Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Ejemplo 7.9. Resolver el sistema

y1 + y1 − 5y2 =0
4y1 + y2 + 5y2 =0.

Solución. Reescribimos el sistema en forma matricial:

y1 = −1 5 y1 .
y2 −4 −5 y2

Calculemos los autovalores de la matriz de coe cientes

−1 − 5 = 2 + 6 + 25 = ( + 3)2 + 16 = 0.
−4 −5 −

Tenemos que = −3 + 4i es un autovalor de A. Hallemos el autovector
asociado. Resolvamos la ecuación característica

(A − (−3 + 4i)I)x = 2 − 4i 5 v1 = 0
−4 −2 − 4i v2 0

o, equivalentemente, el sistema

(2 − 4i)v1 + 5v2 =0
−4v1 − (2 + 4i)v2 =0.

Note que la primera ecuación es múltiplo de la segunda, (con múltiplo − 2+4i )
5

por lo tanto jando v1 = 5 obtenemos v2 = −2 + 4i; así el autovector es

x = (5, −2 + 4i)T = (5, −2)T + i (0, 4)T . Por lo tanto, del teorema anterior

la solución general de sistema es

y(t) =Ae−3t cos(4t) 5 − sin(4t) 0
−2 4

+ Be−3t sin(4t) 5 − cos(4t) 0 .
−2 4

Puede ocurrir que la matriz de coe cientes de un sistema de ecuaciones
diferenciales lineales con coe cientes constantes tenga autovalores tanto
reales como complejos; en esta situación podemos hallar soluciones del
sistema para cada caso y veri car que el conjunto de soluciones que se
obtiene para todos los casos es un conjunto fundamental de soluciones.

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Ejemplo 7.10. Resolver el problema de valor inicial

−5 5 4 e4
y = −8 7 6 y, y(2 ) = −1 .

1 00 1

Solución. Calculemos los autovalores de la matriz de coe cientes

−5 − 5 4
6 = (5+ ) (7− ) +30−(4(7− )+40 ) = (2− ) ( 2+1).
−8 7 −

1 0−

Los autovalores son 1 = 2, 2 = i y 3 = −i. Calculemos los autovectores
asociados.

Para 1 = 2:

−7 5 4 v1 0
(A − 2I)x1 = −8 5 6 v2 = 0 .

1 0 −2 v3 0

Equivalentemente debemos resolver el sistema

−7v1 + 5v2 + 4v3 =0
−8v1 + 5v2 + 6v3 =0

v1 − 2v3 =0.

Tomando v3 = 1 tenemos v1 = 2 y también v2 = 2, por lo tanto el autovector
asociado es x1 = (2, 2, 1)T y

2
y1 (t) = 2 e2t

1

es una solución del sistema. Para hallar el autovector asociado con el autovalor
2 = i resolvemos el sistema

−5 − i 5 4 v1 0
(A − iI)x2 = −8 7 − i 6 v2 = 0 .

1 0 −i v3 0

Tomamos v3 = 1 y tenemos v1 = i y v2 = −1+i, donde el autovector asociado
es x2 = (i , −1 + i , 1)T = (0, −1, 1)T + i (1, 1, 0)T . Además las funciones

0 1 − sin(t)
y2(t) =e0·t cos(t) −1 − sin(t) 1 = − cos(t) − sin(t)

1 0 cos(t)

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

01 cos(t)
y3(t) =e0·t sin(t) −1 + cos(t) 1 = − sin(t) + cos(t)

10 sin(t)

son dos soluciones linealmente independientes del sistema. Para hallar la solu-

ción general del sistema veamos que {y1, y2, y3} es un conjunto fundamental

de soluciones; para ello, calculemos es su ciente calcular el wronskiano en

t = 0.

201

W [y1, y2, y3] (0) = 2 −1 1 = 1 ≠ 0.

