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9.10.4 Sistemas homogéneos con coeficientes constantes I
Ahora comenzaremos nuestro estudio del sistema homogéneo
y′ = Ay, (9.10.4.1)
donde A es una matriz constante n × n. Como A es continua en (−∞, ∞), el Teorema 9.10.2.1 implica que todas las soluciones de (9.10.4.1) están definidas en (−∞, ∞). Por lo tanto, cuando hablamos de soluciones de y′ = Ay, nos referiremos a soluciones en (−∞, ∞).
En esta sección suponemos que todos los valores propios de A son reales y que A tiene un conjunto de n vectores propios linealmente independientes. En las siguientes dos secciones consideraremos los casos donde algunos de los valores propios de A son complejos, o donde A no tiene n vectores propios linealmente independientes.
En el Ejemplo 9.10.3.2 mostramos que las funciones vectoriales
forman un conjunto fundamental de soluciones del sistema
pero no mostramos cómo obtuvimos y1 e y2 en primer lugar. Para ver cómo se pueden obtener estas soluciones escribimos (9.10.4.2) como
y buscar soluciones de la forma
y1 = x1eλt y y2 = x2eλt, (9.10.4.4)
donde x1, x2 y λ son constantes por determinar. Diferenciando (9.10.4.4), obtenemos
y1′ = λx1eλt y y2′ = λx2eλt.
Sustituyendo esto y (9.10.4.4) en (9.10.4.3) y cancelando el factor común eλt, se obtiene
Para un λ dado, este es un sistema algebraico homogéneo, ya que se puede reescribir como
La solución trivial x1 = x2 = 0 de este sistema no es útil, ya que corresponde a la solución trivial y1 ≡ y2 ≡ 0 de (9.10.4.3), que no puede formar parte de un conjunto fundamental de soluciones de (9.10 .4.2). Por lo tanto, consideramos solo aquellos valores de λ para los cuales (9.10.4.5) tiene soluciones no triviales. Estos son los valores de λ para los cuales el determinante de (9.10.4.5) es cero; esto es,
que tiene las soluciones λ1 = 2 y λ2 = −1.
Tomando λ = 2 en (9.10.4.5), se obtiene
lo que implica que x1 = −x2/2, donde x2 puede elegirse arbitrariamente. Elegir x2 = 2 produce la solución y1 = −e2t, y2 = 2e2t de (9.10.4.3). Podemos escribir esta solución en forma vectorial como
Tomando λ = −1 en (9.10.4.5) se obtiene el sistema
entonces x1 = −x2. Tomando x2 = 1 aquí se obtiene la solución y1 = −e−t, y2 = e−t de (9.10.4.3). Podemos escribir esta solución en forma vectorial como
En (9.10.4.6) y (9.10.4.7) los coeficientes constantes en los argumentos de las funciones exponenciales son los valores propios de la matriz de coeficientes en (9.10.4.2), y los coeficientes vectoriales de las funciones exponenciales son vectores propios asociados. Esto ilustra el siguiente teorema.
Teorema 9.10.4.1
Supongamos que la matriz constante A de n×n tiene n valores propios reales λ1, λ2, . . ., λn (que no es necesario que sean distintos) con vectores propios asociados linealmente independientes x1, x2, . . ., xn. Entonces las funciones
y1 = x1eλ1t, y2 = x2eλ2t, . . ., yn = xneλnt
forman un conjunto fundamental de soluciones de y′ = Ay; es decir, la solución general de este sistema es
y = c1x1eλ1t + c2x2eλ2t + · · · + cnxneλnt. ♦
Prueba:
Derivando yi = xieλit y recordando que Axi = λixi se obtiene
yi′ = λixieλit = Axieλit = Ayi.
Esto muestra que yi es una solución de y′ = Ay. ♦
El wronskiano de {y1, y2, . . ., yn} es
Como las columnas del determinante de la derecha son x1, x2, . . . , xn, que se supone que son linealmente independientes, el determinante es distinto de cero. Por lo tanto, el Teorema 9.10.3.3 implica que {y1, y2, . . ., yn} es un conjunto fundamental de soluciones de y′ = Ay.
