2.5: Resolviendo Sistemas de Coeficientes Constantes en 2D

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Antes de proceder a los ejemplos, primero indicamos los tipos de soluciones que podrían resultar de la solución de un sistema de coeficientes homogéneos y constantes de ecuaciones diferenciales de primer orden.

Comenzamos con el sistema lineal de ecuaciones diferenciales en forma de matriz.

\ [\ dfrac {d\ mathbf {x}} {d t} =\ left (\ begin {array} {ll}
a & b\\
c & d
\ end {array}\ derecha)\ mathbf {x} =A\ mathbf {x}\ etiqueta {2.41}\]

El tipo de comportamiento depende de los valores propios de la matriz\(A\). El procedimiento consiste en determinar los valores propios y los vectores propios y utilizarlos para construir la solución general.

Si tenemos una condición inicial,\(\mathbf{x}\left(t_{0}\right)=\mathbf{x}_{0}\), podemos determinar las dos constantes arbitrarias en la solución general para obtener la solución particular. Así, si\(\mathbf{x}_{1}(t)\) y\(\mathbf{x}_{2}(t)\) son dos soluciones linealmente independientes, entonces la solución general se da como

\[\mathbf{x}(t)=c_{1} \mathbf{x}_{1}(t)+c_{2} \mathbf{x}_{2}(t) \nonumber \]

Luego, configurando\(t=0\), obtenemos dos ecuaciones lineales para\(c_{1}\) y\(c_{2}\):

\[c_{1} \mathbf{x}_{1}(0)+c_{2} \mathbf{x}_{2}(0)=\mathbf{x}_{0} \nonumber \]

El trabajo principal es encontrar las soluciones linealmente independientes. Esto depende de los diferentes tipos de valores propios que se obtienen al resolver la ecuación del valor propio,\(\operatorname{det}(A-\lambda I)=0\). La naturaleza de estas raíces indica la forma de la solución general. En la siguiente página resumimos la clasificación de soluciones en términos de los valores propios de la matriz de coeficientes. Primero hacemos algunas observaciones generales sobre la plausibilidad de estas soluciones y luego proporcionamos ejemplos en la siguiente sección para aclarar los métodos matriciales para nuestros sistemas bidimensionales.

La construcción de la solución general en el Caso I es directa. Sin embargo, los otros dos casos necesitan un poco de explicación.

Clasificación de las soluciones para dos ecuaciones diferenciales lineales de primer orden

Caso I: Dos raíces reales, distintas.

Resolver el problema del valor propio\(A \mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}\) para cada valor propio obteniendo dos vectores propios\(\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}\). Luego escribe la solución general como una combinación lineal\(\mathbf{x}(t)=c_{1} e^{\lambda_{1} t} \mathbf{v}_{1}+c_{2} e^{\lambda_{2} t} \mathbf{v}_{2}\)

2. Caso II: Una Raíz Repetida

Resolver el problema del valor propio\(A \mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}\) para un valor propio\(\lambda\), obteniendo el primer vector propio\(\mathbf{v}_{1}\). Entonces se necesita una segunda solución linealmente independiente. Esto se obtiene resolviendo el problema no homogéneo\(A \mathbf{v}_{2}-\lambda \mathbf{v}_{2}=\mathbf{v}_{1}\) para\(\mathbf{v}_{2}\).

La solución general es dada entonces por\(\mathbf{x}(t)=c_{1} e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+c_{2} e^{\lambda t}\left(\mathbf{v}_{2}+t \mathbf{v}_{1}\right)\).