110

Por lo tanto, {y1, y2, y3} es un conjunto fundamental de soluciones del
sistema, de manera que la solución general es

2e2t − sin(t) cos(t) c1
y(t) = 2e2t − cos(t) − sin(t) − sin(t) + cos(t) c2 .
c3
e2t cos(t) sin(t)

Usando el vector de condiciones iniciales la matriz fundamental y su inversa
son

2e4 01 −e−4 e−4 e−4
Y (2 ) = 2e4 −1 1 , Y −1 (2 ) = 1 −1 0 .
10 −2 −2
e4 3

La solución del sistema es

2e2t − sin(t) cos(t) −e−4 e−4 e−4 e4
y(t) = 2e2t − cos(t) − sin(t) − sin(t) + cos(t) 1 −1 0 −1
3 −2 −2 1
e2t cos(t) sin(t)

2e2t − sin(t) cos(t) −1
= 2e2t − cos(t) − sin(t) − sin(t) + cos(t) e4 + 1 .
3e4
e2t cos(t) sin(t)

Ejercicios

1. Demostrar que la matriz de coe cientes de los siguientes sistemas tiene

al menos un autovalor complejo. Resolver el sistema:

a) y = −1 2 y.
−5 5

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

b) y = 1 1 2 y.
5 −4 5

c) y = 5 −6 y.
3 −1

2 1 −1
d) y = 0 1 1 y.

10 1

112

e) y = 4 0 −1 y.

−1 −2 −1

2. Demostrar que la matriz de coe cientes de los siguientes sistemas tiene

al menos un autovalor complejo. Resolver el problema de valor inicial:

a) y = 1 4 −2 y, y(0) = 1 .
6 5 2 −1

b) y = 4 −6 y, y(0) = 2 .
3 −2 1

c) y = 7 15 y, y(0) = 5 .
−3 1 1

5 2 −1 4
y(0) = 0 .
d) y = 1 −3 2 2 y,
3 6

132

44 0 1
e) y = 8 10 −20 y, y(0) = −1 .

2 3 −2 0

4 −4 4 16
f ) y = −10 3 15 y, y(0) = 14 .

2 −3 1 6

Respuesta de ejercicios seleccionados

a) y(t) = Ae2t 31

1. 5 cos(t) + 5 sin(t) +

1 0

Be2t − 1 cos(t) + 3 sin(t) .
5 5

0 1

c) y(t) = Ae2t 1 cos(3t) + 1 sin(3t) +
0 1

Be2t 1 cos(3t) + −1 sin(3t) .
1 0

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

1 − sin(t) cos(t)

d) y(t) = Ae2t 1 + Bet sin(t) + Cet − cos(t) .

0 cos(t) sin(t)

2. a) y = e 1 t 7 cos t + − 1 sin t .
2 5 2 5 2

1 1

c) y = e4t 5 cos(6t) + 8 sin(6t) .
1 1

−1 −1

e) y = e2t −1 cos(2t) + 0 sin(2t) .

0 − 1
2

. . Autovalores reales repetidos

Si una matriz A tiene un autovalor de multiplicidad m > 1 es posible que
este autovalor tenga asociado m autovectores linealmente independientes;
sin embargo, es posible que existan menos de m autovectores asociados
linealmente independientes. Este es el caso de las llamadas matrices de cientes;
es decir, una matriz n × n es de ciente si y solo si no tiene n autovectores
linealmente independientes.

Para formar una base de autovectores de una matriz de ciente se comple-
ta el número de autovectores mediante los llamados autovectores generalizados
de la siguiente manera: supongamos que es un autovalor de multiplicidad
m y que existen solo k < m autovectores linealmente independientes asocia-
dos al autovalor . La base de autovectores se completa agregando m − k
autovectores generalizados siguiendo este proceso:

(A − I)vi =0 de donde se obtiene vi, i = 1, . . . , k
linealmente independientes.

Completamos ahora con autovectores generalizados:

(A − I)vk+1 =vk de donde se tiene (A − I)2vk+1 = 0,
(A − I)vk+2 =vk+1 de donde se tiene (A − I)3vk+2 = 0,

...

(A − I)vm =vm−1 de donde se tiene (A − I)m−k+1vm = 0.

