TP6 Sistemas Lineales noHomogéneos [1-9]

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TP6 Sistemas Lineales no-Homogéneos 
 
Coeficientes indeterminados 
Hallar la solución general de los SLnoH’s 
Ejercicio 1 
{
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 2𝑥 + 3𝑦 − 7
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= −𝑥 − 2𝑦 + 5
 
 Eigenpares de (
 2 3
−1 −2
), 
(−1, (
 1
−1
)) (1, (
 3
−1
)) 
 La solución general de la ecuación complementaria es 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
 1
−1
) 𝑒−𝑡 + 𝑐2 (
 3
−1
) 𝑒𝑡 
 Solución particular del SLnoH 
𝐹(𝑡) = (
−7
 5
) ⇒ 𝑋𝑝(𝑡) = (
𝑎
𝑏
) 
 𝑋𝑝(𝑡) debe satisfacer la ecuación diferencial 
𝑑𝑋𝑝
𝑑𝑡
= (
 2 3
−1 −2
) 𝑋𝑝 + (
−7
 5
) 
 Esto es, 
(
0
0
) = (
 2 3
−1 −2
) (
𝑎
𝑏
) + (
−7
 5
) ⇔ (
 2 3
−1 −2
) (
𝑎
𝑏
) = (
 7
−5
) 
(
 2 3
−1 −2
 |
 7
−5
) ~ (
𝟏 2 
2 3
|
 5
 7
) ~ (
1 2
0 −1
 |
 5
−3
) ~ (
1 2
0 1
 |
 5
 3
) 
𝑎 + 2𝑏 = 5, 𝑏 = 3 ⟹ 𝑋𝑝(𝑡) = (
−1
 3
) 
 La solución general del SLnoH, de acuerdo con el lema fundamental, es 
(
𝑥(𝑡)
𝑦(𝑡)
) = 𝑐1 (
 1
−1
) 𝑒−𝑡 + 𝑐2 (
 3
−1
) 𝑒𝑡 + (
−1
 3
), 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ 
Ejercicio 2 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= (
1 3
3 1
) 𝑋 + (−2𝑡
2
𝑡 + 5
) 
 Eigenpares de (
1 3
3 1
), 
(−2, (
 1
−1
)) (4, (
1
1
)) 
 La solución general de la ecuación complementaria es 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
 1
−1
) 𝑒−2𝑡 + 𝑐2 (
1
1
) 𝑒4𝑡 
 Solución particular del SLnoH 
𝐹(𝑡) = (−2𝑡
2
𝑡 + 5
) = (
−2
 0
) 𝑡2 + (
0
1
) 𝑡 + (
0
5
) 
 ⟹ 𝑋𝑝(𝑡) = (
𝑎2
𝑏2
) 𝑡2 + (
𝑎1
𝑏1
) 𝑡 + (
𝑎0
𝑏0
) 
 𝑋𝑝(𝑡) debe satisfacer la ecuación diferencial 
𝑑𝑋𝑝
𝑑𝑡
= (
1 3
3 1
) 𝑋𝑝 + (
−2𝑡2
𝑡 + 5
) 
 Es decir, 
 (
𝑎2
𝑏2
) 2𝑡 + (
𝑎1
𝑏1
) = (
1 3
3 1
) [(
𝑎2
𝑏2
) 𝑡2 + (
𝑎1
𝑏1
) 𝑡 + (
𝑎0
𝑏0
)] + (−2𝑡
2
𝑡 + 5
) [A] 
 Valuamos [A] en 𝑡 = 0. Obtenemos la ecuación 
 (
1 3
3 1
) (
𝑎0
𝑏0
) = (
𝑎1
𝑏1
) − (
0
5
) (1) 
 Derivamos [A] respecto de 𝑡, 
 (
𝑎2
𝑏2
) 2 = (
1 3
3 1
) [(
𝑎2
𝑏2
) 2𝑡 + (
𝑎1
𝑏1
)] + (
