10.3: Solución por la Matriz Exponencial

Otro enfoque interesante de este problema hace uso de la matriz exponencial. Dejar\(\mathrm{A}\) ser una matriz cuadrada,\(t \mathrm{~A}\) la matriz A multiplicada por el escalar\(t\), y\(\mathrm{A}^{\mathrm{n}}\) la matriz A multiplicada por sí misma\(n\) veces. Definimos la función exponencial de la matriz\(e^{t \mathrm{~A}}\) similar a la forma en que se puede definir la función exponencial usando su serie Taylor. La definición correspondiente es

\[e^{t \mathrm{~A}}=\mathrm{I}+t \mathrm{~A}+\frac{t^{2} \mathrm{~A}^{2}}{2 !}+\frac{t^{3} \mathrm{~A}^{3}}{3 !}+\frac{t^{4} \mathrm{~A}^{4}}{4 !}+\ldots \nonumber \]

Podemos diferenciar\(e^{t \mathrm{~A}}\) con respecto a\(t\) y obtener

\[\begin{aligned} \frac{d}{d t} e^{t \mathrm{~A}} &=\mathrm{A}+t \mathrm{~A}^{2}+\frac{t^{2} \mathrm{~A}^{3}}{2 !}+\frac{t^{3} \mathrm{~A}^{4}}{3 !}+\ldots \\ &=\mathrm{A}\left(\mathrm{I}+t \mathrm{~A}+\frac{t^{2} \mathrm{~A}^{2}}{2 !}+\frac{t^{3} \mathrm{~A}^{3}}{3 !}+\ldots\right) \\ &=\mathrm{A} e^{t \mathrm{~A}} \end{aligned} \nonumber \]

como cabría esperar de diferenciar la función exponencial. Por lo tanto, podemos escribir formalmente la solución de

\[\dot{\mathrm{x}}=\mathrm{Ax} \nonumber \]

\[\mathrm{x}(t)=e^{t \mathrm{~A}} \mathrm{x}(0) \nonumber \]

Si la matriz\(A\) es diagonalizable tal que\(A=S \Lambda S^{-1}\), entonces observe que

\[\begin{aligned} e^{t \mathrm{~A}} &=e^{t \mathrm{~S} \Lambda \mathrm{S}^{-1}} \\ &=\mathrm{I}+t \mathrm{~S} \Lambda \mathrm{S}^{-1}+\frac{t^{2}\left(\mathrm{~S} \Lambda \mathrm{S}^{-1}\right)^{2}}{2 !}+\frac{t^{3}\left(\mathrm{~S} \Lambda \mathrm{S}^{-1}\right)^{3}}{3 !}+\ldots \\ &=\mathrm{I}+t \mathrm{~S} \Lambda \mathrm{S}^{-1}+\frac{t^{2} \mathrm{~S} \Lambda^{2} \mathrm{~S}^{-1}}{2 !}+\frac{t^{3} \mathrm{~S} \Lambda^{3} \mathrm{~S}^{-1}}{3 !}+\ldots \\ &=\mathrm{S}\left(\mathrm{I}+t \Lambda+\frac{t^{2} \Lambda^{2}}{2 !}+\frac{t^{3} \Lambda^{3}}{3 !}+\ldots\right) \mathrm{S}^{-1} \\ &=\mathrm{Se}^{t \Lambda} \mathrm{S}^{-1} \end{aligned} \nonumber \]

Si\(\Lambda\) es una matriz diagonal con elementos diagonales\(\lambda_{1}, \lambda_{2}\), etc., entonces la matriz exponencial\(e^{t \Lambda}\) es también una matriz diagonal con elementos diagonales dados por\(e^{\lambda_{1} t}, e^{\lambda_{2} t}\), etc. ahora podemos usar la matriz exponencial para resolver un sistema de lineal ecuaciones diferenciales.

Ejemplo: Resolver el ejemplo anterior

\[\frac{d}{d t}\left(\begin{array}{l} x_{1} \\ x_{2} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 4 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x_{1} \\ x_{2} \end{array}\right) \nonumber \]

por exponenciación matricial.

Sabemos que

\[\Lambda=\left(\begin{array}{rr} 3 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right), \quad S=\left(\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 2 & -2 \end{array}\right), \quad S^{-1}=-\frac{1}{4}\left(\begin{array}{rr} -2 & -1 \\ -2 & 1 \end{array}\right) \text {. } \nonumber \]

La solución al sistema de ecuaciones diferenciales viene dada entonces por

\[\begin{aligned} \mathrm{x}(t) &=e^{t \mathrm{~A}} \mathrm{x}(0) \\ &=\mathrm{S}^{t \Lambda} \mathrm{S}^{-1} \mathrm{x}(0) \\ &=-\frac{1}{4}\left(\begin{array}{rr} 1 & 1 \\ 2 & -2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{rr} e^{3 t} & 0 \\ 0 & e^{-t} \end{array}\right)\left(\begin{array}{rr} -2 & -1 \\ -2 & 1 \end{array}\right) \times(0) . \end{aligned} \nonumber \]

La multiplicación matricial sucesiva da como resultado

\[\begin{aligned} &x_{1}(t)=\frac{1}{4}\left(2 x_{1}(0)+x_{2}(0)\right) e^{3 t}+\frac{1}{4}\left(2 x_{1}(0)-x_{2}(0)\right) e^{-t}, \\ &x_{2}(t)=\frac{1}{2}\left(2 x_{1}(0)+x_{2}(0)\right) e^{3 t}-\frac{1}{2}\left(2 x_{1}(0)-x_{2}(0)\right) e^{-t}, \end{aligned} \nonumber \]

que es la misma solución que se encontró anteriormente, pero aquí los coeficientes\(c_{1}\) y\(c_{2}\) libres son reemplazados por los valores iniciales de\(x(0)\).