Sistemas diferenciales lineales homogéneos con coeficientes constantes

Resolvemos tres sistemas diferenciales lineales homogéneos con coeficientes constantes.

Enunciado

Resolver los siguientes sistemas diferenciales:

1. $\quad\left \{ \begin{matrix}x’_1=2x_1+x_2+x_3\\x’_2=x_1+2x_2+x_3\\ x’_3=x_1+x_2+2x_3\end{matrix}\right.\quad$ con la condición inicial $\qquad \left \{ \begin{matrix}x_1(1)=1\\x_2(1)=0\\ x_3(1)=3.\end{matrix}\right.$
2. $\quad \begin{bmatrix}{x’_1}\\{x’_2}\\{x’_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{2}&{6}&{-15}\\{1}&{1}&{-5}\\{1}&{2}&{-6}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\end{bmatrix}.$
3. $\quad \begin{bmatrix}{x’}\\{y’}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{3}&{-1}\\{13}&{-3}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x}\\{y}\end{bmatrix}\quad$ con la condición inicial $\begin{bmatrix}{x(0)}\\{y(0)}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{2}\\{2}\end{bmatrix}.$

Solución
Recordemos el siguiente teorema: sea el sistema diferencial lineal homogéneo con coeficientes constantes:$$S\equiv \left \{ \begin{matrix}x’_1=a_{11}x_1+\ldots+a_{1n}x_n\\\ldots\\x’_n=a_{n1}x_1+\ldots+a_{nn}x_n\end{matrix}\right. $$ que se puede expresar matricialmente en la forma $X’=AX$ en donde:$$X=\begin{bmatrix}x_1\\ \vdots\\{x_n}\end{bmatrix},\;X’=\begin{bmatrix}x’_1\\ \vdots\\{x’_n}\end{bmatrix},\;A=\begin{bmatrix} a_{11} & \ldots & a_{1n}\\ \vdots&&\vdots \\ a_{n1} &\ldots & a_{nn}\end{bmatrix}\;.$$ Entonces, dados $t_0\in\mathbb{R}$ y $X_0\in\mathbb{R}^n,$ existe solución única de$S$ que satisface $X(t_0)=X_0.$ Dicha solución es $X(t)=e^{(t-t_0)A}X_0.$
1. Aquí se calculó $e^{tA}$ para la matriz de este ejercicio, por tanto: $$e^{(t-1)A}=\dfrac{1}{3}\begin{bmatrix}{e^{4(t-1)}+2e^{t-1}}&{e^{4(t-1)}-e^{t-1}}&{e^{4(t-1)}-e^{t-1}}\\{ e^{4(t-1)}-e^{t-1} }&{e^{4(t-1)}+2e^{t-1}}&{ e^{4(t-1)}-e^{t-1}}\\{ e^{4(t-1)}-e^{t-1} }&{e^{4t}-e^t}&{e^{4(t-1)}+2e^{t-1}}\end{bmatrix}\;.$$ En consecuencia, la solución pedida es:$$X(t)=\begin{bmatrix}x_1(t)\\x_2(t)\\{x_3(t)}\end{bmatrix}=e^{tA}\begin{bmatrix}{1}\\{0}\\{3}\end{bmatrix}=\dfrac{1}{3}\begin{bmatrix}{4e^{4(t-1)}-e^{t-1}}\\{4e^{4(t-1)}-4e^{t-1}}\\{4e^{4(t-1)}+5e^{t-1}}\end{bmatrix}\;.$$
2. Aquí se calculó $e^{tA}$ para la matriz de este ejercicio: $$e^{tA}=e^{-t}\begin{bmatrix}{1+3t}&{6t}&{-15t}\\{t}&{2t+1}&{-5t}\\{t}&{2t}&{1-5t}\end{bmatrix}\;.$$ Ahora no se da ninguna condición inicial, es decir se pide hallar todas las soluciones del sistema. Esto equivale a la condición $X(0)=(C_1,C_2,C_3)^t$ con $C_1,C_2,C_3$ números reales cualesquiera. La solución general del sistema es por tanto:$$X(t)=\begin{bmatrix}x_1(t)\\x_2(t)\\{x_3(t)}\end{bmatrix}=e^{tA}\begin{bmatrix}{C_1}\\{C_2}\\{C_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{C_1+(3C_1+6C_2-15C_3)t}\\{C_2+(C_1+2C_2-5C_3)t}\\{C_3+(C_1+2C_2-5C_3)t}\end{bmatrix}\;.$$
3. Aquí se calculó $e^{tA}$ para la matriz de este apartado: $$e^{tA}=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}{2\cos 2t+3\sin 2t}&{-\sin 2t}\\{13\sin 2t}&{2\cos 2t-3\sin 2t}\end{bmatrix}\;.$$ En consecuencia, la solución pedida es: $$\begin{bmatrix}x(t)\\y(t)\end{bmatrix}=e^{tA}\begin{bmatrix}{2}\\{2}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{2\cos 2t+2\sin 2t }\\{2\cos 2t+10\sin 2t}\end{bmatrix}\;.$$