De esta forma, si la matriz de coe cientes del sistema y = Ay es no de ciente,
entonces el teorema 7.7 es aplicable y obtenemos las n soluciones linealmente
independientes mediante los autovectores de la matriz.

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Ejemplo 7.11. Hallar la solución general de

−3 2 2
y = 2 −3 2 y.

2 2 −3

Solución. Calculemos los autovalores de la matriz de coe cientes

−3 − 2 2 = (−3 − )3 + 16 + 12(3 + ) = −( − 1) ( + 5)2.
2 −3 − 2
2 −3 −
2

Los autovalores son 1 = 1 de multiplicidad 1 y 2 = −5 de multiplicidad 2.
Calculemos los autovectores asociados.

Para 1 = 1:

−4 2 2 v1 0
(A − I)v1 = 2 −4 2 v2 = 0 .

2 2 −4 v3 0

Hacemos reducción por las a la matriz anterior

−4 2 2 (Ri : 1 Ri ) −2 1 1 −2 1 1
2 −4 2 2 1 −2 1 (R3 : −R2 + R3) 1 −2 1
2 2 −4 1 1 −2 0 3 −3

−2 1 1 −2 1 1

(R2 : 2R2 + R1) 0 −3 3 (R3 : R2 + R3) 0 −3 3

0 3 −3 0 00

(R2 : 1 R2) −2 1 1 (R1 : 1 (R1 + R2)) −1 0 1
3 0 −1 1 2 0 −1 1.
0 0 0 0 0 0

De aquí tenemos v1 = v2 = v3; tomamos v1 = 1 y obtenemos el autovalor
v1 = (1, 1, 1)T y una primera solución del sistema

1
y1 (t) = 1 et.

1

Para 2 = −5:

2 2 2 v1 0
(A + 5I)v2 = 2 2 2 v2 = 0 .

2 2 2 v3 0

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

De donde tenemos la ecuación v1+v2+v3 = 0; podemos jar dos valores, diga-
mos v1 = 1, v2 = −1 y así v3 = 0, obtenemos el autovector (1, −1, 0)T . Otro

vector linealmente independiente se forma tomando v1 = 0, v2 = 1 y v3 = 1;
esto es, v3 = (0, 1, −1)T . Las dos soluciones linealmente independientes son

1 0
y2 (t) = −1 e−5t , y3 (t) = 1 e−5t .

0 −1

La solución general del sistema es

11 0

y(t) = c1 1 et + c2 −1 e−5t + c3 1 e−5t .

10 −1

En el caso en que la matriz de coe cientes del sistema y = Ay es de ciente
las soluciones del sistema son dadas en el siguiente teorema.

Teorema 7.9. Supongamos que la matriz de coe cientes de y = Ay tiene un
autovalor de multiplicidad m > 1 y una sucesión de autovectores generalizados
correspondientes a , v1, v2, . . . , vm. Entonces las soluciones linealmente indepen-
dientes correspondientes al autovalor con multiplicidad m del sistema son

yi (t) =e tvi , i = 1, . . . , k (vi autovalores)

yk+1 (t) =e t (vkt + vk+1)

yk+2 (t) =e t t2 + vk+1t + vk+2
vk 2

...

ym (t) =e t vk tm−k + vk+1 tm−k−1 + ··· + vm−2 t2 + vm−1t + vm .
(m − k)! (m − k − 1)! 2

Ejemplo 7.12. Resolver el sistema

y1 − 4y1 + y2 =0
3y1 − y2 + y2 − y3 =0

y1 − y3 + y3 =0.

Solución. Reescribimos el sistema en forma matricial:

y1 4 −1 0 y1
y2 = 3 1 −1 y2 .
y3 1 0 1 y3

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Hallamos los autovalores de la matriz de coe cientes:

4 − −1 0
3 1− −1 = −( 3 − 6 2 + 12 − 8) = −( − 2)3.

1 0 1−

El autovalor es = 2 de multiplicidad 3. Calculemos los autovectores
asociados:
2 −1 0 v1 0
(A − 2I)v1 = 3 −1 −1 v2 = 0 .

