Ecuación diferencial equivalente a un sistema

Exponemos la manera de transformar una ecuación diferencial lineal de orden $n$ y coeficientes constantes, en un sistema equivalente.

Enunciado
Se considera la ecuación diferencial lineal real de coeficientes constantes $$x^{(n)}+a_{n-1}x^{(n-1)}+\ldots+a_1x’+a_0x=0.$$ (a) Transformarla en un sistema diferencial de primer orden.
(b) Usando el apartado anterior, resolver el problema de valor inicial $$x^{\prime\prime\prime}-x^{\prime\prime}-8x’+12x=0\;,\;\;x(0)=0,\;x’(0)=1,\;x^{\prime\prime}(0)=-2.$$

Solución
(a) Denotando $y_1=x,\;y_2=x’,,\ldots,y_n=x^{(n-1)}$ obtenemos $$\left \{ \begin{matrix}y’_1=x’=y_2\\y’_2=x^{\prime\prime}=y_3\\\ldots\\y’_n=x^{(n)}=-a_0x-a_1x’-\ldots-a_{n-1}x^{(n-1)}=\\
-a_0y_1-a_1y_2-\ldots-a_{n-1}y_n.\end{matrix}\right.$$ Relaciones que podemos expresar en la siguiente forma matricial $$\begin{bmatrix}y’_1\\{y’_2}\\ \vdots\\{y’_n}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & \ldots & 0\\ 0 &0 &1 & \ldots & 0 \\ \vdots&&&&\vdots \\ -a_0 & -a_1 & -a_2&\ldots & -a_{n-1}\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}y_1\\{y_2}\\ \vdots\\{y_n}\end{bmatrix}.$$

(b) Según el apartado anterior, el problema dado es equivalente al de valor inicial $$\begin{bmatrix}y’_1\\{y’_2}\\{y’_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{\;\;\;0}&{1}&{0}\\{\;\;\;0}&{0}&{1}\\{-12}&{8}&{1}\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}y_1\\{y_2}\\{y_3}\end{bmatrix}\;,\quad \begin{bmatrix}y_1(0)\\{y_2(0)}\\{y_3(0)}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\;\;0\\{\;\;1}\\{-2}\end{bmatrix}.$$ Sean $V_2,\;V_{-3}$ los subespacios propios asociados a $\lambda=2$ y $\lambda=-3$ respectivamente. Tenemos $\dim V_{-3}=1$ por ser $-3$ simple y $\dim V_2=3-\textrm{rg}\;(A-2I)=3-2=1$, lo cual implica que $A$ no es diagonalizable. Hallemos una base de Jordan. Para el valor propio $\lambda=2$ elegimos dos vectores linealmente independientes cumpliendo $Ae_1=2e_1$ y $Ae_2=e_1+2e_2.$ Resolviendo los sistemas, obtenemos $e_1=(1,2,4)^t$ y $e_2=(0,1,4)^t$. Para el valor propio $\lambda=-3$ elegimos un vector propio $e_3$, es decir $Ae_3=e_3$. Resolviendo obtenemos $e_3=(1,-3,9)^t$. De las igualdades $$\left \{ \begin{matrix}Ae_1=2e_1\\Ae_2=e_1+2e_2\\Ae_3=-3e_3\end{matrix}\right.$$ deducimos que la forma canónica de Jordan de $A$ es $J=\begin{bmatrix}{2}&{1}&{\;\;0}\\{0}&{2}&{\;\;0}\\{0}&{0}&{-3}\end{bmatrix}\;.$

Una matriz $P$ tal que $P^{-1}AP=J$ es $P=\begin{bmatrix}{e_1}&{e_2}&{e_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{1}&{0}&{\;\;1}\\{2}&{1}&{-3}\\{4}&{4}&{\;\;9}\end{bmatrix}.$

Entonces, $$\begin{bmatrix}y_1\\{y_2}\\{y_3}\end{bmatrix}=e^{tA}\;\begin{bmatrix}\;\;0\\{\;\;1}\\{-2}\end{bmatrix}=Pe^{tJ}P^{-1}\begin{bmatrix}\;\;0\\{\;\;1}\\{-2}\end{bmatrix}=P\;\begin{bmatrix}{e^{2t}}&{te^{2t}}&{0}\\{0}&{e^{2t}}&{0}\\{0}&{0}&{e^{-3t}}\end{bmatrix}\;P^{-1}\;\begin{bmatrix}\;\;0\\{\;\;1}\\{-2}\end{bmatrix}.$$ Operando, y teniendo en cuenta que sólo necesitamos $y_1=x$ obtenemos $$x(t)=\dfrac{1}{25}\left((6-5t)e^{2t}-6e^{-3t}\right).$$

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