−4𝑡
 1
) [B] 
 Valuamos [B] en 𝑡 = 0. Obtenemos la ecuación 
 (
1 3
3 1
) (
𝑎1
𝑏1
) = (
𝑎2
𝑏2
) 2 − (
0
1
) (2) 
 Derivamos [B] respecto de 𝑡. Obtenemos la ecuación 
 (
1 3
3 1
) (
𝑎2
𝑏2
) = (
2
0
) (3) 
 Resolvemos la ec. (3), obtenemos 
 (
𝑎2
𝑏2
) = (
−1/4
 3/4
) (4) 
 Poniendo (4) en la ec. (2), tenemos 
 (
1 3
3 1
) (
𝑎1
𝑏1
) = (
−1/2
 1/2
) 
y resolviendo esta ecuación, obtenemos 
 (
𝑎1
𝑏1
) = (
 1/4
−1/4
) (5) 
 Poniendo (5) en la ec. (1), tenemos 
 (
1 3
3 1
) (
𝑎0
𝑏0
) = (
 1/4
−21/4
) 
y resolviendo esta ecuación, obtenemos 
 (
𝑎0
𝑏0
) = (
−2
3/4
) (6) 
 Usando (4), (5) y (6) llegamos a una solución particular del SLnoH 
𝑋𝑝(𝑡) = (
−1/4
 3/4
) 𝑡2 + (
 1/4
−1/4
) 𝑡 + (
−2
3/4
) 
 La solución general del SLnoH es 
 𝑋(𝑡) = 𝑐1 (
 1
−1
) 𝑒−2𝑡 + 𝑐2 (
1
1
) 𝑒4𝑡 
 + (
−1/4
 3/4
) 𝑡2 + (
 1/4
−1/4
) 𝑡 + (
−2
3/4
), 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ 
 
Ejercicio 3 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= (
4 1/3
9 6
) 𝑋 + (
−3
 10
) 𝑒𝑡 
 Eigenpares de (
4 1/3
9 6
), 
(3, (
 1
−3
)) (7, (
1
9
)) 
 La solución general de la ecuación complementaria es 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
 1
−3
) 𝑒3𝑡 + 𝑐2 (
1
9
) 𝑒7𝑡 
 Solución particular del SLnoH 
𝐹(𝑡) = (
−3
 10
) 𝑒𝑡 ⟹ 𝑋𝑝(𝑡) = (
𝑎
𝑏
) 𝑒𝑡 
 𝑋𝑝(𝑡) debe satisfacer la ecuación diferencial 
𝑑𝑋𝑝
𝑑𝑡
= (
4 1/3
9 6
) 𝑋𝑝 + (
−3
 10
) 𝑒𝑡 
 Esto es, 
(
𝑎
𝑏
) 𝑒𝑡 = (
4 1 3⁄
9 6
) (
𝑎
𝑏
) 𝑒𝑡 + (
−3
 10
) 𝑒𝑡 ⟺ (
𝑎
𝑏
) = (
4 1 3⁄
9 6
) (
𝑎
𝑏
) + (
−3
 10
) 
(
3 1 3⁄
9 5
) (
𝑎
𝑏
) = (
 3
−10
) 
(
𝟑 1 3⁄
9 5
 |
 3
−10
) ~ (
3 1/3
0 12
 |
 3
−57
) ~ (
3 1/3
0 4
 |
 3
−19
) 
3𝑎 + (1 3⁄ )𝑏 = 3, 4𝑏 = −19 ⟹ 𝑎 = 55 36,⁄ 𝑏 = −19 4⁄ 
 ⟹ 𝑋𝑝(𝑡) = (
 55 36⁄
−19 4⁄
) 𝑒𝑡 
 La solución general del SLnoH es 
𝑋(𝑡) = 𝑐1 (
 1
−3
) 𝑒3𝑡 + 𝑐2 (
1
9
) 𝑒7𝑡 + (
 55 36⁄
−19 4⁄
) 𝑒𝑡 , 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ 
 
Ejercicio 4 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= (
−1 5
−1 1
) 𝑋 + (
 𝑠𝑖𝑛𝑡
−2𝑐𝑜𝑠𝑡
) 
 Eigenpares de (
−1 5
−1 1
), 
