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TP4 Sistemas Lineales Homogéneos [7-12] Eigenvalores reales múltiples Hallar la solución general de los siguientes SLH’s 7) { 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 3𝑥 − 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 9𝑥 − 3𝑦 La matriz del SLH es ( 3 −1 9 −3 ). Eigenvalores: 𝑑𝑒𝑡 ( 𝜆 − 3 1 −9 𝜆 + 3 ) = 0 ⇔ (𝜆 − 3)(𝜆 + 3) + 9 = 0 ⇔ 𝜆2 = 0 El eigenvalor es 0 (doble). Eigenvectores asociados a 0: ( −3 1 −9 3 ) ( 𝑘1 𝑘2 ) = ( 0 0 ) ⇔ ( 3 −1 0 0 ) ( 𝑘1 𝑘2 ) = ( 0 0 ) 3𝑘1 − 𝑘2 = 0 Un eigenvector asociado a 0 es ( 1 3 ). Una solución particular del SHL asociada al eigenpar (0, ( 1 3 )) es ( 1 3 ) 𝑒0𝑡 = ( 1 3 ) Otra solución particular del SLH, linealmente independiente de esta, se obtiene usando el teorema 2 con 𝜆0 = 0, 𝐾0 = ( 1 3 ). Hallamos 𝑃 = ( 𝑝1 𝑝2 ) que satisfaga (𝜆0𝐼 − 𝐴)𝑃 = −𝐾0 ( −3 1 −9 3 ) ( 𝑝1 𝑝2 ) = −( 1 3 ) ⇔ ( −3 1 0 0 ) ( 𝑝1 𝑝2 ) = ( −1 0 ) −3𝑝1 + 𝑝2 = −1 Una solución particular de la ecuación matricial es 𝑃 = ( 1 2 ). La otra solución particular del SLH, linealmente independiente de la anterior, es (𝐾0𝑡 + 𝑃)𝑒 𝜆0𝑡 = [( 1 3 ) 𝑡 + ( 1 2 )] 𝑒0𝑡 = [( 1 3 ) 𝑡 + ( 1 2 )] Luego, por el teorema 2, la solución general del SLH es 𝑋(𝑡) = 𝑐1 ( 1 3 ) + 𝑐2 [( 1 3 ) 𝑡 + ( 1 2 )] 8) { 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 3𝑥 − 𝑦 − 𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 𝑥 + 𝑦 − 𝑧 𝑑𝑧 𝑑𝑡 = 𝑥 − 𝑦 + 𝑧 La matriz del SLH es ( 3 −1 −1 1 1 −1 1 −1 1 ). Eigenvalores: 𝑑𝑒𝑡 ( 𝜆 − 3 1 1 −1 𝜆 − 1 1 −1 1 𝜆 − 1 ) = 0 ⇔ 𝜆3 − 5𝜆2 + 8𝜆 − 4 = 0 Los eigenvalores son 2 (doble) y 1. Eigenvectores asociados a 2: ( −1 1 1 −1 1 1 −1 1 1 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) ⇔ ( −1 1 1 0 0 0 0 0 0 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) −𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘3 = 0 Hay dos eigenvectores LI’s asociados a 2, e.g., ( 1 1 0 ) y ( 1 0 1 ). Eigenvectores asociados a 1: ( −2 1 1 −1 0 1 −1 1 0 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) ⇔ ( 2 −1 −1 0 1 −1 0 0 0 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) 2𝑘1 − 𝑘2 − 𝑘3 = 0, 𝑘2 − 𝑘3 = 0 Un eigenvector asociado a 1 es ( 1 1 1 ). Luego, por el teorema 1, la solución general del SLH es 𝑋(𝑡) = 𝑐1 ( 1 1 0 )𝑒2𝑡 + 𝑐2 ( 1 0 1 )𝑒2𝑡 + 𝑐3 ( 1 1 1 )𝑒𝑡 9) 𝑑𝑋 𝑑𝑡 = ( −1 3 −3 5 )𝑋 Eigenvalores: det ( 𝜆 + 1 −3 3 𝜆 − 5 ) = 0 ⇔ (𝜆 + 1)(𝜆 − 5) + 9 = 0 ⇔ 𝜆2 − 4𝜆 + 