3. Caso III: Dos Raíces Conjugadas Complejas

Resolver el problema del valor propio\(\mathbf{A} \mathbf{x}=\lambda \mathbf{x}\) para un valor propio\(\lambda=\alpha+i \beta\), obteniendo un autovector\(\mathbf{v}\). Tenga en cuenta que este vector propio puede tener entradas complejas. Así, se puede escribir el vector\(\mathbf{y}(t)=e^{\lambda t} \mathbf{v}=e^{\alpha t}(\cos \beta t+ i \sin \beta t) \mathbf{v}\). Ahora, construir dos soluciones linealmente independientes al problema utilizando las partes real e imaginaria de\(\mathbf{y}(t): \mathbf{y}_{1}(t)=\operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))\) y\(\mathbf{y}_{2}(t)=\operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))\). Entonces la solución general se puede escribir como\(\mathbf{x}(t)=c_{1} \mathbf{y}_{1}(t)+c_{2} \mathbf{y}_{2}(t)\)

Consideremos el Caso III. Tenga en cuenta que dado que el sistema original de ecuaciones no tiene\(i\) ningunos, entonces esperaríamos soluciones reales. Entonces, miramos las partes reales e imaginarias de la solución compleja. Tenemos que la solución compleja satisface la ecuación

\[\dfrac{d}{d t}[R e(\mathbf{y}(t))+i \operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))]=A[R e(\mathbf{y}(t))+i \operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))] \nonumber \]

Diferenciando la suma y dividiendo las partes real e imaginaria de la ecuación, da

\[\dfrac{d}{d t} \operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))+i \dfrac{d}{d t} \operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))=A[\operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))]+i A[\operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))] \nonumber \]

Estableciendo iguales las partes real e imaginaria, tenemos

\[\dfrac{d}{d t} \operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))=A[\operatorname{Re}(\mathbf{y}(t))] \nonumber \]

\[\dfrac{d}{d t} \operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))=A[\operatorname{Im}(\mathbf{y}(t))] \nonumber \]

Por lo tanto, las partes real e imaginaria son cada una soluciones linealmente independientes del sistema y la solución general puede escribirse como una combinación lineal de estas expresiones.

Pasamos ahora al Caso II. Escribiendo el sistema de ecuaciones de primer orden como una ecuación de segundo orden para\(x(t)\) con la única solución de la ecuación característica\(\lambda=\dfrac{1}{2}(a+d)\),, tenemos que la solución general toma la forma

\[x(t)=\left(c_{1}+c_{2} t\right) e^{\lambda t} \nonumber \]

Esto sugiere que la segunda solución linealmente independiente involucra un término de la forma\(v t e^{\lambda t}\). Resulta que la suposición que funciona es

\[\mathbf{x}=t e^{\lambda t} \mathbf{v}_{1}+e^{\lambda t} \mathbf{v}_{2} \nonumber \]

Insertar esta suposición en el sistema\(\mathbf{x}^{\prime}=A \mathbf{x}\) rinde

\ [\ begin {alineado}
\ left (t e^ {\ lambda t}\ mathbf {v} _ {1} +e^ {\ lambda t}\ mathbf {v} _ {2}\ derecha) ^ {\ prime} &=A\ izquierda [t e^ {\ lambda t}\ mathbf {v} _ _ {1} +e^ {\ lambda t}\ mathbf {v} _ _ 2}\ derecha]\\
e^ {\ lambda t}\ mathbf {v} _ {1} +\ lambda t e^ {\ lambda t}\ mathbf {v} _ {1} +\ lambda e^ {\ lambda t}\ mathbf {v} _ _ {2} &=\ lambda t e^ {\ lambda t}\ mathbf {v} _ {1} +e^ {\ lambda t} A\ mathbf {v} _ {2}\
e^ {\ lambda t}\ izquierda (\ mathbf {v} _ {1} +\ lambda\ mathbf {v} _ {2}\ derecha) &=e^ {\ lambda t} A\ mathbf bf {v} _ {2}
\ final {alineado}\ etiqueta {2.42}\]

Al señalar que esto es cierto para todos\(t\), encontramos que

\[\mathbf{v}_{1}+\lambda \mathbf{v}_{2}=A \mathbf{v}_{2} \label{2.43} \]

Por lo tanto,

\[(A-\lambda I) \mathbf{v}_{2}=\mathbf{v}_{1} \nonumber \]

Lo sabemos todo excepto por\(\mathbf{v}_{2}\). Entonces, solo resolvemos para ello y obtenemos la segunda solución linealmente independiente.