(2𝑖, (
1 − 2𝑖
1
)) (−2𝑖, (
1 + 2𝑖
1
)) 
 La solución general real de la ecuación complementaria es 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1𝑅𝑒 [(
1 − 2𝑖
1
) 𝑒2𝑖𝑡] + 𝑐2𝐼𝑚 [(
1 − 2𝑖
1
) 𝑒2𝑖𝑡] 
 Calculamos: 
𝑅𝑒 [(
1 − 2𝑖
1
) 𝑒2𝑖𝑡] = [(
1
1
) 𝑐𝑜𝑠2𝑡 − (
−2
 0
) 𝑠𝑖𝑛2𝑡] 𝑒0𝑡 = (
𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝑐𝑜𝑠2𝑡
) 
𝐼𝑚 [(
1 − 2𝑖
1
) 𝑒2𝑖𝑡] = [(
−2
 0
) 𝑐𝑜𝑠2𝑡 + (
1
1
) 𝑠𝑖𝑛2𝑡] 𝑒0𝑡 
 = (
−2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝑠𝑖𝑛2𝑡
) 
 Luego 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝑐𝑜𝑠2𝑡
) + 𝑐2 (
−2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝑠𝑖𝑛2𝑡
) 
 Solución particular del SLnoH 
𝐹(𝑡) = (
 𝑠𝑖𝑛𝑡
−2𝑐𝑜𝑠𝑡
) = (
 0
−2
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 + (
1
0
) 𝑠𝑖𝑛𝑡 
 ⟹ 𝑋𝑝(𝑡) = (
𝑎2
𝑏2
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 + (
𝑎1
𝑏1
) 𝑠𝑖𝑛𝑡 
 𝑋𝑃(𝑡) debe satisfacer la ecuación diferencial 
𝑑𝑋𝑝
𝑑𝑡
= (
−1 5
−1 1
) 𝑋𝑝 + (
 𝑠𝑖𝑛𝑡
−2𝑐𝑜𝑠𝑡
) 
 Es decir, 
 − (
𝑎2
𝑏2
) 𝑠𝑖𝑛𝑡 + (
𝑎1
𝑏1
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 = 
 = (
−1 5
−1 1
) [(
𝑎2
𝑏2
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 + (
𝑎1
𝑏1
) 𝑠𝑖𝑛𝑡] + (
𝑠𝑖𝑛𝑡
−2𝑐𝑜𝑠𝑡
) [A] 
 Valuamos [A] en 𝑡 = 0, obtenemos 
 (
𝑎1
𝑏1
) = (
−1 5
−1 1
) (
𝑎2
𝑏2
) + (
 0
−2
) (1) 
 Derivamos [A] respecto de 𝑡, 
 − (
𝑎2
𝑏2
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 − (
𝑎1
𝑏1
) 𝑠𝑖𝑛𝑡 = 
 = (
−1 5
−1 1
) [− (
𝑎2
𝑏2
) 𝑠𝑖𝑛𝑡 + (
𝑎1
𝑏1
) 𝑐𝑜𝑠𝑡] + (
𝑐𝑜𝑠𝑡
2𝑠𝑖𝑛𝑡
) [B] 
 Valuamos [B] en 𝑡 = 0, obtenemos 
 − (
𝑎2
𝑏2
) = (
−1 5
−1 1
) (
𝑎1
𝑏1
) + (
1
0
) (2) 
 Poniendo (
𝑎1
𝑏1
) de la ec. (1) en la ec. (2), tenemos 
− (
𝑎2
𝑏2
) = (
−1 5
−1 1
) [(
−1 5
−1 1
) (
𝑎2
𝑏2
) + (
 0
−2
)] + (
1
0
) 
− (
𝑎2
𝑏2
) = (
−1 5
−1 1
)
2
(
𝑎2
𝑏2
) + (
−1 5
−1 1
) (
 0
−2
) + (
1
0
) 
 − (
𝑎2
𝑏2
) = (
−4 0
 0 −4
) (
𝑎2
𝑏2
) + (
−10
−2
) + (
1
0
) 
 − (
𝑎2
𝑏2
) = −4 (
𝑎2
𝑏2
) + (
−9
−2
) 
 (
𝑎2
𝑏2
) = (
−3
−2/3
) (3) 
 Poniendo (3) en la ec. (1), obtenemos 
(
𝑎1
𝑏1
) = (
−1 5
−1 1
) (
−3
−2/3
) + (
