Un sistema de ecuaciones diferenciales lineal es una EDO (equación diferencial ordinaria) del tipo: $$$x'(t)=A(t)\cdot x+ b(t)$$$ donde, $$A(t)$$ es una matriz, $$n \times n$$, de funciones en la variable $$t$$, $$b (t)$$ s un vector de dimensión $$n$$ de funciones en la variable $$t$$, y $$x$$ es un vector de tamaño $$n$$ que es la función que queremos encontrar.
Un ejemplo de sistema de EDO's lineal sería: $$$\begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix}'= \begin{pmatrix} 0 & \ln t \\ -e^t & 3 \cos t \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} e^t \\ 3e^t \end{pmatrix}$$$
Un sistema lineal de dimensión $$n$$ tiene $$n$$ soluciones linealmente independientes y resolver el sistema significa encontrarlas todas. Toda solución es una combinación lineal de estas $$n$$ soluciones. Así, dado un vector de condiciones iniciales ($$n$$), determinaremos las $$n$$ constantes encontrando una única solución.
Cuando resolvemos un sistema lineal colocaremos los $$n$$ vectores solución (linealmente independientes) en las columnas de una matriz, la llamada matriz fundamental del sistema ($$n \times n$$). Por lo tanto, entenderemos por resolver el sistema encontrar una matriz fundamental. Multiplicando esta matriz por un vector de constantes arbitrarias tendremos la solución general.
Una propiedad importante de las matrices fundamentales es que, si multiplicamos una matriz fundamental por una matriz constante con determinante distinto de cero, el resultado es otra matriz fundamental (es importante que la matriz constante se multiplique por la derecha, si no, no es cierto).
Para resolver este tipo de ecuaciones, no existen métodos explícitos (sólo en dimensión $$1$$). Aún así, existen algunos casos particulares que sí sabremos resolver: Sistemas de EDO's homogéneos a coeficientes constantes, Sistemas de EDO's a coeficientes constantes no homogéneos, y Sistemas triangulares de ecuaciones diferenciales.
En este tema vamos a explicar los Sistemas triangulares de ecuaciones diferenciales.
Sabemos cómo resolver sistemas lineales a coeficientes constantes, ya que no existen métodos que resuelvan sistemas donde la matriz $$A$$ sea una matriz de funciones, a no ser que se trate de una matriz muy especial, por ejemplo una matriz triangular.
Supongamos que tenemos el siguiente sistema: $$$\begin{pmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11}(t) & 0 & 0 \\ a_{21}(t) & a_{22}(t) & 0 \\ a_{31}(t) & a_{32}(t) & a{33}(t) \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} b_1(t) \\ b_2(t) \\ b_3(t) \end{pmatrix}$$$ es decir, un sistema lineal triangular no homogéneo.
La idea es ir resolviendo el sistema por pasos. Fijémonos en la primera ecuación:$$$x'(t)=a_{11}(t) \cdot x(t) +b_1(t)$$$
Se trata de una ecuación lineal como las resueltas en el primer tema de ecuaciones diferenciales.
Por lo tanto sabemos calcular su solución.
Ahora nos fijamos en la segunda ecuación: $$$y'(t)=a_{21}(t)\cdot x(t)+a_22(t)\cdot y(t)+b_2(t)$$$ Ahora, $$x (t)$$, ya no es una incógnita.
Sustituyendo la función obtenida en el paso anterior tenemos $$$y'(t)=a_{22}(t) \cdot y(t) +\widetilde{b}_2(t), \mbox{ where } \widetilde{b}_2(t) = a_{12}(t) \cdot x(t)+b_2(t)$$$ es una función conocida.
Por lo tanto obtenemos otra ecuación lineal que ya sabemos resolver.
Finalmente, cogemos la tercera ecuación y sustituimos los valores de $$x (t)$$ e $$y(t)$$, obteniendo: $$$z'(t)=a_{33}(t) \cdot z(t) + \widetilde{b}_3 \mbox{ where } \widetilde{b}_3(t)=a_{31}(t) \cdot x(t)+a_{32} (t) \cdot y(t)+b_3(t) $$$ que es una función conocida. Se trata pues de otra ecuación lineal que ya sabemos resolver.
