Post on 13-Sep-2015
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PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILEFACULTAD DE MATEMATICAS Y ESTADISTICADEPARTAMENTO DE MATEMATICAS
Profesor: Daniel Vidal (davidal@mat.puc.cl)Ayudante: Hernan Gonzalez A. (higonzal@uc.cl)
Ayudanta 11Mat1640 - Ecuaciones Diferenciales
30 de octubre de 2014
1. Resolver solo el sistema homogeneo.
x = Ax(t) + f(t) =[
6/7 15/145/7 37/14
]x(t) +
[e2t
et
], x(0) =
[41]
eAt =
67et/2 + 17e3t 37et/2 37e3t27et/2 2
7e3t
1
7et/2 +
6
7e3t
eAtx(0) =
[3et/2 + e3t
et/2 2e3t]
2.dx
dt= 3x+ 3y 2z + etdy
dt= x+ y + 2z
dz
dt= x+ 3y + et
A =
3 3 21 1 21 3 0
, F [t] =et0et
Basta con los valores y vectores propios de la matriz, ya que es diagonalizable.
Xh(t) =
xh(t)yh(t)zh(t)
= c1e4t11
1
+ c2e2t 11
1
+ c3e2t11
1
3.
1 + t =
t0
f (u)t udu
Para resolver la ecuacion integral, se debe usar la Transformada de Laplace y el producto deconvolucion, ademas de considerar que:
L [tx] (s) = (x+ 1)sx+1
En efecto, al aplicar la transformada en ambos miembros, considerando que la integral es laconvolucion de las funciones f(t) y g(t) = 1
tse tiene:
L [1 + t] (s) = L[f(t) 1
t
](s)
1
s+
1
s2= L [f(t)] (s)L
[1t
](s)
Sea L [f(t)] (s) = F (s), as:
1
s+
1
s2= F (s)
(12)
s12
1
s+
1
s2= F (s)
pi
s
F (s) =1pis
12
+1pis
32
F (s) =1
pi
pi
s12
+2
pi
pi
2s32
F (s) =1
pi
(12
+ 1)
s12
+2
pi
(12
+ 1)
s32
Finalmente, al aplicar la transformada inversa:
f(t) =1
pit
12 +
2
pit12
4. Resolver el sistema
x =( 3
214
1 12
)x
[32 r 1
4
1 12 r
]) = (r + 1)2
Solo tiene m.a. 2 y m.g. con el vector propio.[12]
Para calcular el otro vector, utilizamos una reduccion de orden, con matrices. (A I)v2 = v1,quedando finalmente
x2(t) = (v1t+ v2)et
5. (xy
)=
(1 cos t
cos t 1
)(xy
)
Sea u = cos t
exp
(t uu t
)= exp
[12
(i i1 1
)(t iu 0
0 t+ iu
) 1
2
(i 1i 1
)]
(x(t)y(t)
)= et
(cos(sin t) sin(sin t)sin(sin t) cos(sin t)
)(x0y0
).
6. Cambio de ejercicio. Encuentre la diagonalizacion de Jordan, del siguiente sistema (repasoLineal)
A =
1 2 3 0 00 1 2 0 00 0 1 2 00 0 0 2 10 0 0 0 1
Si no es diagonalizable la matriz, se debe buscar un sistema semidiagonalizable, para utilizarla matriz exponencial.
El polinomio caracterstico es:
PA() = (1 )4(2 )
Sus races son 1 = 1 y 2 = 2 con multiplicidades algebraicas 4 y 1 respectivamente. 1 = 1Comencemos con 1, tenemos que hallar 4 vectores linealmente independientes, pues lamultiplicidad de 1es 4. Pero no valen 4 vectores cualquiera. Hay que hacer lo siguiente:
Hallar la cadena de ker de (A 1Id) , (A 1Id)2, (A 1Id)3,...hasta que la dimension delultimo sea la multiplicidad de la raz (4 en este caso).
