · · ·+ Pm

].

A partir de la formula anterior se deduce que las componentes decualquier solucion son funciones de la formaetλ1p1(t) + · · ·+ etλr pr (t), donde λj es un autovalor de A y dondepj(t) es un polinomio de grado estrictamente menor que lamultiplicidad del autovalor λj . . Tambien es facil, aunque de





Ejercicios


Soluciones complejas VI

escritura engorrosa, calcular una base de soluciones de x ′ = Ax sinmas que considerar las n columnas de etBP.





Ejercicios


Soluciones reales

Sea A ∈Mn(R) y considerese el sistema x ′ = Ax , x ∈ Rn. Sipermitimos soluciones con valores complejos, tenemos que x(t) essolucion si y solo si Re x(t) y Im x(t) son soluciones.

Para obtener una base de soluciones reales, basta tener en cuentaque x(t) es solucion si y solo si su conjugada compleja x(t) essolucion y que si x1(t), . . . , x r (t), y1(t), y1(t), . . . , y s(t), y s(t) esuna base de soluciones, siendo x1(t), . . . , x r (t) reales, entonces

x1(t), . . . , x r (t),Re y1(t), Im y1(t), . . . ,Re y s(t), Im y s(t)

es una base de soluciones reales.





Ejercicios


Soluciones reales

Sea A ∈Mn(R) y considerese el sistema x ′ = Ax , x ∈ Rn. Sipermitimos soluciones con valores complejos, tenemos que x(t) essolucion si y solo si Re x(t) y Im x(t) son soluciones.Para obtener una base de soluciones reales, basta tener en cuentaque x(t) es solucion si y solo si su conjugada compleja x(t) essolucion y que si x1(t), . . . , x r (t), y1(t), y1(t), . . . , y s(t), y s(t) esuna base de soluciones, siendo x1(t), . . . , x r (t) reales, entonces

x1(t), . . . , x r (t),Re y1(t), Im y1(t), . . . ,Re y s(t), Im y s(t)

es una base de soluciones reales.





Ejercicios


Sistemas planos

El sistema x ′ = Ax es un caso particular de sistema diferencialautonomo, cuya forma general es

x ′ = f (x), (8)

donde f : U → Rn. Supongamos que hay existencia y unicidad desoluciones para el problema de valor inicial de (8). Se verifica que





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Sistemas planos

Proposicion

Si x(t) es una solucion de (8) y si t0 ∈ R, entonces x(t + t0)tambien es solucion.





Ejercicios


Sistemas planos

Si x : I → R es una solucion, llamamos orbita de x a

orb x = x(I ) = {x(t) : t ∈ I}





Ejercicios


Sistemas planos

Proposicion

Por cada x0 ∈ U pasa una unica orbita maximal de (8).





Ejercicios


Sistemas planos

Demostracion.Sean x : I → U e y : J → U soluciones maximales de (8) tales quex(t0) = y(t1). Entonces x(t + t0 − t1), tambien es solucionmaximal, tiene la misma orbita que x(t) y satisface la mismacondicion inicial que y(t), luego coincide con ella.





Ejercicios


Sistemas planos I

DefinicionUn punto x0 ∈ U es un punto de equilibrio de (8) si f (x0) = 0.

Es facil comprobar que x0 es un equilibrio si y solo si x(t) ≡ x0 essolucion de (8).Llamaremos plano de fase al conjunto de orbitas.Sea x ′ = Ax , donde A ∈M2(R) y tiene det A 6= 0. El objetivo esdeterminar el plano de fases.El polinomio caracterıstico de A es:

λ2 − (traza A)λ+ det A = 0.

Distinguimos los siguientes casos.





Ejercicios


Sistemas planos II

1. Hay dos autovalores de A, λ1, λ2 reales y distintos. En este casohay dos autovectores linealmente independientes, p1, p2, de modoque

A(p1 p2

)=(p1 p2

)(λ1 00 λ2

).

Cualquier solucion es de la forma(x1(t)x2(t)

)=(p1 p2

)(etλ1 00 etλ2

)(y01y02

).





Ejercicios


Sistemas planos III

Llamamos y1(t), y2(t) a las componentes de x1(t), x2(t) respectode la base p1, p2. Entonces(

y1(t)y2(t)

)=

(etλ1 0

0 etλ2

)(y01y02

).

Los cuatro semiejes coordenados son orbitas.Distinguiremos tres casos atendiendo al signo de los autovalores.