Notemos que hemos considerado una matriz triangular inferior, y utilizaríamos el mismo procedimiento si tubiéramos una matriz triangular superior pero empezando por abajo.
De esta forma ya hemos resuelto el sistema.
Veámoslo más claramente con un ejemplo.
Consideremos el siguiente sistema: $$$\displaystyle \begin{pmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{t} & 0 & 0\\ t & \frac{2}{t} & 0 \\ -t^3 & t & \frac{3}{t} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2t^2 \\ -t^4 \\ t^6 \end{pmatrix}$$$ Vamos a proceder de la forma que hemos descrito:
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Tomamos la primera ecuación:$$$\displaystyle x'=\frac{1}{t} \cdot x +2 t^2$$$ Como se trata de una EDO lineal, la resolvemos siguiendo el procedimiento descrito en otros temas:
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Resolución de la parte homogénea: $$$\displaystyle x_h(t)=k_1\cdot e^{\displaystyle \int \frac{1}{t} \ dt }=k_1\cdot e^{\ln t}=k_1 \cdot t$$$
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Búsqueda de una solución particular:$$x_p(t)=t\cdot u(t)$$, donde $$u(t)$$ cumple: $$\displaystyle u'=\frac{2t^2}{t}=2t$$. Por lo tanto,$$u(t)=t^2$$ y, de esta forma $$x_p(t)=t^3$$
- Solución general $$x(t)=k_1 \cdot t+t^3$$
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Tomamos la segunda ecuación, sustituyendo el valor encontrado de x: $$\displaystyle y'=t \cdot x+ \displaystyle\frac{2}{t}\cdot y- t^4=t \cdot\Big(k_1\cdot t+t^3\Big)+\displaystyle\frac{2}{t}\cdot y-t^4=\displaystyle\frac{2}{t}\cdot y +k_1\cdot t^2$$
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Resolución de la parte homogénea: $$y_h(t)=k_2\cdot e^{\displaystyle \int \frac{2}{t} \ dt }= k_2 \cdot e^{ \ln t^2}=k_2 \cdot t^2$$
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Búsqueda de una solución particular:$$y_p(t)= t^2 \cdot u(t)$$, donde $$u(t)$$ cumple: $$u'= \displaystyle \frac{k_1 \cdot t^2}{t^2}=k_1$$. Por lo tanto, $$u(t)=k_1\cdot t$$ y, de esta forma $$y_p(t)=k_1\cdot t^3$$
- Solución general $$y(t)=k_2 \cdot t^2+k_1\cdot t^3$$
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Tomamos la tercera ecuación, sustituyendo el valor encontrado de $$x$$ e $$y$$: $$$z'=-t^3\cdot x+t \cdot y +\displaystyle \frac{3}{t}\cdot z+t^6=$$$ $$$=-t^3\cdot \Big(k_1\cdot t+ t^3 \Big) +t\cdot \Big(k_2 \cdot t^2+k_1 \cdot t^3 \Big)+\displaystyle \frac{3}{t} \cdot z+t^6=$$$ $$$=\displaystyle \frac{3}{t} \cdot z+k_2 \cdot t^3$$$
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Resolución de la parte homogénea: $$z_h(t)=k_3\cdot e^{\displaystyle \frac{3}{t} \ dt}=k_3 \cdot e^{ \ln t^3}=k_ 3\cdot t^3$$
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Búsqueda de una solución particular: $$z_p(t)=t^3\cdot u(t)$$, donde $$u(t)$$ cumple: $$u'(t)=\displaystyle \frac{k_2 \cdot t^3}{t^3}=k_2$$. Por lo tanto, $$u(t)=k_2\cdot t$$ y, de esta forma $$z_p(t)=k_2\cdot t^4$$
- Solución general $$z(t)=k_3\cdot t^3+k_2 \cdot t^4$$
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Por lo tanto la solución del sistema es:$$$\begin{pmatrix} x(t) \\ y(t) \\ z(t) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} k_1\cdot t+t^3 \\ k_2 \cdot t^2+k_1 \cdot t^3 \\ k_3 \cdot t^3+k_2 \cdot t^4\end{pmatrix}$$$