4 = 0 ⇔ (𝜆 − 2)2 = 0 Sólo un eigenvalor, 2 (doble). Eigenvectores asociados a 2: ( 3 −3 3 −3 ) ( 𝑘1 𝑘2 ) = ( 0 0 ) ⇔ ( 1 −1 0 0 ) ( 𝑘1 𝑘2 ) = ( 0 0 ) 𝑘1 − 𝑘2 = 0 Un eigenvector asociado a 2 es ( 1 1 ). Una solución particular del SLH asociada al eigenpar (2, ( 1 1 )) es ( 1 1 ) 𝑒2𝑡 Otra solución particular del SLH, linealmente independiente de esta, se obtiene usando el teorema 2 con 𝜆0 = 2, 𝐾0 = ( 1 1 ). Hallamos 𝑃 = ( 𝑝1 𝑝2 ) que satisfaga (𝜆0𝐼 − 𝐴)𝑃 = −𝐾0 ( 3 −3 3 −3 ) ( 𝑝1 𝑝2 ) = −( 1 1 ) ⇔ ( 1 −1 0 0 ) ( 𝑝1 𝑝2 ) = ( −1 3⁄ 0 ) ⇔ 𝑝1 − 𝑝2 = −1 3⁄ Una solución particular de la ecuación matricial es 𝑃 = ( 1 3⁄ 2 3⁄ ). La otra solución particular del SLH, linealmente independiente de la anterior, es (𝐾0𝑡 + 𝑃)𝑒 𝜆0𝑡 = [( 1 1 ) 𝑡 + ( 1 3⁄ 2 3⁄ )] 𝑒2𝑡 Luego, por el teorema 2, la solución general del SLH es 𝑋(𝑡) = 𝑐1 ( 1 1 ) 𝑒2𝑡 + 𝑐2 [( 1 1 ) 𝑡 + ( 1 3⁄ 2 3⁄ )] 𝑒2𝑡 10) 𝑑𝑋 𝑑𝑡 = ( 5 −4 0 1 0 2 0 2 5 )𝑋 Eigenvalores: 𝑑𝑒𝑡 ( 𝜆 − 5 4 0 −1 𝜆 −2 0 −2 λ − 5 ) = 0 ⇔ 𝜆3 − 10𝜆2 + 25𝜆 = 0 ⇔ (𝜆2 − 10𝜆 + 25)𝜆 = 0 ⇔ (𝜆 − 5)2𝜆 = 0 Los eigenvalores son 5 (doble) y 0 (simple). Eigenvectores asociados a 5: ( 0 4 0 −1 5 −2 0 −2 0 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) ⇔ ( 1 −5 2 0 1 0 0 0 0 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) 𝑘1 − 5𝑘2 + 2𝑘3 = 0, 𝑘2 = 0 Un eigenvector asociado a 5 es ( 2 0 −1 ). Una solución particular del SLH asociada al eigenpar (5, ( 2 0 −1 )) es ( 2 0 −1 )𝑒5𝑡 Otra solución particular del SLH, linealmente independiente de esta, se obtiene usando el teorema 2 con 𝜆0 = 5, 𝐾0 = ( 2 0 −1 ). Hallamos 𝑃 = ( 𝑝1 𝑝2 𝑝3 ) tal que (𝜆0𝐼 − 𝐴)𝑃 = −𝐾0 ( 0 4 0 −1 5 −2 0 −2 0 )( 𝑝1 𝑝2 𝑝3 ) = −( 2 0 −1 ) ⇔ ( 1 −5 2 0 2 0 0 0 0 )( 𝑝1 𝑝2 𝑝3 ) = ( 0 −1 0 ) 𝑝1 − 5𝑝2 + 2𝑝3 = 0, 2𝑝2 = −1 Una solución particular de la ecuación matricial es 𝑃 = ( 3/2 −1/2 −2 ). La otra solución particular del SLH, linealmente independiente de la anterior, es (𝐾0𝑡 + 𝑃)𝑒 𝜆0𝑡 = [( 2 0 −1 ) 𝑡 + ( 3/2 −1/2 −2 )] 𝑒5𝑡 Eigenvectores asociados a 0: ( −5 4 0 −1 0 −2 0 −2 −5 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) ⇔ ( 5 −4 0 0 2 5 0 0 0 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) 5𝑘1 − 4𝑘2 = 0, 2𝑘2 + 5𝑘3 = 0 Un eigenvector asociado a 0 es ( 4 5 −2 ). Una solución particular del SLH asociada al eigenpar (0, ( 4 5 −2 )) es ( 4 5 −2 )𝑒0𝑡 = ( 4 5 −2 ) Luego, por el teorema 2, la solución general del SLH es 𝑋(𝑡) = 𝑐1 ( 2 0 −1 ) 𝑒5𝑡 + 𝑐2 [( 2 