Sistemes d'EDO lineals a coeficients constants no homogenis

Resolguem primer la part homogènia. Hem de resoldre: $$x'=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & -1\end{pmatrix}\cdot x$$ La matriu corresponent no diagonalitza, calculem la forma reduïda de Jordan: $$J=\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$$ essent $\lambda=0$ el valor propi de multiplicitat 2.

Una matriu de vectors propis i per tant el canvi de base $S$ és: $$S=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$

Sabem que una matriu fonamental del sistema homogeni és: $$\phi_h(t)=S\cdot e^{tJ}=\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} e^{0t} & 0 \\ t\cdot e^{0t} & e^{0t} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ t & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1+t & 1 \\ t & 1 \end{pmatrix} $$

Busquem ara una solució particular del sistema no homogeni del tipus: $$x_p(t)=\phi_h(t)\cdot u(t)$$ Sabem que $u(t)$ és tal que $u'(t)=(\phi_h(t))^{-1}\cdot b(t)$

Així doncs, com $$(\phi_h(t))^{-1}=\begin{pmatrix} 1+t & 1 \\ t & 1 \end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -t & t+1 \end{pmatrix}$$ hem de $$u'(t)=\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ -t & t+1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{t} \\ \dfrac{1}{t} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \dfrac{1}{t}-\dfrac{1}{t} \\ \dfrac{-t}{t}+\dfrac{t+1}{t} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \dfrac{1}{t} \end{pmatrix}$$ i resolent aquestes EDO's separables: $$u(t)=\begin{pmatrix} \int 0 dt \\ \int\dfrac{1}{t}dt \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \ln(t) \end{pmatrix}$$ Per tant una solució particular és $$x_p(t)=\phi_h(t)\cdot u(t)=\begin{pmatrix} 1+t & 1 \\ t & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ \ln(t) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \ln(t) \\ \ln(t) \end{pmatrix}$$ La solució general del sistema sabem que és: $$x(t)=x_h(t)+x_p(t)=\phi_h(t)\cdot C+x_p(t)=\begin{pmatrix} 1+t & 1 \\ t & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \ln(t) \\ \ln(t) \end{pmatrix}$$ Ara només ens falta imposar les condicions inicials, és a dir trobar el vector $C$.

Avaluem la solució en $t=1$ i imposem que la solució valgui $(2,-1)$: $$\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}=x(1)= \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \Rightarrow $$ $$\Rightarrow \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix}$$ Resolent el sistema lineal, obtenim: $C=\begin{pmatrix} 3 \\ -4 \end{pmatrix} $.

Per tant la solució és: $$x(t)=\begin{pmatrix} 1+t & 1 \\ t & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} \ln(t) \\ \ln(t) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3+3t-4+\ln(t) \\ 3t-4+\ln(t) \end{pmatrix}=$$ $$=\begin{pmatrix} 3t-1+\ln(t) \\ 3t-4+\ln(t) \end{pmatrix}$$