Resol el següent sistema lineal amb condicions inicials: $$$\displaystyle \left\{\begin{array}{rcl} x' & = & \begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & -1\end{pmatrix}\cdot x+ \begin {pmatrix} \frac{1}{t} \\ \frac{1}{t}\end{pmatrix} \\ x(1) & = & \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix} \end{array}\right.$$$
Desenvolupament:
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: $$$x(t)=\begin{pmatrix} 1+t & 1 \\ t & 1 \end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -4 \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} \ln(t) \\ \ln(t) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3+3t-4+\ln(t) \\ 3t-4+\ln(t) \end{pmatrix}=$$$ $$$=\begin{pmatrix} 3t-1+\ln(t) \\ 3t-4+\ln(t) \end{pmatrix}$$$
Solució:
$$x(t)=\begin{pmatrix} 3t-1+\ln(t) \\ 3t-4+\ln(t) \end{pmatrix}$$