Ejemplo ilustrativo 9.10.4.1
(a) Encuentre la solución general de
(b) Resuelva el problema de valor inicial
Solución:
(a) El polinomio característico de la matriz de coeficientes A en (9.10.4.8) es
Por lo tanto, λ1 = 6 y λ2 = −2 son valores propios de A. Para obtener los vectores propios, debemos resolver el sistema
con λ = 6 y λ = −2. Al establecer λ = 6 en (9.10.4.10), se obtiene
lo que implica que x1 = x2. Tomando x2 = 1 se obtiene el vector propio
entonces
es una solución de (9.10.4.8). Al establecer λ = −2 en (9.10.4.10) se obtiene
lo que implica que x1 = −x2. Tomando x2 = 1 se obtiene el vector propio
entonces
es una solución de (9.10.4.8). Del Teorema 9.10.4.1, la solución general de (9.10.4.8) es
(b) Para satisfacer la condición inicial en (9.10.4.9), debemos elegir c1 y c2 en (9.10.4.11) de modo que
Esto es equivalente al sistema
entonces c1 = 2, c2 = −3. Por lo tanto la solución de (9.10.4.9) es
o, en términos de componentes,
y1 = 2e6t + 3e−2t, y2 = 2e6t − 3e−2t.
Ejemplo ilustrativo 9.10.4.2
(a) Encuentre la solución general de
(b) Resuelva el problema de valor inicial
Solución:
(a) El polinomio característico de la matriz de coeficientes A en (9.10.4.12) es
Por lo tanto, los valores propios de A son λ1 = 2, λ2 = 3 y λ3 = −1. Para encontrar los vectores propios, debemos resolver el sistema
con λ = 2, 3, −1. Con λ = 2, la matriz aumentada de (9.10.4.14) es
que es equivalente por filas a
Por lo tanto, x1 = x3 y x2 = 0. Tomando x3 = 1, se obtiene
como solución de (9.10.4.12). Con λ = 3, la matriz aumentada de (9.10.4.14) es
que es equivalente por filas a
Por lo tanto, x1 = x3 y x2 = −x3. Tomando x3 = 1, se obtiene
como solución de (9.10.4.12). Con λ = −1, la matriz aumentada de (9.10.4.14) es
que es equivalente por filas a
Por lo tanto, x1 = x3/7 y x2 = −3x3/7. Tomando x3 = 7, obtenemos
como solución de (9.10.4.12). Por el Teorema 9.10.4.1, la solución general de (9.10.4.12) es
que también se puede escribir como
(b) Para satisfacer la condición inicial en (9.10.4.13) debemos elegir c1, c2, c3 en (9.10.4.15) de modo que
Resolviendo este sistema se obtiene c1 = 3, c2 = −2, c3 = 1. Por lo tanto, la solución de (9.10.4.13) es
Ejemplo ilustrativo 9.10.4.3
Encuentre la solución general de
Solución:
El polinomio característico de la matriz de coeficientes A en (9.10.4.16) es
Por lo tanto, λ1 = 1 es un valor propio de multiplicidad 1, mientras que λ2 = −5 es un valor propio de multiplicidad 2.
Los vectores propios asociados con λ1 = 1 son soluciones del sistema con matriz aumentada
que es equivalente por filas a
Por lo tanto, x1 = x2 = x3, y elegimos x3 = 1 para obtener la solución
de (9.10.4.16). Los vectores propios asociados con λ2 = −5 son soluciones del sistema con matriz aumentada
Por lo tanto, los componentes de estos vectores propios solo necesitan satisfacer la condición única
x1 + x2 + x3 = 0.
Como aquí solo hay una ecuación, podemos elegir x2 y x3 arbitrariamente. Obtenemos un autovector eligiendo x2 = 0 y x3 = 1, y otro eligiendo x2 = 1 y x3 = 0. En ambos casos x1 = −1.
Por lo tanto
son vectores propios linealmente independientes asociados con λ2 = −5, y las soluciones correspondientes de (9.10.4.16) son
Por esto y (9.10.4.17), el teorema 9.10.4.1 implica que la solución general de (9.10.4.16) es
Propiedades geométricas de soluciones cuando n = 2
Ahora consideraremos las propiedades geométricas de las soluciones de un sistema de coeficientes constantes de 2 × 2
Es conveniente pensar en un “plano y1–y2“, donde un punto se identifica por coordenadas rectangulares (y1, y2).
Si
Del Ejercicio 28(a), una trayectoria de una solución no trivial de (9.10.4.18) no puede contener (0, 0), que definimos como la trayectoria de la solución trivial y ≡ 0. Más generalmente, si
Para ser específicos, esta es la pregunta: ¿Cómo se ven las trayectorias y cómo se recorren? En esta sección responderemos a esta pregunta, asumiendo que la matriz
de (9.10.4.18) tiene valores propios reales λ1 y λ2 con vectores propios asociados linealmente independientes x1 y x2. Entonces la solución general de (9.10.4.18) es
Consideraremos otras situaciones en las próximas dos secciones.