B := A 1 Id =
0 2 3 0 00 0 2 0 00 0 0 2 00 0 0 1 10 0 0 0 0
Calculando el rango de esta matriz nos da rg(B)=4, luego su la dimension del ker es n(B) = dim
(R5) - rg(B) = 5-4 =1. Resolviendo el sistema BX=0, obtenemos que todas las coordenadasexcepto la primera han de valer cero. As pues, los vectores del ker de B son:
Ker(A 1 Id) = {(x, 0, 0, 0, 0) : x R}
. Como la dimension del Ker(A 1 Id)) es 1, cualquier base de Ker(A 1 Id) estara formadapor un unico vector de Ker(A 1 Id), linealmente independiente. Tomamos para formar la
base, por ejemplo, al vector canonico (1, 0, 0, 0, 0)
Ker(A 1 Id) =< (1, 0, 0, 0, 0) >
C := (A 1 Id)2 =
0 0 4 6 00 0 0 4 00 0 0 2 20 0 0 1 10 0 0 0 0
Realizando un proceso analogo al anterior obtenemos que el rango de C es 3, luego su ladimension del Ker es n(C) = 2. Resolviendo el sistema CX=0 se obtiene que todas las
coordenadas de los vectores de Ker(A 1 Id)2 valer cero, excepto las dos primeras. ComoKer(A Id) Ker(A Id)2, sabemos que podemos expandir la base de Ker(A 1 Id)
para obtener una base de Ker(A 1 Id)2 Elegimos entonces el vector (0, 1, 0, 0, 0) . As:
Ker(A 1 Id)2 =< (1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0) >
D := (A 1 Id)3 =
0 0 0 14 60 0 0 4 40 0 0 2 20 0 0 1 10 0 0 0 0
El rango de esta matriz es rg(D)=2. Su dimension del ker es por tanto 3. Resolvemos el sistema
DX=0 y observamos que las dos ultimas coordenadas valen 0. Expandemos la base deKer(A 1 Id)2 para obtener la de Ker(A 1 Id)3, por ejemplo con el vector (0, 0, 1, 0, 0):
Ker(A 1 Id)3 =< (1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0) >
E := (A 1 Id)4 =
0 0 0 14 140 0 0 4 40 0 0 2 20 0 0 1 10 0 0 0 0
En este caso, la dimension del ker de E es n(E)=4, y como la dimension de Ker(A 1 Id)4) nopuede ser superior a la multiplicidad algebraica del valor propio 1, que es 4, ya hemos llegado ala dimension maxima. Resolvemos el sistema EX=0 y conclumos que la suma de las ultimas doscoordenadas es cero. Ahora tomamos un vector v4 Ker(A 1 Id)4pero que no pertenezca a
ninguno de los anteriores. Por ejemplo,v4 = (0, 0, 0, 1,1). Obtenemos as la basedeKer(A 1 Id)4:
Ker(A 1 Id)4 =< (1, 0, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 0, 1,1) >
Ahora hallar v3, v2 y v1 es trivial: (y es lo que hacen en sus sistemas de ODEs sin darse cuenta)
v3 = (A 1 Id)v4 = (0, 0, 2, 0, 0)
v2 = (A 1 Id)2v4 = (A 1 Id)v3 = (6, 4, 0, 0, 0)v1 = (A 1 Id)3v4 = (A 1 Id)v2 = (8, 0, 0, 0, 0)
2 = 2
A 2 Id =
1 2 3 0 00 1 2 0 00 0 1 2 00 0 0 0 10 0 0 0 1
Ker(A 2 Id) =< (14, 4, 2, 1, 0) > .
Ya tenemos los 5 vectores de la nueva base.La matriz de cambio de base es
P =
8 6 0 0 140 4 0 0 40 0 2 0 20 0 0 1 10 0 0 1 0
Para hallar la matriz de Jordan solo hay que hacer las imagenes por A, de los vectores de la
base de Jordan, y expresarlos en dicha base:
Av1 = v1 (1, 0, 0, 0, 0)
Av2 = v1 + v2 (1, 1, 0, 0, 0)Av3 = v2 + v3 (0, 1, 1, 0, 0)Av4 = v3 + v4 (0, 0, 1, 1, 0)Av5 = 2v5 (0, 0, 0, 0, 2)
Finalmente la matriz de Jordan es:
J =
1 1 0 0 00 1 1 0 00 0 1 1 00 0 0 1 00 0 0 0 2
Se cumple J = P1AP
7. Resuelva x(t) = Ax(t) + f(t), con
A =
5 3 28 5 44 3 3
f(t) = sin(t)0
2
Utilizando el ejercicio anterior, de buscar la base canonica de Jordan
A = PJP1 =
0 2 01 4 03
22 1
1 0 00 1 1
0 0 1
2 1 01
20 0
2 32
1
A I 6= 0, (A I)2 = 0, (A I)v3 6= 0
v3 = (0, 0, 1) = (A I)v3 6= 0v2 = (A I)v3 = (2,4, 2)
(A I)v1 = 0 = v1 =(
0, 1,32
)
(t) = PeJtP1 =
0 2 01 4 03
22 1
et1 0 00 1 t
0 0 1
2 1 01
20 0
2 32
1
(t) = et
4t+ 1 3t 2t8t 1 6t 4t4t 3t 2t+ 1
Xh =
x(t)y(t)z(t)
= eAt = c1et(4t+ 1) 3c2ett 2c3ett8c1ett c2et(6t 1) 4c3ett4c1ett+ 3c2ett+ c3et(2t+ 1)
8. (Bonus) Intente resolverlo.
2x(t)x(t) x(t)2 + kx(t)2(t a) = 0
No era trivial
2x(t)x(t)
x(t)x(t)
+ k(t a)x(t)
x(t)= 0
d
dtlog
{x(t)2
x(t)
}+ k
(t a)x(t)x(t)
= 0
a+a
(d
dtlog
{x(t)2
x(t)
}+ k
(t a)x(t)x(t)
)dt = log
{x(t)2
x(t)
}a+a
+ kx(a)
x(a)
Tomando 0[log
{x(t)2
x(t)
}]t=a
+ kx(a)
x(a)= 0,
Con F, definido como
[f(t)]t=a = lmta+
f(t) lmta
f(t)
Por lo que queda una ecuacion de variables separables.
d
dtlog
{x(t)2
x(t)
}= 0
{t < a
t > a
con
[log
{x(t)2
x(t)
}]t=a
+ kx(a)
x(a)= 0,
9.d2
dt2y(t) + 2
d
dty(t) + y(t) =
du(t)
dt+ u(t)
(D + 1)2y =du
dt+ u,
et(D + 1)f = etf + etf = (etf) = D(etf).
et(D + 1)2y = etdu
dt+ etu,
D2(ety) = etdu
dt+ etu.
