Ejercicios de ecuaciones diferenciales

Resolver el sistema

\( t·X' = \left( \begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 3 & -2 \\ \end{array} \right)X + \left( \begin{array}{c} 1-t^2 \\ 2t \\ \end{array} \right) \)

Respuesta al ejercicio 55

Considerando la analogía con las ecuaciones diferenciales que contienen términos de la forma xⁿy⁽ⁿ⁾ podemos hacer el cambio t = e^z , con lo cual resulta

\(\dot{X}= \left( \begin{array}{cc} 2 & -1 \\ 3 & -2 \\ \end{array} \right)X + \left( \begin{array}{c} 1-t^2 \\ 2t \\ \end{array} \right) \)

La solución homogénea de este sistema es la misma que la del caso anterior puesto que tiene la misma matriz, por consiguiente, podemos poner

\( X_h = C_1\left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ \end{array} \right)e^t + C_2\left( \begin{array}{c} 1 \\ 3 \\ \end{array} \right)e^{-t} = \left( \begin{array}{cc} e^t & e^{-t} \\ e^t & 3e^{-t} \\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} C_1 \\ C_2\\ \end{array} \right) \)

Para calcular la solución de la ecuación completa buscamos una solución particular por el método de variación de constantes. Según el enunciado se cumple

\( tX' = A·X + G(t) \)

Por consiguiente, siendo \(X_h = \Psi(t)·U(t)\) la solución homogénea, podemos poner

\( t[\Psi'(t)·U(t) + \Psi(t)·U'(t)] = A·\Psi(t)·U(t) + G(t) \)

E identificando coeficientes

\( t·\Psi(t)·U'(t) = G(t) \Rightarrow U'(t) = \frac{1}{t}\Psi^{-1}(t)·G(t) \)

Según eso tenemos

\( \displaystyle \Psi(t) =\left( \begin{array}{cc} t & t^{-1} \\ t & 3t^{-1} \\ \end{array} \right) \; ; \;\Psi^{-1}(t) = \frac{1}{2}\left( \begin{array}{cc} 3t^{-1} & -t^{-1} \\ -t & t\\ \end{array} \right) \)

Y finalmente

\( \displaystyle U' = \frac{1}{2t}\left( \begin{array}{c} 3t^{-1} - 3t - 2 \\ t^3 - 2t^2 - t \\ \end{array} \right)\left\{ \begin{array}{l} C'_1 = \frac{3}{2}t^{-2}-\frac{3}{2}- t^{-1} \\ C'_2 = \frac{1}{2}t^2 + t - \frac{1}{2} \\ \end{array} \right. \)

E integrando cada una de las ecuaciones

\( \displaystyle \begin{array}{l} C_1 = - \frac{3}{2}t^{-1}- \frac{3}{2}t - \ln t \\\\ C_2 = \frac{1}{6}t^3 + \frac{1}{2}t^2 - \frac{1}{2}t \end{array} \)

Con lo que la solución particular quedará

\( \displaystyle \begin{array}{l} \vec{X}_p = \left( \begin{array}{cc} t & t^{-1} \\ t & 3t^{-1} \\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} -\frac{3}{2}t^{-1}-\frac{3}{2}t - \ln t \\ \frac{1}{6}t^3+ \frac{1}{2}t^2 - \frac{1}{2}t \\ \end{array} \right) = \\  \\ = \left( \begin{array}{c} \frac{t}{2}- \frac{4}{3}t^2 - t·\ln t - 2 \\ \frac{3}{2}t - t^2 - t·\ln t - 3 \\ \end{array} \right) \end{array} \)

Y la solución completa valdrá

\( \displaystyle \vec{X} = \left( \begin{array}{cc} t & t^{-1} \\ t & 3t^{-1} \\ \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} C_1 \\ C_2 \\ \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} \frac{t}{2}- \frac{4}{3}t^2 - t·\ln t - 2 \\ \frac{3}{2}t - t^2 - t·\ln t - 3 \\ \end{array} \right) \)