1 0 −1 v3 0

Resolvamos el sistema:

2v1 − v2 =0
3v1 − v2 − v3 =0

v1 − v3 =0.

De la primera ecuación tenemos que v2 = 2v1 y de la tercera v1 = v3; luego,
tomando v1 = 1, obtenemos el autovector v1 = (1, 2, 1). Note que cualquier
otro vector que satisfaga estas ecuaciones es múltiplo de v1, por lo que no
existen mas autovectores linealmente independientes. Construyamos dos
autovectores generalizados para completar la base de autovectores de la
matriz de coe cientes:

2 −1 0 v1 1
(A − 2I)v2 = 3 −1 −1 v2 = 2 .

1 0 −1 v3 1

Tenemos de aquí v1 = 1 + v3 y 2v1 = 1 + v2. Tomando v1 = 1 tenemos v3 = 0
y v2 = 1, el primer autovector generalizado es v2 = (1, 1, 0)T . Para hallar el

segundo autovector resolvemos el sistema:

2 −1 0 v1 1
(A − 2I)v3 = 3 −1 −1 v2 = 1 .

1 0 −1 v3 0

Tomando v2 = 1 obtenemos v1 = 1 y v3 = 1, el autovector generalizado
v3 = (1, 1, 1)T . Las soluciones linelamente independientes del sistema son:

1
y1 (t) =e2t 2

1

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

y2 (t) =e2t 11
2 t+ 0
10

y3 (t) =e2t 1 t2 1 t+ 1 .
2 + 0 1
1 0 1
2

Ejercicios

1. Demostrar que todos los autovalores de la matriz de coe cientes de los

siguientes sistemas son reales con multiplicidad mayor a 1. Resolver

el sistema:

a) y = 3 4 y.
−1 7

b) y = 1 3 1 y.
5 −1 1

c) y = −10 9 y.
−4 2

0 21
d) y = −4 6 1 y.

0 42

−6 −4 −4
e) y = 2 −1 1 y.

231

−1 −12 8

f ) y = 1 −9 4 y.

1 −6 1

2. Demostrar que todos los autovalores de la matriz de coe cientes de los

siguientes sistemas son reales con multiplicidad mayor a 1. Resolver

el problema de valor inicial:

a) y = −11 8 y, y(0) = 6 .
−2 −3 2

b) y = −3 −4 y, y(0) = 3 .
1 −7 1

c) y = −7 −3 y, y(0) = 2 .
−3 −1 0

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

−1 1 0 6
y(0) = 5 .
d) y = 1 1 −1 −2 y,
3 −1

−1 −1 −1

−2 2 1 1
e) y = −2 2 1 y, y(0) = 3 .

−3 3 2 1

−3 −3 4 −6
f ) y = 4 5 −8 y, y(0) = 9 .

2 3 −5 −1

Respuesta de ejercicios seleccionados

1. a) y = c1e5t 2 + c2e5t 2 t+ −1 .
1 1 0

c) y = c1e−4t 3 + c2e−4t 3 − 1
2 4
2 t+ .
1 0
1

0 01
e) y = c1e−2t 1 + c2e−2t 1 t+ 0
−1 −1
−1

0 10

+c3e−2t 1 t2 + − 1 t+ 0 .
2 4
1 3 1
− 2 − 4 − 4

2. b) y = e−5t 2 t+ 3 .
1 1

1 8 2 1 10
3 3
d) y = e t 1 16 + e− t −1 t + 1 −1 .
3 3

−12 09

19 −6
f ) y = e−t 38 t + 9 .

19 −1

. Sistemas no homogéneos con
coeficientes constantes

Podemos usar el método de variación de parámetros para hallar una solución
particular del sistema no homogéneo

y = Ay + Q (t).