0 −1 ) 𝑡 + ( 3/2 −1/2 −2 )] 𝑒5𝑡 + 𝑐3 ( 4 5 −2 ) Resolver los siguientes PVI’s 11) 𝑑𝑋 𝑑𝑡 = ( 2 4 −1 6 )𝑋, 𝑋(𝑡) = ( −1 6 ) Eigenvalores: 𝑑𝑒𝑡 ( 𝜆 − 2 −4 1 𝜆 − 6 ) = 0 ⇔ 𝜆2 − 8𝜆 + 16 = 0 El eigenvalor es 4 (doble). Eigenvectores asociados a 4: ( 2 −4 1 −2 ) ( 𝑘1 𝑘2 ) = ( 0 0 ) ⇔ ( 1 −2 0 0 ) ( 𝑘1 𝑘2 ) = ( 0 0 ) 𝑘1 − 2𝑘2 = 0 Un eigenvector asociado a 4 es ( 2 1 ). De acuerdo con el teorema 2, tomamos 𝜆0 = 4, 𝐾0 = ( 2 1 ) y hallamos 𝑃 = ( 𝑝1 𝑝2 ) tal que (𝜆0𝐼 − 𝐴)𝑃 = −𝐾0 ( 2 −4 1 −2 ) ( 𝑝1 𝑝2 ) = −( 2 1 ) ⇔ ( 1 −2 0 0 ) ( 𝑝1 𝑝2 ) = ( −1 0 ) ⇔ 𝑝1 − 2𝑝2 = −1 Una solución particular de la ecuación matricial es 𝑃 = ( 1 1 ). Por lo tanto, de acuerdo al teorema 2, la solución general del SLH es 𝑋(𝑡) = 𝑐1 ( 2 1 ) 𝑒4𝑡 + 𝑐2 [( 2 1 ) 𝑡 + ( 1 1 )] 𝑒4𝑡 La solución del PVI es la solución particular del SLH que satisface condición inicial 𝑋(0) = ( −1 6 ), sus coeficientes 𝑐1, 𝑐2 están dados por 𝑐1 ( 2 1 ) 𝑒4∙0 + 𝑐2 [( 2 1 ) 0 + ( 1 1 )] 𝑒4∙0 = ( −1 6 ) 𝑐1 ( 2 1 ) + 𝑐2 ( 1 1 ) = ( −1 6 ) 2𝑐1 + 𝑐2 = −1, 𝑐1 + 𝑐2 = 6 Luego, la solución del PVI es 𝑋(𝑡) = −7( 2 1 ) 𝑒4𝑡 + 13 [( 2 1 ) 𝑡 + ( 1 1 )] 𝑒4𝑡 12) 𝑑𝑋 𝑑𝑡 = ( 0 0 1 0 1 0 1 0 0 )𝑋, 𝑋(0) = ( 1 2 5 ) Eigenvalores: 𝑑𝑒𝑡 ( 𝜆 0 −1 0 𝜆 − 1 0 −1 0 𝜆 ) = 0 𝜆𝑑𝑒𝑡 ( 𝜆 − 1 0 0 𝜆 ) + (−1)𝑑𝑒𝑡 ( 0 −1 𝜆 − 1 0 ) = 0 𝜆(𝜆 − 1)𝜆 − (𝜆 − 1) = 0 ⇔ (𝜆2 − 1)(𝜆 − 1) = 0 ⇔ (𝜆 − 1)2(𝜆 + 1) = 0 Los eigenvalores son 1 (doble) y −1 (simple). Eigenvectores asociados a 1: ( 1 0 −1 0 0 0 −1 0 1 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) ⇔ ( 1 0 −1 0 00 0 0 1 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) 𝑘1 − 𝑘3 = 0 Dos eigenvectores LI asociados a 1 son ( 0 1 0 ) , ( 1 0 1 ). Eigenvectores a −1: ( −1 0 −1 0 −2 0 −1 0 −1 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) ⇔ ( 1 0 1 0 1 0 0 0 0 )( 𝑘1 𝑘2 𝑘3 ) = ( 0 0 0 ) 𝑘1 + 𝑘3 = 0, 𝑘2 = 0 Un eigenvector asociado a −1 es ( 1 0 −1 ). Luego, por el teorema 1, la solución general del SLH es 𝑋(𝑡) = 𝑐1 ( 0 1 0 )𝑒𝑡 + 𝑐2 ( 1 0 1 )𝑒𝑡 + 𝑐3 ( 1 0 −1 )𝑒−𝑡 Obtenemos la solución del PVI. 𝑐1 ( 0 1 0 )𝑒0 + 𝑐2 ( 1 0 1 )𝑒0 + 𝑐3 ( 1 0 −1 )𝑒−0 = ( 1 2 5 ) 𝑐1 ( 0 1 0 ) + 𝑐2 ( 1 0 1 ) + 𝑐3 ( 1 0 −1 ) = ( 1 2 5 ) ( 0 1 1 1 0 0 0 1 −1 )( 𝑐1 𝑐2 𝑐3 ) = ( 1 2 5 ) ⇔ ( 1 0 0 0 1 1 0 0 1 )( 𝑐1 𝑐2 𝑐3 ) = ( 2 1 −2 ) 𝑐1 = 2, 𝑐2 + 𝑐3 = 1, 𝑐3 = −2 ⇒ 𝑐1 = 2, 𝑐2 = 3, 𝑐3 = −2 Luego, la solución del PVI es 𝑋(𝑡) = 2( 0 1 0 ) 𝑒𝑡 + 3( 1 0 1 )𝑒𝑡 − 2( 1 0 −1 )𝑒−𝑡
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