Cómo resolver un sistema de EDO en 2D de la forma $\frac{\text{d}\vec{x}}{\text{d}t}=(M-\Delta e^{-\lambda t})\vec{x}+\vec{x}_0$

Question

Dejemos que $x=x(t)$ y $y=y(t)$ para $t>0$ con $x(0)=y(0)=1$ . \begin{align} \frac{\text{d}x}{\text{d}t} %%% &= %%% -\left( A + \alpha e^{-\lambda t}\right)x + By + x_0\\ %%% \frac{\text{d}y}{\text{d}t} %%% &= %%% Cx -\left( D + \beta e^{-\lambda t}\right)y + y_0 \end{align}

donde $A,B,C,D,\alpha,\beta,x_0,y_0\in \mathbb{R}_{>0}$ . Podemos reescribir esto en el siguiente formato vectorial \begin{align} \frac{\text{d}\vec{x}}{\text{d}t} %%% &= %%% \left( M - \Delta e^{-\lambda t} \right) \vec{x} + \vec{x}_0 \end{align}

donde \begin{align} %%% \vec{x} = \left(\begin{array}{c} x \\ y \end{array} \derecha),qquad %%% M = \izquierda( \begin{array}{cc} -A & B \\ C & -D \end{array} \derecha),qquad %%% \Delta = \a la izquierda( \begin{array}{cc} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{array} \derecha),qquad %%% \vec{x}_0 = \izquierda( \begin{array}{c} x_0 \\ y_0 \end{array} |right) %%% \fin{span}

donde $\vec{x}(0)=(1,1)^T$ .

El único problema aquí, que lo separa de un sistema lineal no homogéneo estándar de EDOs ( ver aquí ), es la presencia del término vectorial exponencial.

Este sistema 2D es una reducción de un sistema ODE más grande y esto es lo más simple que puedo conseguir. Existe un pequeño parámetro ( $\alpha\simeq\beta\sim O(1/\varepsilon)$ , donde $0<\varepsilon\ll1$ y todos los demás términos son $O(1)$ ), sin embargo, preferiría considerar una solución exacta como análisis asintótico en sistemas similares, ya que esto ha demostrado no ser útil más allá del tiempo pequeño/intermedio en los espacios de parámetros de interés.

Si hago algún progreso en esto lo añadiré más abajo, si este sistema ha sido resuelto antes agradecería mucho una referencia, o una referencia a una solución más general.

EDITAR 1

Vale, pues gracias a todos por vuestra ayuda. He consultado con mis colegas, he discutido sus ideas y vuestras sugerencias, creemos que hemos demostrado que no se puede encontrar una solución en términos de funciones elementales, incluso en un caso reducido (que es lo que necesito).

Con la ayuda de algunos argumentos biológicos puedo restringir mis regímenes de parámetros de interés a aquellos que permiten que la siguiente expresión sea sorprendentemente precisa:

$$y = \frac{1}{1+\gamma e^{-\lambda t}}$$

donde $\gamma>0$ y puede expresarse en términos de los demás coeficientes de este modelo. Esto reduce el sistema a una sola EDO, como sigue:

\begin{align} \frac{\text{d}x}{\text{d}t} %%% &= %%% -\left( A + \alpha e^{-\lambda t}\right)x + \frac{B}{1+\gamma e^{-\lambda t}} + x_0 \end{align}

con $x(0)=1$ .

NOTA 1:

Si definimos $\bar{M}$ como sigue \begin{align} \bar{M} = \left(\begin{array}{cc} -(A-1) & B/\delta \\ \delta C & -(D-1) \end{array} \(derecha) \N - Fin.

donde $\delta\in\mathbb{R}_{>0}$ entonces los valores propios de $\bar{M}$ son $-|\lambda|$ y $-|\mu|$ , donde $0<\lambda\ll\mu$ . Si consideramos el sistema similar: \begin{align} \frac{\text{d}\vec{z}}{\text{d}t} %%% &= %%% \bar{M} \vec{z} \end{align}

donde $\vec{z}=(z_1(t),z_2(t))^T$ y $\vec{z}(0)=(0,1)^T$ . Entonces este sistema tiene una solución aproximada \begin{align} \vec{z} &\simeq \left(\begin{array}{c} \alpha \\ \beta \end{array} \N-derecha) e^{-\lambda t} \fin{align}

Esta solución no es válida para $t\ll1$ como se puede ver en las condiciones iniciales, sin embargo para todos los propósitos intensivos puede ser tratado como exacto.

NOTA 2:

A continuación se muestra un gráfico con los valores de los parámetros adecuados:

Answer 1

La solución siguiente sólo es válida para $\alpha = \beta$ es decir $\Delta=\alpha I$

Un sistema como éste puede resolverse mediante una técnica especial cuando la matriz $A = M - \Delta e^{\lambda}t$ conmuta con su propia integral, es decir $A(t)\cdot \int_a^tA(\tau)d\tau = \int_a^tA(\tau)d\tau \cdot A(t)$ . Si puede hacer que esto suceda ( $\alpha = \beta$ por ejemplo, lo hace), entonces puede utilizar ese $\Phi(t) = e^{\int_a^tA(\tau)d\tau}$ es una matriz fundamental de soluciones para $X^\prime = AX$ . A continuación, puede utilizar la variación de los parámetros para calcular la solución del sistema no homogéneo.