Ejercicios


Sistemas planos IV

1a). λ2 < λ1 < 0. Entonces

y1(t), y2(t)→ −∞, t →∞|y1(t)|, |y2(t)| → ∞, t → −∞

y2(t)

y1(t)=

y02y01

e(λ2−λ1)t → 0, t →∞.

Esta ultima afirmacion significa que las orbitas tienden al origencon tangente nula cuando t →∞. Esta configuracion del plano defases se llama de nodo estable. Tambien se dice que el punto deequilibrio o el sistema diferencial es un nodo estable.





Ejercicios


Sistemas planos V

1b). 0 < λ1 < λ2. Entonces

y1(t), y2(t)→ 0, t → −∞|y1(t)|, |y2(t)| → ∞, t →∞

y2(t)

y1(t)=

y02y01

e(λ2−λ1)t → 0, t → −∞.

Esta ultima afirmacion significa que las orbitas tienden al origencon tangente nula cuando t → −∞. El plano de fases tiene unaconfiguracion de nodo inestable.





Ejercicios


Sistemas planos VI

1c). λ2 < 0 < λ1. Entonces

y1(t)→ 0, t → −∞|y2(t)| → ∞, t → −∞

y2(t)→ 0, t →∞|y1(t)| → ∞, t →∞

Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de punto desilla.2. Hay un autovalor doble, necesariamente real, λ.





Ejercicios


Sistemas planos VII

2a) Hay dos autovectores linealmente independientes. En este caso

si P =(p1 p2

), entonces AP = P

(λ 00 λ

), de modo que

A =

(λ 00 λ

). Ası que las soluciones son de la forma

(y1(t)y2(t)

)=

(etλy01etλy02

).

Todas las orbitas son semirectas que parten del origen. Si λ < 0tenemos una configuracion de punto de estrella estable y si λ > 0de punto de estrella inestable.





Ejercicios


Sistemas planos VIII

2b) Solo hay un autovector linealmente independiente. Entonces

AP = P

(λ 10 λ

).

Y, por tanto,

y1(t) = (y01 + y02t)etλ, y2(t) = etλy02.

Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de nodoimpropio.El comportamiento asintotico de las orbitas se deduce facilmentede las formulas.





Ejercicios


Sistemas planos IX

3. Hay dos autovalores complejos conjugados, λ = α± iβ3a) Sea α 6= 0. Se verifica que si Re p + i Imag p es un autovectorde α + iβ y si

P =(Re p Im p

),

entonces

AP = P

(α β−β α

),

de donde se deduce que(y1(t)y2(t)

)= etα

(cos tβ sin tβ− sin tβ cos tβ

)(y01y02

).





Ejercicios


Sistemas planos X

Si efectuamos un cambio de variable a polares se obtiener ′ = αr , θ′ = −β, e integrando,

r(t) =√

y1(t)2 + y2(t)2 = r0etα

θ(t) = arctany2(t)

y1(t)= θ0 − tβ.

Eliminado t entre las dos ecuaciones, se tiene

ρ(θ) = r(t(θ)) = ρ0 expαβ(θ0−θ),

que es una espiral logarıtmica. En las dos figuras que siguenaparece una orbita tıpica en cada uno de los casos α > 0 y α < 0.





Ejercicios


Sistemas planos XI

Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de foco.3b) Sea α = 0. Entonces r(t) = r0 y la orbita es una

circunferencia. Las soluciones son2π

βperiodicas. Se dice que el

plano de fases tiene configuracion de centro.Finalmente consideremos el caso en que det A = 0. Si exceptuamosel caso trivial en que A es la matriz nula, hay dos casos posibles.Notese que hay un autovalor nulo.Caso 1. (

y ′1y ′2

)=

(λ 00 0

)(y1y2

).





Ejercicios


Sistemas planos XII

El sistema es y ′1 = λy1, y ′2 = 0 y las solucionesy1(t) = y01 exp(tλ), y2(t) = y02. El eje y1 = 0 esta formado porpuntos de equilibrio y todas las orbitas son semirectas horizontales.Caso 2. (

y ′1y ′2

)=

(0 10 0

)(y1y2

).

El sistema es y ′1 = y2, y ′2 = 0 y las soluciones y1(t) = y02t + y01,y2(t) = y02. El eje y2 = 0 esta formado por puntos de equilibrio ytodas las orbitas son rectas horizontales.





Ejercicios


Sistemas planos XIII

Si λ1, λ2 son los autovalores de A y si tenemos en cuenta que elpolinomio caracterıstico de A es

λ2 − (traza A)λ+ det A

= λ2 − (λ1 + λ2)λ+ λ1λ2

podemos expresar la discusion anterior en terminos del det A ytraza A tal como se muestra en el siguiente grafico, donde

∆ = (trazaA)2 − 4 det A.





