Sistemas diferenciales lineales no homogéneos con coeficientes constantes

Enunciado
1.  Resolver el sistema diferencial: $$X’=\begin{bmatrix}{\;\;4}&{1}\\{-2}&{1}\end{bmatrix}X+\begin{bmatrix}{0}\\{-2e^{t}}\end{bmatrix},$$ con la condición $X(0)=\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}.$

2.  Resolver el sistema diferencial: $$X’=\begin{bmatrix}{-1}&{0}&{0}\\{\;\;0}&{2}&{1}\\{\;\;0}&{0}&{2}\end{bmatrix}X+\begin{bmatrix}{t}\\{1}\\{0}\end{bmatrix},$$ con la condición $X(0)=\begin{bmatrix}{\;\;0}\\{\;\;1}\\{-1}\end{bmatrix}.$

Solución
1.  Recordemos el siguiente teorema: sea el sistema diferencial lineal no homogéneo con coeficientes constantes $X’=AX+b(t)$ en donde $A\in\mathbb{R}^{n\times n}$ y $b:\mathbb{R}\to \mathbb{R}^n$ es una función continua. Entonces, dado $t_0\in \mathbb{R}$ y $X_0\in \mathbb{R}^n,$ existe una única solución del sistema cumpliendo $X(t_0)=X_0.$ Dicha solución es$$X(t)=e^{(t-t_0)A}X_0+\displaystyle\int_{t_0}^{t}e^{(t-s)A}b(s)\;ds.\qquad (1)$$ Valores propios de $A:$$$\begin{vmatrix}{4-\lambda}&{1}\\{-2}&{1-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-5\lambda +6=0 \Leftrightarrow \lambda=2\;\vee\;\lambda=3\mbox{ (simples)}.$$Subespacios propios: $$V_2\equiv \left \{ \begin{matrix} 2x_1+x_2=0\\-2x_1-x_2=0,\end{matrix}\right. \qquad V_3\equiv \left \{ \begin{matrix} x_1+x_2=0\\-2x_1-2x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Unas bases respectivas de estos subespacios propios son $B_2=\{(1,-2)\}$ y $B_3=\{(1,-1)\},$ por tanto se verifica $P^{-1}AP=D$ si$$P=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{\;\;1}\\{-2}&{-1}\end{bmatrix},\;D=\begin{bmatrix}{2}&{0}\\{0}&{3}\end{bmatrix}.$$Usando la fórmula $(1):$$$X(t)=e^{tA}X_0+e^{tA}\displaystyle\int_{0}^{t}e^{-sA}\;b(s)\;ds.$$ Efectuando los correspondientes cálculos:$$\begin{aligned}e^{tA}X_0=Pe^{tD}P^{-1}X_0&=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{\;\;1}\\{-2}&{-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{e^{2t}}&{0}\\{0}&{e^{3t}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{\;\;1}&{\;\;1}\\{-2}&{-1}\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}{1}\\{0}\end{bmatrix}\\&=\begin{bmatrix}{-e^{2t}+2e^{3t}}\\{2e^{2t}-2e^{3t}}\end{bmatrix}.\qquad (2)\end{aligned}$$ $$\begin{aligned}
\displaystyle\int_{0}^{t}e^{(t-s)A}b(s)\;ds=& e^{tA}\displaystyle\int_{0}^{t}e^{-sA}b(s)\;ds\\&= Pe^{tD}P^{-1}\displaystyle\int_{0}^{t}Pe^{-sD}P^{-1}b(s)\;ds
\\&=Pe^{tD}\displaystyle\int_{0}^{t}e^{-sD}P^{-1}b(s)\;ds,
\end{aligned}$$$$\begin{aligned}
\displaystyle\int_{0}^{t}e^{-sD}P^{-1}b(s)\;ds&=\displaystyle\int_{0}^{t}\begin{bmatrix}{e^{-2s}}&{0}\\{0}&{e^{-3s}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{-1}&{-1}\\{\;\;2}&{\;\;1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{0}\\{-2e^s}\end{bmatrix}ds\\&=\displaystyle\int_{0}^{t}\begin{bmatrix}{2e^{-s}}\\{-2e^{-2s}}\end{bmatrix}ds=\begin{bmatrix}{2-2e^{-t}}\\{e^{-2t}-1}\end{bmatrix}.
\end{aligned}$$$$\begin{aligned}
Pe^{tD}\displaystyle\int_{0}^{t}e^{-sD}P^{-1}b(s)\;ds&=\begin{bmatrix}{\;\;1}&{\;\;1}\\{-2}&{-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{e^{2t}}&{0}\\{0}&{e^{3t}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{2-2e^{-t}}\\{e^{-2t}-1}\end{bmatrix}\\
&=\begin{bmatrix}{-e^{t}+2e^{2t}-e^{3t}}\\{3e^{t}-4e^{2t}+e^{3t}}\end{bmatrix}.\qquad (3)
\end{aligned}$$Sumando las expresiones $(2)$ y $(3)$ obtenemos la solución pedida:$$X(t)=\begin{bmatrix}{-e^t+e^{2t}+e^{3t}}\\{3e^t-2e^{2t}-e^{3t}}\end{bmatrix}.$$ 2.  La matriz $A$ es en éste caso una forma normal de Jordan, en consecuencia:$$e^{tA}=\begin{bmatrix}{e^{-t}}&{0}&{0}\\{0}&{e^{2t}}&{te^{2t}}\\{0}&{0}&{e^{2t}}\end{bmatrix}.$$ Efectuando los correspondientes cálculos: $$e^{tA}X_0=\begin{bmatrix}{e^{-t}}&{0}&{0}\\{0}&{e^{2t}}&{te^{2t}}\\{0}&{0}&{e^{2t}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{\;\;0}\\{\;\;1}\\{-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{(1-t)e^{2t}}\\{-e^{2t}}\end{bmatrix}.\qquad (*)$$$$\begin{aligned}
\displaystyle\int_{0}^{t}e^{-sA}b(s)\;ds&=\displaystyle\int_{0}^{t}\begin{bmatrix}{e^{s}}&{0}&{0}\\{0}&{e^{-2s}}&{-se^{-2s}}\\{0}&{0}&{e^{-2s}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{s}\\{1}\\{0}\end{bmatrix}ds\\
&=\displaystyle\int_{0}^{t}\begin{bmatrix}{se^{s}}\\{e^{-2s}}\\{0}\end{bmatrix}ds=\begin{bmatrix}{e^{t}(t-1)+1}\\-\frac{1}{2}e^{-2t}+\frac{1}{2}\\{0}\end{bmatrix},
\end{aligned}$$$$\begin{aligned}
e^{tA}\displaystyle\int_{0}^{t}e^{-sA}b(s)\;ds&=\begin{bmatrix}{e^{-t}}&{0}&{0}\\{0}&{e^{2t}}&{te^{2t}}\\{0}&{0}&{e^{2t}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{e^{t}(t-1)+1}\\-\frac{1}{2}e^{-2t}+\frac{1}{2}\\{0}\end{bmatrix}\\
&=\begin{bmatrix}{t-1+e^{-t}}\\-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}e^{2t}\\{0}\end{bmatrix}.\qquad (**)
\end{aligned}$$ Sumando las expresiones $(*)$ y $(**)$ obtenemos la solución pedida:$$X(t)=\begin{bmatrix}{t-1+e^{-t}}\\{\left(\frac{3}{2}-t\right)e^{2t}-\frac{1}{2}}\\{-e^{-2t}}\end{bmatrix}.$$

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