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Para esto hallamos la solución del sistema homogéneo y = Ay, la cual queda
en la forma y(t) = Y (t)c, donde Y (t) es la matriz fundamental (7.4) y c
es un vector constante. Aplicamos el método de variación de parámetros
considerando el vector c como una función a valores vectoriales; esto es,
c = c(t) y proponemos una solución particular de la forma

y = Y (t)c(t).

Derivamos con respecto a t y tenemos:

y = Y (t)c(t) + Y (t)c (t) = Ay + Q (t).

Sustituimos Y (t) = AY (t) y y = Y (t)c(t) para obtener:

AY (t)c(t) + Y (t)c (t) = AY (t)c(t) + Q (t)
Y (t)c (t) = Q(t)
c (t) = Y −1(t)Q (t).

Integramos ahora con respecto a t:

w

c(t) = c + Y −1(t)Q (t)dt.

Así, la solución general viene dada por

w

y = Y (t)c(t) = Y (t) c + Y −1(t)Q (t)dt .

Para el sistema no homogéneo con condición inicial y(t0) = y0, la solución
se puede escribir como

 wt 

y = Y (t)c(t) = Y (t) c + Y −1(s)Q (s)ds

 
 t0 



con y(t0) = Y (t0)c, lo que implica que c = Y −1(t0)y(t0), con lo cual la
solución es

 wt 
y(t) = Y (t) Y −1(t0)y(t0) + Y −1(s)Q (s)ds .


 t0 


Ejemplo 7.13. Resolver el sistema de ecuaciones

y1 + 3y1 + 4y2 =2e−t
y1 − y2 + y2 = 0.

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Solución. Reescribimos el sistema en forma matricial:

y1 = −3 −4 y1 + 2e−t .
y2 1 1 y2 0

Hallemos la solución del sistema homogéneo. Para esto, calculemos los
autovalores de la matriz de coe cientes

−3 − −4 = −(3 + )(1 − )+4= ( + 1)2 = 0.
1 1−

Tenemos que = −1 es el único autovalor con multiplicidad 2. Calculemos
el autovector correspondiente:

(A + I)v1 = −2 −4 v1 = 0 .
1 2 v2 0

De aquí tenemos que v1 + 2v2 = 0 y tomando v2 = 1 hallamos v1 = −2.
Eso es v1 = (−2, 1)T . Esta matriz es de ciente ya que no podemos obtener

otro vector linealmente independiente con v1. Completamos la base con un

autovector generalizado:

(A + I)v2 = −2 −4 v1 = −2 .
1 2 v2 1

De aquí tenemos que v1 + 2v2 = 1, tomando v1 = −1 obtenemos v1 = 3 y el
autovector generalizado es v2 = (3, −1)T .

Las dos soluciones linealmente independientes son

y1 (t) = e−t −2 , y2 (t) = e−t −2 t+ 3 .
1 1 −1

Una matriz fundamental es

Y (t) = −2e−t (−2t + 3)e−t .
e−t (t − 1)e−t

Hallamos la inversa de esta matriz:

Y −1 (t) = 1 (t − 1)e−t (2t − 3)e−t 1 (t − 1)e−t (2t − 3)e−t
|Y (t)| −e−t = −e−2t −e−t −2e−t
−2e−t

(1 − t)et (−2t + 3)et .
= et 2et

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Ahora:

ww (1 − t)et (−2t + 3)et 2e−t w 2(1 − t) dt
et 2et 0 2
Y −1Q (t)dt = dt =

= 2t − t2 .
2t

De esta forma, la solución general es

y(t) =Y (t) w = −2e−t (−2t + 3)e−t c1 + 2t − t2
e−t (t − 1)e−t c2 + 2t
c + Y −1(t)Q (t)dt

= (−2t2 + 2(1 − c2)t − 2c1 + 3c2)e−t .
(t2 + c2t + c1 − c2)e−t

Ejemplo 7.14. Resolver el sistema de ecuaciones con condiciones iniciales

y1 =3y1 − 3y2 + y3 + 2et
y2 =3y1 − 2y2 + 2y3
y3 = − y1 + 2y2, y1 (0) = 3, y2 (0) = 2, y3 (0) = 1.