 0
−2
) 
 (
𝑎1
𝑏1
) = (
−1/3
 1/3
) (4) 
 Usando (3) y (4) llegamos a una solución particular del SLnoH 
𝑋𝑝(𝑡) = (
−3
−2/3
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 + (
−1/3
 1/3
) 𝑠𝑖𝑛𝑡 
 La solución general real del SLnoH es 
𝑋(𝑡) = 𝑐1 (
𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 2𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝑐𝑜𝑠2𝑡
) + 𝑐2 (
−2𝑐𝑜𝑠2𝑡 + 𝑠𝑖𝑛2𝑡
𝑠𝑖𝑛2𝑡
) 
 + (
−3
−2/3
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 + (
−1/3
 1/3
) 𝑠𝑖𝑛𝑡, 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ 
 
Resolver el PVI 
Ejercicio 5 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= (
−1 −2
 3 4
) 𝑋 + (
3
3
) , 𝑋(0) = (
−4
 5
) 
 La solución general de la ecuación complementaria es𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
 1
−1
) 𝑒𝑡 + 𝑐2 (
−2
 3
) 𝑒2𝑡 
 El ansatz para una solución particular es 𝑋𝑐(𝑡) = (
𝑎
𝑏
), sustituido en la 
ecuación diferencial da 
(
0
0
) = (
−1 −2
 3 4
) (
𝑎
𝑏
) + (
3
3
) ⟺ (
 1 2
−3 −4
) (
𝑎
𝑏
) = (
3
3
) 
(
 𝟏 2
−3 −4
 | 
3
3
) ~ (
1 2
0 2
 | 
3
12
) ~ (
1 2
0 1
 | 
3
6
) 
𝑎 + 2𝑏 = 3, 𝑏 = 6 ⟹ 𝑋𝑝(𝑡) = (
−9
 6
) 
 La solución general del SLnoH es 
𝑋(𝑡) = 𝑐1 (
 1
−1
) 𝑒𝑡 + 𝑐2 (
−2
 3
) 𝑒2𝑡 + (
−9
 6
), 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ 
 Solución del PVI 
 Debemos hallar 𝑐1, 𝑐2 tales que 𝑋(0) = (
−4
 5
). 
𝑐1 (
 1
−1
) 𝑒0 + 𝑐2 (
−2
 3
) 𝑒2∙0 + (
−9
 6
) = (
−4
 5
) 
𝑐1 (
 1
−1
) + 𝑐2 (
−2
 3
) = (
−4
 5
) − (
−9
 6
) ⟺ (
 1 −2
−1 3
) (
𝑐1
𝑐2
) = (
 5
−1
) 
(
 𝟏 −2
−1 3
 |
 5
−1
) ~ (
1 −2
0 1
 |
 5
 4
) ⟹ 𝑐1 − 2𝑐2 = 5, 𝑐2 = 4 
 ⟹ 𝑐1 = 13, 𝑐2 = 4 
 La solución del PVI es 
𝑋(𝑡) = 13 (
 1
−1
) 𝑒𝑡 + 4 (
−2
 3
) 𝑒2𝑡 + (
−9
 6
) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Variación de Parámetros 
Hallar la solución general de los SLnoH’s 
Ejercicio 6 
{
𝑑𝑥
𝑑𝑡
= 3𝑥 − 3𝑦 + 4
𝑑𝑦
𝑑𝑡
= 2𝑥 − 2𝑦 − 1
 
 Eigenpares de (
3 −3
2 −2
), 
(0, (
1
1
)) (1, (
3
2
)) 
 (
1
1
) y (
3
2
) 𝑒𝑡 son dos soluciones LI’s de la ecuación complementaria. 