Consulte aquí para obtener más información sobre este proceso: https://www.math24.net/linear-systems-differential-equations-variable-coefficients/

Véase también este documento para saber cuándo una matriz conmuta con su integral: http://www.jstor.org/stable/2034625

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Resulta que $\alpha = \beta$ es una condición necesaria y suficiente para $A$ desplazamientos con su integral. Si dejamos que $\beta = \alpha$ para que $\Delta = \alpha I$ Entonces $\Phi = e^\Gamma = \sum_{k=0}^\infty \frac{\Gamma^k}{k!}$ , donde $\Gamma = \begin{bmatrix} -[At+\frac{\alpha}{\lambda}(e^{\lambda t} - 1)] & B \\ C & -[Dt+\frac{\alpha}{\lambda}(e^{\lambda t} - 1)] \end{bmatrix}$ . Esto da la solución homogénea $X_h = e^\Gamma C$ con $C = (c_1,c_2)^T$ .

Utilizando la variación de los parámetros, podemos obtener la solución no homogénea, escribiendo $X_i = e^\Gamma K(t)$ y determinar $K^\prime (t) = e^{-\Gamma}X_0$ , donde $X_0 = (x_0,y_0)^T$ . De este modo, la solución completa será $X = X_h + X_i = e^\Gamma(C+\int e^{-\Gamma}X_0)$ . Tenga en cuenta que $\Gamma =\Gamma(t)$ por lo que la integral probablemente no es calculable en funciones elementales. $C$ puede determinarse a partir de las condiciones iniciales.

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Con la edición, el problema se reduce a resolver una única EDO lineal de primer orden. Sin embargo, esto todavía no tiene una solución de forma cerrada. Utilizando un factor integrador (o Mathematica para los perezosos) se puede demostrar que la solución será

$x(t) =$

$$-e^{\frac{\alpha e^{-\lambda t}}{\lambda}-\frac{\alpha}{\lambda}-A t} \left(e^{\frac{\alpha}{\lambda}} \int_1^0 \frac{ e^{-\frac{\alpha}{\lambda e^{\lambda \xi } }+A \xi -\lambda \xi } \left(x_0 \gamma e^{\lambda \xi }+x_0 e^{2 \lambda \xi }+B e^{2 \lambda \xi }\right)}{\gamma+e^{\lambda \xi }} \, d\xi -e^{\frac{\alpha}{\lambda}} \int_1^t \frac{e^{-\frac{\alpha}{\lambda e^{\lambda \xi } }+A \xi -\lambda \xi } \left(x_0 \gamma e^{\lambda \xi }+x_0 e^{2 \lambda \xi }+B e^{2 \lambda \xi }\right)}{\gamma+e^{\lambda \xi }} \, d\xi -1\right)$$

Para la elección de parámetros simples, esto se puede escribir fácilmente en forma de una integral exponencial.

Answer 2

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SERIE EXPONENCIAL

Los coeficientes del sistema de emisión tienen el periodo imaginario $\dfrac{2\pi i}\lambda,$ y eso nos permite buscar la solución requerida en forma de $$\vec z = \genfrac{(}{)}{0}{0}{x}{y} = \sum\limits_{n=0}^\infty{\vec{c_n} e^{-\lambda nt}},\tag{A}$$ entonces $$\dfrac{d\vec z}{dt} = \genfrac{(}{)}{0}{0}{x}{y} = -\lambda\,\sum\limits_{n=1}^\infty{n\vec{c_n} e^{-\lambda nt}}.$$

Desde $$\dfrac {d\vec z}{dt} = \left(M - \Delta e^{-\lambda t}\right)\vec z + \vec z_0,$$ donde $$\vec {z_0} = \genfrac{(}{)}{0}{}{x_0}{y_0},$$ uno puede conseguir: $$\left(M + \gamma\,nE\right)\vec{c_{n}} = \Delta\vec{c_{n-1}},\ n\in\mathbb N,$$ $$\vec{c_n} = \left(\prod\limits_{i=1}^n \left((M + \gamma\,nE)^{-1} \Delta\right)\right)\vec{c_0},$$ $$(M - \Delta)\sum\limits_{n=0}^\infty \vec{c_n}= - \vec{z_0}.$$

Así que $$\boxed{\vec{c_0} = - \left(E + \sum\limits_{n = 1}^\infty P_n\right)^{-1}(M - \Delta)^{-1}z_0,\quad \vec{c_n} = P_n \vec{c_0},\,}\tag{B}$$ donde $$P_n = \prod\limits_{i=1}^n \left((M + \gamma\,nE)^{-1}\Delta\right),\quad n\in\mathbb N.\tag{C}$$

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BUSCANDO LA SOLUCIÓN COMÚN

En primer lugar, utilicemos la bonita idea de $\,\mathbf{user121049}$ .