Ejercicios

El metodo de las series de potencias

Soluciones por desarrollo en serie I

Comenzamos esta seccion con algunas propiedades basicas de lasseries de potencias.Una serie de potencias en t − t0 es una serie de funciones de laforma

∞∑k=0

ck(t − t0)k . (9)

Mediante la traslacion t → t − t0, la serie de potencias 9, setransforma en una serie de potencias centrada en t0 = 0, es decir,de la forma

∞∑k=0

cktk . (10)





Ejercicios


Soluciones por desarrollo en serie II

Se dice que la serie de potencias 10 converge en t1, si lo hace laserie numerica

∞∑k=0

cktk1 .

Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia0 ≤ R ≤ ∞, tal que la serie converge absolutamente para |t| < Ry diverge para |R| > R. Dentro del intervalo de convergencia|t| < R, la serie de potencias define una funcion

x(t) =∞∑k=0

cktk ,





Ejercicios


Soluciones por desarrollo en serie III

indefinidamente derivable y cuyas derivadas se obtienen derivandotermino a termino en la serie de potencias. Del mismo modo, unaprimitiva de x se obtiene integrando termino a termino. Se diceque la funcion x(t) es analıtica en |t| < R.





Ejercicios



Proposicion

Sean las series de potencias x(t) =∑∞

k=0 cktk , y(t) =∑∞

k=0 dktk ,convergentes en |t| < R, entonces

1. x(t) + y(t) =∑∞

k=0(ck + dk)tk ,

2. x(t)y(t) =∑∞

k=0

∑kj=0 cjdk−j ,

siendo los desarrollos en serie de potencias validos en |x | < R.





Ejercicios



Se ilustrara el metodo con el siguiente ejemplo.Resolver el problema de valor inicial

x ′ = t2 + x , x(0) = 1.

Se supondra que la solucion de la ecuacion diferencial admite undesarrollo en serie de potencias

x(t) =∞∑k=0

cktk





Ejercicios



y se trata de determinar los coeficientes ck . Derivando termino atermino, se obtiene que

x ′(t) =∞∑k=1

cktk−1.

Sustituyendo en la ecuacion diferencial,

∞∑k=1

cktk−1 = t2 +∞∑k=0

cktk ,





Ejercicios



que tambien se puede expresar como

∞∑k=0

ck+1tk = t2 +∞∑k=0

cktk .





Ejercicios


Soluciones por desarrollo en serie IV

Igualando los coeficientes de la misma potencia de t, se obtiene

c1 = c0,

c2 =c12

=c02,

c3 =1 + c2

3=

c0 + 2

3!,

c4 =c34

=c0 + 2

4!,

...





Ejercicios


Soluciones por desarrollo en serie V

Por tanto

x(t) = c0 + c0t +c02!

t2 +c0 + 2

3!t3 +

c0 + 2

4!t4 + . . .

De x(0) = 1 se deduce que c0 = 1. Ası que

x(t) = 1 + t +1

2!t2 +

3

3!t3 +

3

4!t4 + . . .

= 3et − 2

(1 + t +

1

2!t2).

Notese que la ecuacion diferencial es de tipo lineal y puede serresuelta por integracion elemental.





Ejercicios



Se resolvera la ecuacion diferencial

x ′′ + tx ′ + x = 0.

Se supondra que la solucion de la ecuacion diferencial admite undesarrollo en serie de potencias

x(t) =∞∑k=0

cktk





Ejercicios



y se trata de determinar los coeficientes ck . Sustituyendo en laecuacion diferencial se obtiene

∞∑k=2

k(k − 1)cktk−2 +∞∑k=0

kcktk +∞∑k=0

cktk = 0.

Con el fin de escribir la expresion anterior con un unico sumatorio,se define k − 2 = j . Entonces

∞∑k=2

k(k−1)cktk−2 =∞∑j=0

(j+2)(j+1)cj+2t j =∞∑k=0

(k+2)(k+1)ck+2tk .





Ejercicios



Por tanto

∞∑k=0

((k + 2)(k + 1)ck+2 + (k + 1)ck)tk = 0.

De donde se obtiene la relacion de recurrencia

ck+2 = − ckk + 2

,

a partir de la cual se obtiene

c2 = − c02 c4 = − c2

4 = c02·4 . . .

c3 = − c13 c5 = − c3

5 = c13·5 . . . .





Ejercicios


Soluciones por desarrollo en serie IV

Finalmente, agrupando los terminos que contienen a c0 y c1, sellega a

x(t) = c0

(1− t2

2+

t4

2 · 4− . . .