 Luego, la solución general de la ecuación complementaria es 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
1
1
) + 𝑐2 (
3
2
) 𝑒𝑡 
 Una matriz fundamental de la ecuación complementaria (i.e, el SLH 
asociado al SLnoH) es 
 Φ(𝑡) = (1 3𝑒
𝑡
1 2𝑒𝑡
), y su inversa: Φ−1(𝑡) = (
−2 3
𝑒−𝑡 −𝑒−𝑡
) 
 Una solución particular del SLnoH está dada por la fórmula 
𝑋𝑝(𝑡) = Φ(𝑡) ∫ Φ
−1(𝑡)𝐹(𝑡)𝑑𝑡 
 Luego, 
𝑋𝑝(𝑡) = (
1 3𝑒𝑡
1 2𝑒𝑡
) ∫ (
−2 3
𝑒−𝑡 −𝑒−𝑡
) (
 4
−1
) 𝑑𝑡 
= (1 3𝑒
𝑡
1 2𝑒𝑡
) ∫ (
−11
5𝑒−𝑡
) 𝑑𝑡 = (1 3𝑒
𝑡
1 2𝑒𝑡
) (
−11𝑡
−5𝑒−𝑡
) 
 = (
−11𝑡 − 15
−11𝑡 − 10
) = (
−11
−11
) 𝑡 + (
−15
−10
) 
𝑋𝑝(𝑡) = (
−11
−11
) 𝑡 + (
−15
−10
) 
 La solución general del SLnoH es 
(
𝑥(𝑡)
𝑦(𝑡)
) = 𝑐1 (
1
1
) + 𝑐2 (
3
2
) 𝑒𝑡 + (
−11
−11
) 𝑡 + (
−15
−10
), 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ 
 
Ejercicio 7 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= (
 0 2
−1 3
) 𝑋 + (
 1
−1
) 𝑒𝑡 
 Eigenpares de (
 0 2
−1 3
), 
(1, (
2
1
)) (2, (
1
1
)) 
 (
2
1
) 𝑒𝑡 y (
1
1
) 𝑒2𝑡 son dos soluciones LI’s de la ecuación complementaria. 
 La solución general de la ecuación complementaria es 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
2
1
) 𝑒𝑡 + 𝑐2 (
1
1
) 𝑒2𝑡 
 Una matriz fundamental de la ecuación complementaria es 
 Φ(𝑡) = (2𝑒
𝑡 𝑒2𝑡
𝑒𝑡 𝑒2𝑡
), y su inversa, Φ−1(𝑡) = ( 𝑒
−𝑡 −𝑒−𝑡
−𝑒−2𝑡 2𝑒−2𝑡
) 
 Una solución particular del SLnoH está dada por la fórmula 
𝑋𝑝(𝑡) = Φ(𝑡) ∫ Φ
−1(𝑡)𝐹(𝑡)𝑑𝑡 
 Entonces 
𝑋𝑝(𝑡) = (
2𝑒𝑡 𝑒2𝑡
𝑒𝑡 𝑒2𝑡
) ∫ ( 𝑒
−𝑡 −𝑒−𝑡
−𝑒−2𝑡 2𝑒−2𝑡
) (
 1
−1
) 𝑒𝑡𝑑𝑡 
= (2𝑒
𝑡 𝑒2𝑡
𝑒𝑡 𝑒2𝑡
) ∫ (
2
−3𝑒−𝑡
) 𝑑𝑡 = (2𝑒
𝑡 𝑒2𝑡
𝑒𝑡 𝑒2𝑡
) (
2𝑡
3𝑒−𝑡
) 
 = (3𝑒
𝑡 + 4𝑡𝑒𝑡
3𝑒𝑡 + 2𝑡𝑒𝑡
) = (
3
3
) 𝑒𝑡 + (
4
2
) 𝑡𝑒𝑡 
 Luego, 
𝑋𝑝(𝑡) = (
3
3
) 𝑒𝑡 + (
4
2
) 𝑡𝑒𝑡 
 La solución general del SLnoH es 
𝑋(𝑡) = 𝑐1 (
2
1
) 𝑒𝑡 + 𝑐2 (
1
1
) 𝑒2𝑡 + (
3
3
) 𝑒𝑡 + (
4
2
) 𝑡𝑒𝑡 , 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ 
 
Ejercicio 8 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= (
0 −1
1 0
) 𝑋 + (
𝑠𝑒𝑐𝑡
0
), − 𝜋/2 < 𝑡 < 𝜋/2 
 Eigenpares de (
0 −1
1 0
), 
(𝑖, (
𝑖
1
)) (−𝑖, (
−𝑖
 1
)) 
 La solución general real de la ecuación complementaria es 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1𝑅𝑒 [(
𝑖
1
) 𝑒𝑖𝑡] + 𝑐2𝐼𝑚 [(
𝑖
1
) 𝑒𝑖𝑡] 
 Calculamos: 
𝑅𝑒 [(
𝑖
1
) 𝑒𝑖𝑡] = (
0
1
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 − (
1
0
) 𝑠𝑖𝑛𝑡 = (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) 
 𝐼𝑚 [(
𝑖
1
) 𝑒𝑖𝑡] = (
1
0
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 + (
0
1
) 𝑠𝑖𝑛𝑡 = (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 
 Luego, 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) + 𝑐2 (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 
 Una matriz fundamental de la ecuación complementaria es 
 Φ(𝑡) = (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
), y su inversa, Φ−1(𝑡) = (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) 
 Una solución particular del SLnoH está dada por la fórmula 