La diferenciación de la primera ecuación conduce al sistema \begin{cases} \dfrac{d^2x}{dt^2} = \alpha\lambda e^{-\lambda t}\, x - \left(A + \alpha e^{-\lambda t}\right)\dfrac{dx}{dt} + B\dfrac{dy}{dt} + x_0\\ \dfrac{dy}{dt} = Cx - \left(D + \beta e^{-\lambda t}\right)y + y_0\\ By = \dfrac{dx}{dt} + \left(A + \alpha e^{-\lambda t}\right)x - x_0\\ \end{cases} $$\dfrac{d^2x}{dt^2} = \alpha\lambda e^{-\lambda t}\, x - \left(A + \alpha e^{-\lambda t}\right)\dfrac{dx}{dt} + B\left(Cx + y_0\right) - \left(D + \beta e^{-\lambda t}\right)\left(\dfrac{dx}{dt} + \left(A + \alpha e^{-\lambda t}\right)x - x_0\right) + x_0, $$ $$\dfrac{d^2x}{dt^2} + 2(G + \gamma e^{-\lambda t})\dfrac{dx}{dt} + H(t)x = {By_0 - \left(D + \beta e^{-\lambda t} + 1\right)x_0},\tag1 $$ donde $$G = \frac{A+D}{2},\quad \gamma = \frac{\alpha + \beta}{2},\quad H(t) = AD - BC + (A\beta + (D - \lambda)\alpha)e^{-\lambda t} +\alpha\beta e^{-2\lambda t}.\tag2$$

Dejemos que $$x = uv,\quad x' = u'v + uv'',\quad x''= u''v +2u'v' + uv'',$$ entonces LSH de $(1)$ miró hacia arriba $$u''v + 2u'v' + uv'' + 2(G+ \gamma e^{-\lambda t}) (u'v + uv') H(t)uv.$$

Puesta a cero del $u'$ puede lograrse cuando $$v' + \left(G + \gamma e^{-\lambda t}\right) v = 0,\quad v(t) = \exp\left(-Gt + \frac\gamma\lambda e^{-\lambda t}\right),\tag3$$ y luego $$v'(t) = -\left(G + \gamma e^{-\lambda t}\right)v,$$ $$v''(t) = \left(\gamma\lambda e^{-\lambda t} + \left(G + \gamma e^{-\lambda t}\right)^2\right)v,$$ $$x = uv,\tag4$$ $$x' = \left(u'- \left(G + \gamma e^{-\lambda t}\right)u\right)v,$$ $$x'' = \left(u'' - 2\left(G + \gamma e^{-\lambda t}\right)u' + \left(\gamma\lambda e^{-\lambda t} + \left(G + \gamma e^{-\lambda t}\right)^2\right)u\right)v,$$

y, teniendo en cuenta $(2),$ ecuación $(1)$ se puede reconstruir a la forma de $$\dfrac {d^2u}{dt^2} + \left(\gamma\lambda e^{-\lambda t} - \left(G + \gamma e^{-\lambda t}\right)^2 - H(t)\right)\,u = {\left(By_0 - \left(D + \beta e^{-\lambda t} + 1\right)x_0\right)e^{Gt}\exp\left(-\frac\gamma\lambda e^{-\lambda t}\right)},$$ $$\dfrac {d^2u}{dt^2} - \left(-\frac12\lambda(\alpha + \beta)e^{-\lambda t} + \frac14\left(A + D + (\alpha + \beta) e^{-\lambda t}\right)^2\right)\,u - \left(AD - BC + (A\beta + (D - \lambda)\alpha)e^{-\lambda t} +\alpha\beta e^{-2\lambda t}\right)\,u = {\left(By_0 - \left(D + \beta e^{-\lambda t} + 1\right)x_0\right)e^{Gt}\exp\left(-\frac\gamma\lambda e^{-\lambda t}\right)},$$ $$\dfrac {d^2u}{dt^2} - \left(BC + \frac14\left(A-D + (\alpha - \beta)e^{-\lambda t}\right)^2\right)\,u = {\left(By_0 - \left(D + \beta e^{-\lambda t} + 1\right)x_0\right)\exp\left(\frac{A + D}2t\right)\exp\left(-\frac{\alpha + \beta}{2\lambda} e^{-\lambda t}\right)},\tag5$$

El análogo homogéneo de $(5)$ se conoce como ecuación de Hill, y sus soluciones pueden expresarse mediante funciones especiales (función de Whittaker).

Por otro lado, la sustitución $$u'(t) = u(t)w(t)\tag6$$ transforma la ecuación de Hill en la ecuación de Riccati en la forma de $$\dfrac {dw}{dt} + w^2 = BC + \frac14\left(A-D + (\alpha - \beta)e^{-\lambda t}\right)^2,\tag7$$ y todos mis intentos posteriores tampoco han dado un resultado serio.

Estas circunstancias hacen que la aplicación del método de variación constante sea demasiado difícil.