)+ c1

(t − t3

3+

t5

3 · 5− . . .

).

(11)Haciendo c0 = 1, c1 = 0 y c0 = 0, c1 = 1, se obtienen dossoluciones linealmente independientes con desarrollos en series depotencias validos para todo t ∈ R. (Comprobar).





Ejercicios


Soluciones por desarrollo en serie V

Ahora se puede probar que 11 es solucion. En efecto, se cumple larelacion de recurrencia ck+2 = −ck/(k + 2). Repitiendo loscalculos anteriores se llega a que

x ′′(t) + tx ′(t) + x(t) = 0, para todo t ∈ R.

El ejemplo anterior es un caso particular de la





Ejercicios



Proposicion





Ejercicios



Sea la ecuacion diferencial x ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, donde a y bson funciones analıticas con desarrollos en series de potenciasdados por

a(t) =∞∑k=0

aktk , b(t) =∞∑k=0

bktk .

Si x(t) =∑∞

k=0 cktk es solucion, entonces se verifican lassiguientes relaciones de recurrencia

(k+2)(k+1)ck+2+k∑

j=0

((j+1)cj+1ak−j+cjbk−j) = 0, k = 0, 1, . . .

(12)





Ejercicios



DEMOSTRACIONSustituyendo en la ecuacion diferencial se obtiene

∞∑k=2

k(k−1)cktk−2+(∞∑k=0

aktk)(∞∑k=1

kcktk−1)+(∞∑k=0

bktk)(∞∑k=0

cktk) = 0,

o tambien

∞∑k=0

(k+2)(k+1)ck+2+(∞∑k=0

aktk)(∞∑k=0

(k+1)ck+1tk)+(∞∑k=0

bktk)(∞∑k=0

)cktk) = 0.





Ejercicios



Multiplicando las series de potencias y agrupando los coeficientesde tk se llega a

∞∑k=0

(k + 2)(k + 1)ck+2 +k∑

j=0

[(j + 1)cj+1ak−j + cjbk−j ]

tk = 0.

Igualando a cero cada coeficiente de tk , se obtiene (12).





Ejercicios

1. Sea X (t) una funcion matricial definida en el intervalo I . SiX (t) es derivable y tiene inversa para todo t ∈ I , demuestreque

(X−1(t))′ = −X−1(t)X ′(t)X−1(t).

2. Resuelva el problema de valor inicial[x ′(t)y ′(t)

]=

[1/t 0−1/t2 1/t

] [x(t)y(t)

]+

[t2

0

],

[x(1)y(1)

]=

[1−1

].





Ejercicios

3. ¿De que forma ha de ser la funcion a(t), a : (0,∞)→ R, paraque las funciones

x1(t) =

a(t)00

, x2(t) =

tt2

0

, x3(t) =

1tt

sean soluciones linealmente independientes de un sistema dela forma x ′ = A(t)x , t > 0, si ha de cumplirse

traza(A(t)) =4

t.

Si la cuestion anterior tiene solucion, determine el sistemadiferencial x ′ = A(t)x .





Ejercicios

Si la cuestion anterior tiene solucion, resuelva el problema devalor inicial

x ′ = A(t)x +

1/t00

, x(1) =

101

.4. Sea una ecuacion diferencial escalar de segundo orden

x ′′ = f (t, x , x ′) para la que se cumple la unicidad desoluciones del problema de valor inicial. Demuestre que lasgraficas de dos soluciones distintas no pueden ser tangentesen ningun punto.Supongase ademas que f es continua y que una solucion de laecuacion diferencial, x : I → R, tiene infinitos ceros en elintervalo compacto [a, b] ⊂ I . Demuestre que x(t) = 0 paratodo t ∈ I .





Ejercicios

5. Sean x1(t) y x2(t) dos soluciones linealmente independientesde la ecuacion diferencial x ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, siendo a(t)y b(t) funciones continuas en el intervalo I . Pruebe que elconjunto de soluciones es un subespacio vectorial2-dimensional de C 2(I ,R). Sea c(t) continua en I . Demuestreque el conjunto de soluciones de x ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = c(t)es un subespacio afın 2-dimensional de C 2(I ,R).

6. Describa el metodo de variacion de constantes para encontraruna solucion particular de la ecuacionx ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = c(t).

