Sistemes d'EDO lineals a coeficients constants no homogenis

Un sistema d'equacions diferencials lineals és una EDO (equació diferencial ordinària) del tipus: $x^{'} (t) = A (t) \cdot x + b (t)$ on, $A (t)$ és una matriu, $n \times n$ , de funcions en la variable $t$ , $b (t)$ és un vector de dimensió $n$ de funcions en la variable $t$ , i $x$ és un vector de mida $n$ que és la funció que volem trobar.

Exemple

Un exemple de sistema d'EDO's lineal seria: ${(\begin{matrix} x \\ y \end{matrix})}^{'} = (\begin{matrix} 0 & \ln t \\ - e^{t} & 3 \cos t \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) + (\begin{matrix} e^{t} \\ 3 e^{t} \end{matrix})$

Un sistema lineal de dimensió $n$ té $n$ solucions linealment independents i resoldre el sistema significa trobar-les totes. Tota solució és una combinació lineal d'aquestes $n$ solucions. Així, donat un vector de condicions inicials ( $n$ ), determinarem les $n$ constants trobant una única solució.

Quan resolem un sistema lineal posarem els $n$ vectors solució (linealment independents) a les columnes d'una matriu, l'anomenada matriu fonamental del sistema (de mida $n \times n$ ). Per tant, entendrem per resoldre el sistema trobar una matriu fonamental. Multiplicant aquesta matriu per un vector de constants arbitràries tindrem la solució general.

Una propietat important de les matrius fonamentals és que, si multipliquem una matriu fonamental per una matriu constant amb determinant diferent de zero, el resultat és una altra matriu fonamental (és important que la matriu constant es multipliqui per la dreta, si no, no és cert).

Per resoldre aquest tipus d'equacions no hi ha mètodes explícits (només en dimensió $1$ ). Tot i això, hi ha alguns casos particulars que sí que sabrem resoldre: Sistemes d'EDO's homogenis a coeficients constants, sistemes d'EDO's a coeficients constants no homogenis, i sistemes triangulars d'equacions diferencials.

En aquest tema ens centrarem en Sistemes d'EDO's a coeficients constants no homogenis.

Suposem que tenim el següent sistema a resoldre: $x^{'} = A \cdot x + b (x)$

Exemple

Un exemple seria: ${(\begin{matrix} x \\ y \end{matrix})}^{'} = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) + (\begin{matrix} e^{t} \\ 3 e^{t} \end{matrix})$

Per resoldre-ho, seguirem els mateixos passos que en una equació lineal, és a dir, trobarem la solució general de la part homogènia i després trobarem una solució particular del sistema no homogeni.

Considerem el problema homogeni: $x^{'} = A \cdot x$ Seguint els passos descrits anteriorment, trobem la matriu principal del sistema $ϕ_{h} (t)$ .

Sabem que, aleshores, la solució general de la part homogènia és: $x_{h} (t) = ϕ_{h} (t) \cdot C$ on $C$ és un vector de constants.

Ara busquem una solució particular de la forma $x_{p} (t) = ϕ_{h} (t) \cdot u (t)$ Imposem que sigui solució: $\begin{array}{r} x_{p}^{'} = A \cdot x_{p} + b (t) = A \cdot ϕ_{h} (t) \cdot u (t) + b (t) \\ x_{p}^{'} = ϕ_{h} (t) \cdot u (t) + ϕ_{h} (t) \cdot u^{'} (t) = A \cdot ϕ_{h} (t) \cdot u (t) + ϕ_{h} (t) \cdot u^{'} (t) \end{array}}$ $\Rightarrow ϕ_{h} (t) \cdot u^{'} (t) = b (t) \Rightarrow u (t) = \int (ϕ_{h} (t))^{- 1} \cdot b (t) \cdot d t$

Així, la solució general és: $x (t) = x_{h} (t) + x_{p} (t) = ϕ_{h} (t) \cdot C + ϕ_{h} (t) \cdot \int (ϕ_{h} (t))^{- 1} \cdot b (t) \cdot d t$

Reprenem l'exemple inicial.

Exemple

Tenim, segons la nostra notació que: $A = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 2 \end{matrix}) b (t) = (\begin{matrix} e^{t} \\ 3 e^{t} \end{matrix})$ Sabem com resoldre la part homogènia d'aquest problema; una matriu fonamental era: $ϕ_{h} (t) = e^{t} (\begin{matrix} t & 1 \\ t + 1 & 1 \end{matrix})$ Ara busquem una solució particular.

La teoria ens diu que busquem una solució del tipus $(\begin{matrix} x_{p} (t) \\ y_{p} (t) \end{matrix}) = ϕ_{h} (t) \cdot (\begin{matrix} u_{1} (t) \\ u_{2} (t) \end{matrix})$ sabent que $(\begin{matrix} u_{1} (t) \\ u_{2} (t) \end{matrix}) = \int ϕ_{h}^{- 1} (t) \cdot b (t) \cdot d t$ Calculant primer $ϕ_{h}^{- 1} (t) = \frac{1}{- e^{2 t}} (\begin{matrix} e^{t} & - e^{t} \\ - e^{t} - t \cdot e^{t} & t \cdot e^{t} \end{matrix}) = (\begin{matrix} - e^{- t} & e^{- t} \\ e^{- t} - t \cdot e^{t} & - t e^{- t} \end{matrix}) = e^{- t} (\begin{matrix} - 1 & 1 \\ 1 + t & - t \end{matrix})$ tenim: $ϕ_{h}^{- 1} (t) \cdot b (t) = e^{- t} (\begin{matrix} - 1 & 1 \\ 1 + t & - t \end{matrix}) \cdot e^{t} (\begin{matrix} 1 & 3 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 \\ 1 + t - 3 t \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 \\ 1 - 2 t \end{matrix})$ Per tant: $(\begin{matrix} u_{1} (t) \\ u_{2} (t) \end{matrix}) = (\begin{matrix} \int 2 \cdot d t \\ \int (1 - 2 t) \cdot d t \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 t \\ t - t^{2} \end{matrix})$ i, finalment: $(\begin{matrix} x_{p} (t) \\ y_{p} (t) \end{matrix}) = ϕ_{h} (t) \cdot (\begin{matrix} u_{1} (t) \\ u_{2} (t) \end{matrix}) = e^{t} (\begin{matrix} t & 1 \\ t + 1 & 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 2 t \\ t - t^{2} \end{matrix}) =$ $= e^{t} \cdot (\begin{matrix} 2 t^{2} + t - t^{2} \\ 2 t^{2} + 2 t + t - t^{2} \end{matrix}) = e^{t} (\begin{matrix} t^{2} + t \\ t^{2} + 3 t \end{matrix})$

D'aquesta manera, la solució general del sistema serà la suma de la solució de la homogènia i de la solució particular. $(\begin{matrix} y (t) \\ x (t) \end{matrix}) = e^{t} (\begin{matrix} t & 1 \\ t + 1 & 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} C_{1} \\ C_{2} \end{matrix}) + e^{t} (\begin{matrix} t^{2} + t \\ t^{2} + 3 t \end{matrix})$