Exercicis de Sistemes d'EDO lineals a coeficients constants no homogenis

Desenvolupament:

Resolguem primer la part homogènia. Hem de resoldre: $$x^{\prime }=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& -1\end{array}\right)\cdot x$$ La matriu corresponent no diagonalitza, calculem la forma reduïda de Jordan: $$J=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right)$$ essent $\lambda =0$ el valor propi de multiplicitat 2.

Una matriu de vectors propis i per tant el canvi de base $S$ és: $$S=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$$

Sabem que una matriu fonamental del sistema homogeni és: $${\varphi }_h(t)=S\cdot e^{tJ}=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}{e}^{0t}& 0\\ t\cdot e^{0t}& e^{0t}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ t& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1+t& 1\\ t& 1\end{array}\right)$$

Busquem ara una solució particular del sistema no homogeni del tipus: $$x_p(t)={\varphi }_h(t)\cdot u(t)$$ Sabem que $u(t)$ és tal que $u^{\prime }(t)=({\varphi }_h(t){)}^{-1}\cdot b(t)$

Així doncs, com $$({\varphi }_h(t){)}^{-1}={\left(\begin{array}{cc}1+t& 1\\ t& 1\end{array}\right)}^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -t& t+1\end{array}\right)$$ hem de $$u^{\prime }(t)=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -t& t+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{t}}\\ {\displaystyle \frac{1}{t}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{t}}-{\displaystyle \frac{1}{t}}\\ {\displaystyle \frac{-t}{t}}+{\displaystyle \frac{t+1}{t}}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ {\displaystyle \frac{1}{t}}\end{array}\right)$$ i resolent aquestes EDO's separables: $$u(t)=\left(\begin{array}{c}\int 0dt\\ \int {\displaystyle \frac{1}{t}}dt\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ \ln (t)\end{array}\right)$$ Per tant una solució particular és $$x_p(t)={\varphi }_h(t)\cdot u(t)=\left(\begin{array}{cc}1+t& 1\\ t& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ \ln (t)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\ln (t)\\ \ln (t)\end{array}\right)$$ La solució general del sistema sabem que és: $$x(t)=x_h(t)+x_p(t)={\varphi }_h(t)\cdot C+x_p(t)=\left(\begin{array}{cc}1+t& 1\\ t& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{C}_1\\ C_2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}\ln (t)\\ \ln (t)\end{array}\right)$$ Ara només ens falta imposar les condicions inicials, és a dir trobar el vector $C$.

Avaluem la solució en $t=1$ i imposem que la solució valgui $(2,-1)$: $$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right)=x(1)=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{C}_1\\ C_2\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right)\Rightarrow$$ $$\Rightarrow \left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}{C}_1\\ C_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ -1\end{array}\right)$$ Resolent el sistema lineal, obtenim: $C=\left(\begin{array}{c}3\\ -4\end{array}\right)$.

Per tant la solució és: $$x(t)=\left(\begin{array}{cc}1+t& 1\\ t& 1\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -4\end{array}\right)+\left(\begin{array}{c}\ln (t)\\ \ln (t)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3+3t-4+\ln (t)\\ 3t-4+\ln (t)\end{array}\right)=$$ $$=\left(\begin{array}{c}3t-1+\ln (t)\\ 3t-4+\ln (t)\end{array}\right)$$

Solució:

$x(t)=\left(\begin{array}{c}3t-1+\ln (t)\\ 3t-4+\ln (t)\end{array}\right)$

Amagar desenvolupament i solució