7. Sean a(t), b(t) ∈ R. Demuestre que x(t) es solucion dex ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = c(t) si y solo si Re x(t) es solucion dex ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = Re c(t) e Im x(t) es solucion dex ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = Im c(t)





Ejercicios

8. Resuelva la ecuacion x ′′ + ax ′ + bx = 0, donde a, b ∈ R.

9. Demuestre que la ecuacion diferencialx ′′ + ax ′ + bx = c0 + c1t + · · ·+ cntn tiene una solucion de laforma

x(t) =

C0 + C1t · · ·+ Cntn, si b 6= 0

t(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si b = 0, a 6= 0

t2(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si b = 0, a = 0

10. Resuelva la ecuacion diferencial x ′′ + x ′ + x = t2.





Ejercicios

11. Demuestre que x(t) es solucion de la ecuacion diferencialx ′′ + ax ′ + bx = eλt(c0 + c1t + · · ·+ cntn) si y solo siu(t) = e−λtx(t) es solucion de la ecuacion diferencialu′′ + (2λ+ a)u′ + (λ2 + aλ+ b)u = c0 + c1t + · · ·+ cntn.Entonces demuestre que la ecuacion diferencial de partidatiene una solucion de la forma

x(t) =

etλ(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si λ2 + aλ+ b 6= 0

t(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si λ2 + aλ+ b 6= 0, 2λ+ a = 0

t2(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si λ2 + aλ+ b = 0, 2λ+ a = 0

12. Resuelva las ecuaciones diferenciales

x ′′ + 4x = sin(2t), x ′′ + 4x = sin(2t).





Ejercicios

13. Resuelva la ecuacion diferencial

x ′′ + 2x ′ + x = te(1+i)t ,

donde i es la unidad imaginaria compleja.

14. Sean x1(t) y x2(t) dos soluciones linealmente independientesde la ecuacion diferencial x ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, siendo a(t)y b(t) funciones continuas en el intervalo I . Demuestre quelos ceros de esas soluciones son distintos y se presentan deforma alternativa. Es decir, x1(t) se anula exactamente unavez entre cualesquiera dos ceros de x2(t) y viceversa.





Ejercicios

15. Sea la ecuacion diferencial lineal de segundo ordenx ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, siendo a(t) y b(t) funcionescontinuas en el intervalo I . Supongase conocida una solucionx1(t) tal que x1(t) 6= 0 para todo t ∈ I .a) Utilice la formula de Abel-Jacobi-Liouville para encontraruna segunda solucion linealmente independiente de la anterior.b) Encuentre una segunda solucion linealmente independientede la primera de la forma x2(t) = x1(t)c(t).

16. Encuentre todas las soluciones de la ecuacion diferencial

x ′′ − 4

tx ′ +

6

t2x = 0, t > 0,

sabiendo que x1(t) = t2 es solucion.





Ejercicios

17. Demuestre que cualquier ecuacion diferencial de la formax ′′ + a(t)x ′ + b(t)x = 0, se puede transformar mediante uncambio de variables en una ecuacion de la formay ′′ + q(t)y = 0.

18. Sea la ecuacion diferencial x ′′ + q(t)x = 0, donde q(t) escontinua en el intervalo I y donde q(t) < 0 para todo t ∈ I .Demuestre que cualquier solucion no trivial de la ecuaciondiferencial tiene a lo sumo un cero.

19. Sea la ecuacion diferencial x ′′ + q(t)x = 0, donde q(t) escontinua en el intervalo (0,∞), donde q(t) > 0 para todot ∈ (0,∞) y donde ∫ ∞

1q(t) dt =∞.





Ejercicios

Demuestre que si x(t) es una solucion no trivial, entoncestiene un numero infinito de ceros.

20. Sean u(t), v(t) soluciones no triviales de

u′′ + q(t)u = 0, v ′′ + r(t)v = 0,

respectivamente. Se supone que q(t) > r(t) > 0 son funcionescontinuas en el intervalo I . Demuestre que u(t) se anula almenos una vez entre cada dos ceros consecutivos de v(t).

21. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′

y ′

z ′

=

3 1 −2−1 2 14 1 −3

xyz

.M. Fernandez Sistemas diferenciales Lineales




Ejercicios


y ′

z ′

=

1 0 10 1 −1−2 0 −1

xyz

.23. Resuelva el sistema diferencial lineal x ′

y ′

z ′

=

6 2 −62 3 −34 2 −4

xyz


y ′

z ′

=

0 −1 12 −3 11 −1 −1

xyz





Ejercicios


y ′

z ′

=

3 −1 00 3 00 2 3

xyz


y ′

z ′

=

6 8 −102 2 −35 6 −8

xyz


y ′

z ′

=

−2 −1 −2−4 −5 2−5 −1 1

xyz


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