Le dejamos a usted (Ejercicio 35) clasificar las trayectorias de (9.10.4.18) si cero es un valor propio de A. Limitaremos nuestra atención aquí al caso donde ambos valores propios son distintos de cero. En este caso la situación más simple es donde λ1 = λ2 ≠ 0, entonces (9.10.4.19) se convierte en
y = (c1x1 + c2x2)eλ1t.
Dado que x1 y x2 son linealmente independientes, un vector x arbitrario se puede escribir como x = c1x1 + c2x2. Por lo tanto, la solución general de (9.10.4.18) se puede escribir como y = xeλ1t donde x es un vector bidimensional arbitrario, y las trayectorias de las soluciones no triviales de (9.10.4.18) son semirrectas que pasan por (pero no incluyen) el origen . La dirección del movimiento se aleja del origen si λ1 > 0 (Figura 9.10.4.1), hacia él si λ1 < 0 (Figura 9.10.4.2). (En estas figuras y las siguientes, una flecha que pasa por un punto indica la dirección del movimiento a lo largo de la trayectoria que pasa por el punto).
Figura 9.10.4.1 Trayectorias de un sistema 2×2 con valor propio positivo repetido |
Figura 9.10.4.2 Trayectorias de un sistema 2×2 con valor propio negativo repetido |
Ahora suponga que λ2 > λ1, y sean L1 y L2 líneas que pasan por el origen paralelas a x1 y x2, respectivamente. Por media línea de L1 (o L2), nos referimos a cualquiera de los rayos obtenidos al eliminar el origen de L1 (o L2).
Haciendo c2 = 0 en (10.4.19) se obtiene y = c1x1eλ1t. Si c1 ≠ 0, la trayectoria definida por esta solución es una semirrecta de L1. La dirección del movimiento se aleja del origen si λ1 > 0, hacia el origen si λ1 < 0.
De manera similar, la trayectoria de y = c2x2eλ2t con c2 ≠ 0 es una semirrecta de L2.
De ahora en adelante, supondremos que c1 y c2 en (9.10.4.19) son ambos distintos de cero. En este caso, la trayectoria de (9.10.4.19) no puede intersecar L1 o L2, ya que cada punto en estas líneas está en la trayectoria de una solución para la cual c1 = 0 o c2 = 0. (Recuerde: trayectorias distintas no pueden cruzarse!). Por lo tanto, la trayectoria de (9.10.4.19) debe estar completamente en uno de los cuatro sectores abiertos delimitados por L1 y L2, pero no en ningún punto de L1 o L2. Desde el punto inicial (y1(0), y2(0)) definido por
y(0) = c1x1 + c2x2
está en la trayectoria, podemos determinar qué sector contiene la trayectoria a partir de los signos de c1 y c2, como se muestra en la Figura 9.10.4.3.
Figura 9.10.4.3 Cuatro sectores abiertos delimitados por L1 y L2
La dirección de y(t) en (9.10.4.19) es la misma que la de
y de
Como el lado derecho de (9.10.4.20) tiende a c2x2 cuando t → ∞, la trayectoria es asintóticamente paralela a L2 cuando t → ∞. Como el lado derecho de (9.10.4.21) tiende a c1x1 cuando t → −∞, la trayectoria es asintóticamente paralela a L1 cuando t → −∞.
La forma y la dirección del recorrido de la trayectoria de (9.10.4.19) dependen de si λ1 y λ2 son positivos, negativos o de signos opuestos. Ahora analizaremos estos tres casos.
En adelante, ||u|| denotará la longitud del vector u.
Caso 1: λ2 > λ1 > 0
Figura 9.10.4.4 Dos valores propios positivos; movimiento lejos del origen
La Figura 9.10.4.4 muestra algunas trayectorias típicas. En este caso, limt→−∞ ||y(t)|| = 0, por lo que la trayectoria no solo es asintóticamente paralela a L1 cuando t → −∞, sino que en realidad es asintóticamente tangente a L1 en el origen. Por otro lado, limt→∞ ||y(t)|| = ∞ y
entonces, aunque la trayectoria es asintóticamente paralela a L2 cuando t → ∞, no es asintóticamente tangente a L2. La dirección del movimiento a lo largo de cada trayectoria se aleja del origen.