Solución. Reescribimos el sistema en forma matricial:

y1 3 −3 1 y1 2et
y2 = 3 −2 2 y2 + 0 .
y3 −1 2 0 y3 0

Hallamos la solución del sistema homogéneo. Para esto calculemos los auto-
valores de la matriz de coe cientes

3 − −3 1
3 −2 − 2 = (2+ ) (3− )+12−(14+6 ) = −( +1) ( 2−2 +2).
−1 2
−

Los autovalores son 1 = −1 y 1,2 = 1 ± i. Calculemos los correspondientes
autovectores.

Para 1 = −1:

4 −3 1 v1 0
(A + I)v1 = 2 −1 2 v2 = 0 .

−1 2 1 v3 0

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Consideremos el siguiente subsistema:

4v1 − 3v2 + v3 = 0
−v1 + 2v2 + v3 = 0

del cual, restando la segunda ecuación a la primera, obtenemos que 5v1 −
5v2 = 0, luego para v1 = 1, hallamos v2 = 1 y v3 = −1. Así un autovalor
correspondiente es v1 = (1, 1, −1)T y una primera solución del sistema es

1
y1 (t) = 1 e−t .

−1

Para 2 = 1 + i:

3−1−i −3 1 v1 0
(A + (1 + i)I)v2 = 3 −2 − 1 − i 2 v2 = 0 .
−1 − i v3 0
−1 2

Tomemos el subsistema

3v1 − (3 + i)v2 + 2v3 = 0
−v1 + 2v2 − (1 + i)v3 = 0.

Sumamos la primera ecuación con 3 veces la segunda y obtenemos (3 −

i)v2 − (1 + 3i)v3 = 0. Hacemos v3 = 1 y así (3 − i)v2 = 1 + 3i, de donde
(1+3i) (3+i)
v2 = 1+3i = (3−i) (3+i) = i. Ahora usamos la segunda ecuación del subsistema
3−i

anterior para hallar v1. Esto es, v1 = 2v2 − (1 + i)v3 = i − 1 y el autovalor es

(−1 + i , i , 1)T = (−1, 0, 1)T + i (1, 1, 0)T . Las dos soluciones vienen dadas

por

−1 1
y2(t) =et 0 cos(t) − 1 sin(t) ,

10

1 −1
y3(t) =et 1 cos(t) + 0 sin(t) .

01

Una matriz fundamental es

e−t −et (cos(t) + sin(t)) et (cos(t) − sin(t))

Y (t) = e−t −et sin(t) et cos(t) .

−e−t et cos(t) et sin(t)

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Usemos el método de Gauss-Jordan para hallar la inversa de esta matriz:

e−t −et (cos(t) + sin(t)) et (cos(t) − sin(t)) 1 0 0

e−t −et sin(t) et cos(t) 010

−e−t et cos(t) et sin(t) 001

e−t −et (cos(t) + sin(t)) et (cos(t) − sin(t)) 1 0 0

(R3 : R1 + R3) e−t −et sin(t) et cos(t) 010

0 −et sin(t) et cos(t) 101

e−t −et (cos(t) + sin(t)) et (cos(t) − sin(t)) 1 0 0

(R2 : R1 − R2) 0 −et cos(t) −et sin(t) 1 −1 0

0 −et sin(t) et cos(t) 101

e−t 0 0 −1 1 −1

(R1 : R1 − (R2 + R3)) 0 −et cos(t) −et sin(t) 1 −1 0

0 −et sin(t) et cos(t) 1 0 1

(R3 : sin(t)R2 − cos(t)R3)

e−t 0 0 −1 1 −1
1 −1 0
0 −et cos(t) −et sin(t) sin(t) − cos(t) − sin(t) − cos(t)

00 −et

R2 : − sin(t)R3 + R2)

e−t 0 0 −1 1 −1
sin(t) cos(t)
0 −et cos(t) 0 1 − sin2(t) + sin(t) cos(t) −1 + sin2(t)
− cos(t)
0 0 −et sin(t) − cos(t) − sin(t)

R1 : etR1, R2 : −e−t , R3 : −e−tR3)
cos(t)

100 −et et −et

0 1 0 −e−t (sin(t) + cos(t)) e−t cos(t) −e−t sin(t) .