𝑋𝑝(𝑡) = Φ(𝑡) ∫ Φ
−1(𝑡)𝐹(𝑡)𝑑𝑡 
 Luego, 
𝑋𝑝(𝑡) = (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) ∫ (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) (
𝑠𝑒𝑐𝑡
0
) 𝑑𝑡 
= (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) ∫ (
−𝑡𝑎𝑛𝑡
1
) 𝑑𝑡 = (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) (
ln(𝑐𝑜𝑠𝑡)
𝑡
) 
 = (
𝑡𝑐𝑜𝑠𝑡 − (𝑠𝑖𝑛𝑡)𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑡)
𝑡𝑠𝑖𝑛𝑡 + (𝑐𝑜𝑠𝑡)𝑙𝑛(𝑐𝑜𝑠𝑡)
) = (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑡 + (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) ln (𝑐𝑜𝑠𝑡) 
 Entonces 
𝑋𝑝(𝑡) = (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑡 + (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) ln (𝑐𝑜𝑠𝑡) 
 La solución general real del SLnoH es 
 𝑋(𝑡) = 𝑐1 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) + 𝑐2 (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 
 + (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑡 + (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) ln(𝑐𝑜𝑠𝑡), 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ 
 
Ejercicio 9 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= (
1 −1
1 1
) 𝑋 + (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑒𝑡 
 Eigenpares de (
0 −1
1 1
), 
(1 + 𝑖, (
𝑖
1
)) (1 − 𝑖, (
−𝑖
 1
)) 
 La solución general real de la ecuación complementaria es 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1𝑅𝑒 [(
𝑖
1
) 𝑒(1+𝑖)𝑡] + 𝑐2𝐼𝑚 [(
𝑖
1
) 𝑒(1+𝑖)𝑡] 
 Calculamos: 
𝑅𝑒 [(
𝑖
1
) 𝑒(1+𝑖)𝑡] = [(
0
1
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 − (
1
0
) 𝑠𝑖𝑛𝑡] 𝑒𝑡 = (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) 𝑒𝑡 
𝐼𝑚 [(
𝑖
1
) 𝑒(1+𝑖)𝑡] = [(
1
0
) 𝑐𝑜𝑠𝑡 + (
0
1
) 𝑠𝑖𝑛𝑡] 𝑒𝑡 = (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑒𝑡 
 Luego 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑐1 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) 𝑒𝑡 + 𝑐2 (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑒𝑡 
 Una matriz fundamental de la ecuación complementaria es 
 Φ(𝑡) = 𝑒𝑡 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
), y su inversa, Φ−1(𝑡) = 𝑒−𝑡 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) 
 Una solución particular del SLnoH es 
𝑋𝑝(𝑡) = Φ(𝑡) ∫ Φ
−1(𝑡)𝐹(𝑡)𝑑𝑡 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑒
𝑡 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) ∫ 𝑒−𝑡 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑒𝑡𝑑𝑡 
𝑋𝑐(𝑡) = 𝑒
𝑡 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) ∫ (
0
1
) 𝑑𝑡 = 𝑒𝑡 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡 𝑐𝑜𝑠𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡 𝑠𝑖𝑛𝑡
) (
0
𝑡
) 
𝑋𝑐(𝑡) = (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑡𝑒𝑡 
 La solución general real del SLnoH es 
 𝑋(𝑡) = 𝑐1 (
−𝑠𝑖𝑛𝑡
 𝑐𝑜𝑠𝑡
) + 𝑐2 (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) + (
𝑐𝑜𝑠𝑡
𝑠𝑖𝑛𝑡
) 𝑡𝑒𝑡 , 𝑐1, 𝑐2 ∈ ℝ