D(ety) = D(ety)|t=a + ta
esdu
dsds+
ta
esu(s) ds.
= eay(a) + eay(a) +{
1 + (et 1) t > 00 t < 0
= eay(a) + eay(a) + u(t)et.
ety(t) = eay(a) + {eay(a) + eay(a)}(t a) + u(t)(et 1).
y(t) = eay(a)et + {eay(a) + eay(a)}(t a)et + u(t)(1 et)
y(t) =
{Cet +Dtet + (1 et) t > 0Cet +Dtet t < 0
10. (Extra) Resolver el sistema homogeneo no lineal:
x(2)(t) =
(y(t) +
x(t) 2x3(t)7
)......(1)
y(2)(t) = x(t) y(t) + z(t) ......(2)z(2)(t) = 1
100y(t) ......(3)
De (2)
y(4)(t) = x(2)(t) y(2)(t) + z(2)(t) = x(2)(t) y(2)(t) + y(t)100
De (1)
y(t) =x(2)(t)
+
2x3(t) x(t)7
y(1)(t) =x(3)(t)
+
6x2(t)x(1)(t)
7 x
(1)(t)
7
y(2)(t) =x(4)(t)
+
6x2(t)x(2)(t)
7+
12x(t)(x(1)(t))2
7 x
(2)(t)
7
y(3)(t) =x(5)(t)
+
6x2(t)x(3)(t)
7+
36x(t)x(1)(t)x(2)(t)
7+
12(x(1)(t))3
7 x
(3)(t)
7
y(4)(t) =x(6)(t)
+
6x2(t)x(4)(t)
7+
48x(t)x(1)(t)x(3)(t)
7+
36x(t)(x(2)(t))2
7+
72(x(1)(t))2x(2)(t)
7x
(4)(t)
7
x(6)(t)
+
6x2(t)x(4)(t)
7+
48x(t)x(1)(t)x(3)(t)
7+
36x(t)(x(2)(t))2
7+
72(x(1)(t))2x(2)(t)
7 x
(4)(t)
7=
x(2)(t) x(4)(t)
6x
2(t)x(2)(t)
7 12x(t)(x
(1)(t))2
7+x(2)(t)
7+x(2)(t)
100+
2x3(t) x(t)700
x(6)(t)
+
6x2(t)x(4)(t)
7 ( 7)x
(4)(t)
7+
48x(t)x(1)(t)x(3)(t)
7+
36x(t)(x(2)(t))2
7+
72(x(1)(t))2x(2)(t)
7+
6x2(t)x(2)(t)
7 (800 + 7)x
(2)(t)
700+
12x(t)(x(1)(t))2
7 2x
3(t) x(t)700
= 0
700x(6)(t) + 600x2(t)x(4)(t) 100( 7)x(4)(t) + 4800x(t)x(1)(t)x(3)(t) + 3600x(t)(x(2)(t))2+7200(x(1)(t))2x(2)(t)+600x2(t)x(2)(t)(800+7)x(2)(t)+1200x(t)(x(1)(t))22x3(t)+x(t) = 0
Quedando una ecuacion de sexto orden (parecido a su 4b) I2)
11. (Freak) Resolverx = y + x(1 x2 y2)y = x+ y(1 x2 y2)
Pasando a polares (si, a polares)
r = r(1 r2) = 1,
dr
r(1 r2) =dt
1
r 1
2(r + 1) 1
2(r 1)dr = t+ c
ln r 12
ln(r + 1) 12
ln(r 1) = t+ c
ln
(r
r2 1
)= t+ c
rr2 1 = Ae
t
r2
r2 1 = Be2t
1 1r2
= Be2t
r = (1Be2t)12Las soluciones son:
r(t) = (1 + ce2t)12 , (t) = (t ).
12. (Freak 2.0) Resolver
x = 2a+ 2eaxy, y =3
2eaxa3 + (a2 + b)y 1
2aeaxy2, x(0) = 0, y(T ) = 0
Reordenando el sistema en solo uno:
x 34ax2 bx+ 2ab = 0
Si z = x
dz
dt 3
4az2 bz + 2ab = 0
Dejando z como la variable independiente
dt
dz=
134az2 + bz 2ab
Trivialmente notamos que (super trivial)
t+ C = 2 tanh1
(3az+2b
2b6a2+b
)b
6a2 + b
Despejando z
z = 2(
b
6a2 + b tanh(
12
b
6a2 + b(C + t))
+ b)
3a
Volviendo a la variable original e integrando trivialmente
x = 2(
2 log(
cosh(
12
b
6a2 + b(C + t)))
+ bt)
3a+D