0 0 1 e−t (cos(t) − sin(t)) e−t sin(t) e−t cos(t)

Evaluamos ahora la integral:

w w −et et −et 2et
−e−t sin(t) 0 dt
Y −1(t)Q (t)dt = −e−t (sin(t) + cos(t)) e−t cos(t) e−t cos(t) 0

e−t (cos(t) − sin(t)) e−t sin(t)

w −2e2t
= −2(cos(t) + sin(t)) dt

2(cos(t) − sin(t))

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

−e2t
= 2(cos(t) − sin(t)) .

2(cos(t) + sin(t))

Ahora usamos la condición inicial:

−1 1 −1 3 −2
Y −1(0)y(0) = −1 1 0 2 = −1

101 1 4

y evaluamos la integral de nida

wt −e2t −1
Y −1(s)Q (s)ds = 2(cos(t) − sin(t)) − 2 .

0 2(cos(t) + sin(t)) 1

Así,

e−t −et (cos(t) + sin(t)) et (cos(t) − sin(t))

y(t) = e−t −et sin(t) et cos(t)

−e−t et cos(t) et sin(t)

 −2 −e2t −1 

×  −1 + 2(cos(t) − sin(t)) − 2 


 4 2(cos(t) + sin(t)) 1 
 



e−t −et (cos(t) + sin(t)) et (cos(t) − sin(t)) −1 − e2t
−3 − 2(sin(t) − cos(t))
= e−t −et sin(t) et cos(t) 2 + 2(cos(t) + sin(t))

−e−t et cos(t) et sin(t)

e−t + et (5 cos(t) + sin(t) − 1)
= −e−t + et (3 sin(t) + 2 cos(t) + 1) .

−e−t + et (−3 cos(t) + 2 sin(t) + 3)

es la solución del sistema.

Ejercicios

1. Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones no homogéneos:

a) y1 = 2y1 + y2 + 26 sin(t), y2 = 3y1 + 4y2.
b) y1 = −y1 + 8y2 + 9t, y2 = y1 + y2 + 3e−t.
e3t
c) y1 = −y1 + 2y2, y2 = −3y1 + 4y2 + e2t +1 .

d) y1 = y1 + y2 + e2t, y2 = −2y1 + 3y2.
e) y1 = y1 − 2y2 − y3, y2 = −y1 + y2 + y3 + 12t, y3 = y1 − y3.

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

f ) y1 = 2y1 − y2 + 2y3, y2 = y1 + 2y3, y3 = −2y1 + y2 − y3 + 4 sin(t).
g) y1 = 4y1 − y2 − y3 + e3t, y2 = y1 + 2y2 − y3, y3 = y1 + y2 + 2y3,

y1(0) = 1, y2(0) = 2, y3(0) = 3.

Respuesta de ejercicios seleccionados

1. a) y(t) = c1et + c2e5t − 10 cos(t) − 11 sin(t) .
−c1et + 3c2e5t + 9 cos(t) + 6 sin(t)

c) y(t) = c1et + 2c2e2t − et ln(e2t + 1) + 2e2t tan−1 (et) .
c1et + 3c2e2t − et ln(e2t + 1) + 3e2t tan−1 (et)

d) y(t) = e2t (c1 cos(t) + c2 sin(t) − 1) .
e2t ((c1 + c2) cos(t) + (c1 − c2) sin(t) − 2)

−2(c2 + 2t) cos(t) − 2(c3 − 1) sin(t)

f ) y(t) = 2c1et − 2(c2 + 2t) cos(t) − 2(c3 − 1) sin(t) .

c1et + (c2 − c3 + 2t − 1) cos(t) + (c2 + c3 + 2t − 1) sin(t)

5e2t + 2(t − 2)e3t
g) y(t) = 5et + (t − 3)e3t .

