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