Caso 2: 0 > λ2 > λ1
Figura 9.10.4.5 Dos valores propios negativos; movimiento hacia el origen
La Figura 9.10.4.5 muestra algunas trayectorias típicas. En este caso, limt→∞ ||y(t)|| = 0, por lo que la trayectoria es asintóticamente tangente a L2 en el origen cuando t → ∞. Por otro lado, limt→−∞ ||y(t)|| = ∞ y
entonces, aunque la trayectoria es asintóticamente paralela a L1 cuando t → −∞, no es asintóticamente tangente a ella. La dirección del movimiento a lo largo de cada trayectoria es hacia el origen.
Case 3: λ2 > 0 > λ1
Figura 9.10.4.6 Valores propios de diferentes signos
La Figura 9.10.4.6 muestra algunas trayectorias típicas. En este caso,
entonces la trayectoria es asintóticamente tangente a L2 cuando t → ∞. Similarmente,
entonces la trayectoria es asintóticamente tangente a L1 cuando t → −∞. La dirección del movimiento es hacia el origen en L1 y lejos del origen en L2. La dirección del movimiento a lo largo de cualquier otra trayectoria se aleja de L1, hacia L2.
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Ejercicio propuestos para el Capítulo 9.10.4
En los Ejercicios 1 a 15 encuentre la solución general.
En los Ejercicios 16 a 27 resuelve el problema de valor inicial.
28. Sea A una matriz constante de n × n. Entonces el Teorema 9.10.2.1 implica que las soluciones de
y′ = Ay (A)
están todos definidos en (−∞, ∞).
(a) Use el Teorema 9.10.2.1 para demostrar que la única solución de (A) que puede igualar el vector cero es y ≡ 0.
(b) Suponga que y1 es una solución de (A) y y2 está definida por y2(t) = y1(t − τ), donde τ es un número real arbitrario. Demuestre que y2 también es una solución de (A).
(c) Suponga que y1 y y2 son soluciones de (A) y hay números reales t1 y t2 tales que y1(t1) = y2(t2). Demuestre que y2(t) = y1(t − τ) para todo t, donde τ = t2 − t1. AYUDA: Demuestre que y1(t − τ) y y2(t) son soluciones del mismo problema de valor inicial para (A) y aplique la afirmación de unicidad del Teorema 9.10.2.1.
En los Ejercicios 29 a 34, describa y grafique las trayectorias del sistema dado.
35. Suponga que los valores propios de la matriz A de 2 × 2 son λ = 0 y µ ≠ 0, con los vectores propios correspondientes x1 y x2. Sea L1 la recta que pasa por el origen paralela a x1.
(a) Demuestre que cada punto en L1 es la trayectoria de una solución constante de y′ = Ay.
(b) Demuestre que las trayectorias de soluciones no constantes de y′ = Ay son semirrectas paralelas a x2 y a ambos lados de L1, y que la dirección del movimiento a lo largo de estas trayectorias se aleja de L1 si µ > 0, o hacia L1 si µ < 0.
Las matrices de los sistemas de los Ejercicios 36 a 41 son singulares. Describir y graficar las trayectorias de soluciones no constantes de los sistemas dados.
42. L Sean P = P(t) y Q = Q(t) las poblaciones de dos especies en el tiempo t, y suponga que cada población crecería exponencialmente si la otra no existiera; es decir, en ausencia de competencia,
P′ = aP y Q′ = bQ, (A)
donde a y b son constantes positivas. Una forma de modelar el efecto de la competencia es suponer que la tasa de crecimiento por individuo de cada población se reduce en una cantidad proporcional a la otra población, por lo que (A) se reemplaza por
donde α y β son constantes positivas. (Dado que la población negativa no tiene sentido, este sistema se mantiene solo mientras P y Q sean positivos). Ahora suponga que P(0) = P0 > 0 y Q(0) = Q0 > 0.
(a) Para varias opciones de a, b, α y β, verifique experimentalmente (graficando las trayectorias de (A) en el plano P–Q) que hay una constante ρ > 0 (dependiendo de a, b, α y β) con las siguientes propiedades:
(i) Si Q0 > ρP0, entonces P decrece monótonamente a cero en un tiempo finito, durante el cual Q permanece positivo.
(ii) Si Q0 < ρP0, entonces Q decrece monótonamente hasta cero en un tiempo finito, durante el cual P permanece positivo.
(b) Concluya de (a) que exactamente una de las especies se extingue en un tiempo finito si Q0 ≠ ρP0. Determine experimentalmente qué sucede si Q0 = ρP0.
(c) Confirme sus resultados experimentales y determine γ expresando los valores propios y los vectores propios asociados de
en términos de a, b, α y β, y aplicando los argumentos geométricos desarrollados al final de esta sección.