5e2t + (t − 2)e3t

. Análisis cualitativo de sistemas de
ecuaciones autónomas

Un sistemas de ecuaciones diferenciales es autónomo si sus ecuaciones com-
ponentes no dependen explícitamente de la variable independiente t; esto
es, sistemas de la forma

 dy1 = f1 (y1, y2)

 dt
 (7.8)


 d y2 = f2 (y1, y2 ) .



 dt

Geométricamente podemos interpretar la solución {y1(t), y2(t)} de nos
maneras: primero podemos gra car y1(t), y2(t) con respecto a t en el mismo
plano como muestra la gura 7.1.

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

y1y2

y1(t)
y2(t)

t

Figura 7.1: Grá cos de y1, y2 respecto a t.

Esta representación nos permite conocer cómo varían las soluciones respecto
a t. En segundo lugar, podemos considerar a y1(t), y2(t) como ecuaciones
paramétricas de una curva en el plano y1y2, con t como parámetro a lo largo
de la curva ( gura 7.2):

y2

t=0 (y1(t), y2(t))

y1

Figura 7.2: Plano fase.

En este contexto, la representación paramétrica de la solución es llamada
una órbita, trayectoria o curva solución y el plano y1y2 es llamado plano fase.
Las ecuaciones del sistema (7.8) nos dan información sobre la dirección
de las curvas solución en plano fase tal como el campo de pendientes de
una ecuación diferencial nos da información sobre la tangente de una curva
solución.

Ejemplo 7.15. La curva

y1 = a sin(t) , a∈ℝ
y2 a cos(t)

es una solución del sistema

y1 = y2, y2 = −y1,

·Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

puesto que
y1 = a cos(t) = y2, y2 = −a sin(t) = −y1.

En forma paramétrica estas curvas de nen circunferencias de radio |a| en el plano
fase ( gura 7.3)

y2

y1

Figura 7.3: Plano fase para y1 = y2, y2 = −y1.
Mientras que en el mismo plano son las funciones dadas en la gura 7.4

Figura 7.4: Grá cas de las soluciones de y1 = y2, y2 = −y1, respecto a t.

· Sistemas de ecuaciones diferenciales lineales

Si f y g son funciones continuas en una región Ω del plano euclideano

ℝ2, el teorema de existencia y unicidad garantiza que el problema de valor

inicial:

 dy1 = f1 (y1, y2)

 dt

 dy2
= g (y1, y2)
dt

 y1 (t0 y01 , y2 (t0) = y02
 ) =




con t0 en el dominio de y1, y2 y (y01, y02) ∈ Ω, tiene una única solución
y1 = y1(t), y2 = y2(t), de nida en cierto intervalo real (a, b) que contiene el

punto t0. Para cada punto en el plano fase Ω existe una y solo una trayectoria

que contiene al punto.

De nición 7.6 (Punto de equilibrio). Un punto de equilibrio, o equilibrio,
es una solución (y1∞, y2∞) del par de ecuaciones f1 (y1∞, y2∞) = 0, f2 (y1∞, y2∞) =
0. Así un equilibrio es una solución constante del sistema de ecuaciones

diferenciales.

Obs Geométricamente un equilibrio es un punto en el plano fase que es la
órbita de una solución constante. Tal solución constante se denomina

una solución de equilibrio del sistema. Observe que la trayectoria de una
solución del equilibrio consta un único punto (y1∞, y2∞).

Ejemplo 7.16. Hallar los puntos de equilibrio para el sistema depredador-presa

N =rN 1 − N − aNP
k

P =bN P − cP

donde r , k, a, b, c son constantes.

Solución. Primero notemos que para P = P (bN − c) = 0 tenemos dos

posibilidades: P = 0 o N = c . Si P = 0, entonces la primera ecuación nos
b

queda:

rN 1 − N = 0,
k

de manera que N = 0 o N = k. En el caso N = c , la primera ecuación queda
b

en la forma c c ac
b bk b
r 1 − − P = 0.

Así, r c
a bk
P = 1 − .