19 27

19. La soluci´
on general de

x (t)
y (t)

=

1
3

2
2

x(t)
y(t)

es:

Valores propios de la matriz A:
A − λI = 0 ⇔
1−λ
2
=0⇔
3
2−λ
(1 − λ)(2 − λ) − 6 ⇔ λ1 = 4, λ2 = −1
Calculo de los vectores propios:
Para λ1 = 4 :
Av = λv
1 2
x1
x
⇔
=4 1
3 2
x2
x2
x1 + 2x2 = 4x1
⇔
, x1 = 23 x2
3x1 + 2x2 = 4x2
2
2
x1
x
= 3 2 = x2 3
x2
1
x2
Eλ1 =

2
3

2
3
Para λ2 = −1 :
Av = λv
1 2
x1
⇔
= −1
3 2
x2
x1 + 2x2 =−x1
⇔
3x1 + 2x2 = −x2
x1
−x2
=
= x2
x2
x2
X1 = e4t

Eλ2 =

x1
x2
, [x1 = −x2 ]
−1
1

−1
1

X2 = e−t

−1
1

La soluci´
on general es a): X(t) = C1 e4t

20. La soluci´
on general de

x (t)
3
=
y (t)
1
1

2
−1
+C2 e−t
3
1

−1
1

x(t)
y(t)

es:

A − λI = 0 ⇔
3−λ
−1
=0⇔
1
1−λ
(3 − λ)(1 − λ) + 1 ⇔ λ2 − 4λ + 4 ⇔ (λ − 2)2 ⇔ λ1 = λ2 = 2
Calculo de lo vectore propios:
Para λ1 = 2 :
Av = λv
3 −1
x1
x
⇔
=2 1
11
x2
x2
3x1 − x2 = 2x1
⇔
[x1 = x2 ]
x1 + x2 = 2x2
x1
x2
1
=
= x2
x2
x2
1
Eλ1 =

1
1

1
1
Por otro lado:
X1 = e2t

A − λI v = 0 ⇔
⇔
⇔

1 −1
x1
1 −1
x2
x1 − x2 = 0
x1 − x2 = 0

1
1
=

−1
v=0
−1
0
0

La soluci´
on general es a): X(t) = C1 e2t

1
+C2
1

1
1 2t
te2t +
e
1
0

6 −1
. Los valores propios de la matriz A son 5±2i.
5 4
La soluci´
on general para el sistema X’(t) = AX(t) es:
21. Sea A =

λ1 =5 + 2i :
Av = λv
6 −1
x1
x
⇔
= (5 + 2i) 1
5 4
x2
x2
6x1 − x2 = (5 + 2i)x1
⇔
, x1 =
5x1 + 4x2 = (5 + 2i)x2
1
2
1
2
x1
5 + 5 i x2
5 + 5i
=
= x2
x2
x2
1
Eλ1 =

1
5

+ 25 i
1

2

1
5

+ 25 i x2 ,

X1 = e(5+2i)t
X2 = e(5−2i)t
X1 (x) =
⇔ e5t
⇔ e5t
⇔ e5t

1
5

+ 25 i
1

1
5

− 25 i
1

1
1
e(5+2i)t =
e2it e5t
1 − 2i
1 − 2i
1
(cos 2t + i sin 2t)
1 − 2i
cos 2t + i sin 2t
cos 2t + i sin 2t − 2i cos 2t + 2sin 2t
cos 2t
sin 2t
+ ie5t
cos 2t + 2 sin 2t
sin 2t − 2 cos 2t

X1 (t) → Z1 (t) = e5t
Z2 (t) = e5t

cos 2t
cos 2t + 2 sin 2t

sin 2t
sin 2t − 2 cos 2t

La soluci´
on general es a): X(t) = C1 e5t

cos(2t)
sin(2t)
+C2 e5t
cos(2t) + 2 sin(2t)
sin(2t) − 2 cos(2t)

La respuesta es a)

22. Si el m´
etodo del anulador es usado para resolver la
ecuaci´
on diferencial y − 2y + y = (2 + x)ex . ¿Cu´
al delas siguientes formas puede ser usada para una soluci´
on particular?
y − 2y + y = (2 + x)ex
⇔ (D2 − 2D + 1)y = 2ex + xex
⇔ (D − 1)2 y = 2ex + xex
Encontramos la funci´
on h(x):
h(x) = 2ex + xex , y el anulador para este caso es: (D − 1)2
Sabemos que yH (x) = c1 ex + c2 xex
Adem´
as se tiene que yp (x) es una soluci´on particular de (D−1)2 y = 2ex +xex
Luego, se aplica a ambos miembros el anuladorde h (x) que es (D − 1)2 y
se obtiene:
(D − 1)2 (D − 1)2 yp (x) = (D − 1)2 (2ex + xex )
(D − 1)4 yp (x) = 0
yp (x) es una soluci´
on de la ecuaci´on diferencial (D − 1)4 y = 0, como todas
las soluciones de de esta ec. diferencial son de la forma:
y(x) = c1 ex + c2 xex + c3 x2 ex + c4 x3 ex ,
entonces yp (x) tiene esta
forma:
yp (x) = c1 ex +c2 xex +c3 x2 ex +c4 x3 ex , para ciertos valores de lasconstantes
Luego:
(D − 1)2 yp (x) = 2ex + xex
⇔ (D − 1)2 c1 ex + c2 xex + c3 x2 ex + c4 x3 ex = 2ex + xex
⇔ (D − 1)2 (c1 ex + c2 xex ) + (D − 1)2 c3 x2 ex + c4 x3 ex = 2ex + xex

3

⇔ (D − 1)

2

c3 x2 ex + c4 x3 ex = 2ex +xex ,

pues (D−1)2 (c1 ex + c2 xex ) =

0
As´ı vemos que la soluci´
on particular tiene la siguiente forma:
yp (x) = c3 x2 ex + c4 x3 ex ⇔ yp (x) = c3 x2 + c4 x3 ex

Larespuesta es c)
23. La soluci´
on general de

x (t)
1
=
y (t)
3

2
2

x(t)
y(t)

es:

Valores propios:
A − λI = 0 ⇔
1−λ
2
=0⇔
3
2−λ
(1 − λ)(2 − λ) − 6 ⇔ λ1 = 4, λ2 = −1
Vectores propios:
Para λ1 = 4 :
Av = λv
1 2
x1
x
⇔
=4 1
3 2
x2
x2
x1 + 2x2 = 4x1
⇔
, x1 = 32 x2
3x1 + 2x2 = 4x2
2
2
x1
x
= 3 2 = x2 3
x2
1
x2
2
3

Eλ1 =

1

X1 = e4t

2
3

1
Para λ2 = −1 :
Av = λv
1 2
x1
⇔
= −1
3 2
x2
x1 + 2x2 = −x1
⇔
3x1+ 2x2 = −x2
x1
−x2
=
= x2
x2
x2
Eλ2 =

x1
x2
, Solutionis : [x1 = −x2 ]
−1
1

−1
1

X2 = e−t

−1
1

La soluci´
on general es a): X(t) = C1 e4t

4

2
3

1

+C2 e−t

−1
1

24. La soluci´
on general de

x (t)
3
=
y (t)
1

−1
1

x(t)
y(t)

es:

A − λI = 0 ⇔
3−λ
−1
=0⇔
1
1−λ
(3 − λ)(1 − λ) + 1 ⇔ λ2 − 4λ + 4 ⇔ (λ − 2)2 ⇔ λ1 = λ2 = 2
vectores propios:
Para λ1 = 2 :
Av = λv
3 −1
x1
x
⇔
=2 1
1 1
x2...