Solución de un problema de valor inicial matricial dado

Question

Considere el IVP : $y''(x)+A \cdot y(x)=0,$ donde $A$ es un $n \times n$ matriz definida positiva. También $y(0)=c_0$ y $y'(0)=c_1,$ donde $c_0 , c_1 \in \mathbb{R}^n$ son vectores constantes.

Desde $A$ es definida positiva, posee una raíz cuadrada. La solución viene dada por $$y(x)=C \cos \sqrt{A}x+ D \sin \sqrt{A}x.$$ También, $$y'(x)=-C \sqrt{A} \sin \sqrt{A}x+ D \sqrt{A} \cos \sqrt{A}x.$$ Utilizando $y(0)=c_0$ y $y'(0)=c_1,$ Tengo $C=c_0$ y $D \sqrt{A}=c_1.$ ¿Es correcto mi planteamiento? ¿Puedo escribir simplemente $D=c_1 \cdot (\sqrt{A})^{-1}$ ? Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

Desde $A$ es simétrica definida positiva tiene una descomposición ortogonal $A = Q^TDQ$ donde $Q$ es ortogonal y $D$ es diagonal con entradas diagonales positivas $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ . Entonces podemos escribir la ecuación

$$ y''(x) + Q^TDQ y(x) \;\; = \;\; 0 $$

que multiplicando a la izquierda por $Q$ y sustituyendo $z = Qy(x)$ tenemos

$$ z''(x) + Dz(x) \;\; =\;\; 0. $$

Por tanto, este problema se reduce a un sistema desacoplado de ecuaciones diferenciales de la forma $z_i''(x) + \lambda_i z_i(x) = 0$ cada uno de los cuales tiene solución $z_i(x) = a_i \cos (\sqrt{\lambda_i}x) + b_i \sin (\sqrt{\lambda_i}x)$ . Ahora tenemos que resolver esto en términos de $y(x) = Q^T z(x)$ . Por lo tanto, obtenemos

$$ y(x) \;\; =\;\; Q^T \left [ \begin{array}{ccc} \cos (\sqrt{\lambda_i}x) & & \\ & \ddots & \\ & & \cos (\sqrt{\lambda_n} x) \\ \end{array} \right ] \left [ \begin{array}{c} a_1 \\ \vdots \\ a_n \\ \end{array} \right ] + Q^T \left [ \begin{array}{ccc} \sin (\sqrt{\lambda_i}x) & & \\ & \ddots & \\ & & \sin (\sqrt{\lambda_n} x) \\ \end{array} \right ] \left [ \begin{array}{c} b_1 \\ \vdots \\ b_n \\ \end{array} \right ]. $$

Obsérvese que podemos escribir los términos medios como $\cos (\sqrt{D} x)$ y $\sin(\sqrt{D}x)$ respectivamente. Obsérvese que por las condiciones iniciales tenemos

\begin{eqnarray*} y(0) & = & Q^T \cos(\sqrt{D} 0) a + Q^T \sin(\sqrt{D}0) b \;\; =\;\; Q^Ta \;\; =\;\; c_0 \\ y'(0) & = & -Q^T \sqrt{D} \sin (\sqrt{D}0) a + Q^T \sqrt{D} \cos(\sqrt{D} 0) b \;\; =\;\; Q^T\sqrt{D} b \;\; =\;\; c_1. \end{eqnarray*}

Por lo tanto, consideramos que $a = Qc_0$ y $b = (\sqrt{D})^{-1} Qc_1$ y por lo tanto

$$ y(x) \;\; =\;\; Q^T \cos \left (\sqrt{D}x \right )Q c_0 + Q^T \sin \left (\sqrt{D}x \right ) \left ( \sqrt{D} \right )^{-1} Q c_1. $$

Desgraciadamente, por lo que veo, no hay forma de reducir el desorden en esta ecuación para obtener algo en términos de $A$ . El problema aquí es que la variable independiente se mezcla con la expresión de la serie que implica $D$ y no se puede extraer tan fácilmente. Parece que has tenido la idea correcta con tu enfoque, pero en general queremos ver si podemos resolver la ecuación directamente usando algunas propiedades algebraicas. En este caso $A$ era positiva-definida, lo cual es una suerte, pero en general sólo tenemos garantizada una forma canónica de Jordan, que no se presta a soluciones tan bonitas.

Mejoras

Aunque en general hay que buscar buenas propiedades algebraicas para resolver ecuaciones diferenciales con valores matriciales, lo cierto es que me equivoqué al decir que no podía reducir el desorden en la ecuación anterior. Obsérvese que como $Q^T\left (\sqrt{D}x\right)^nQ =\left (Q^T\sqrt{D}Qx\right)^n$ tenemos

$$ Q^T\cos\left(\sqrt{D}x\right)Q \;\;=\;\; Q^T \left ( \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left(\sqrt{D}x\right)^n \right )Q \;\;=\;\; \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} \left (Q^T \sqrt{D}Qx\right)^n \;\;=\;\; \cos \left (\sqrt{A}x\right). $$

Con un argumento similar también podemos reescribir

$$ Q^T \sin\left (\sqrt{D}x\right) \left ( \sqrt{D}\right)^{-1}Q \;\;=\;\; Q^T \sin\left (\sqrt{D}x\right)QQ^T \left ( \sqrt{D}\right)^{-1}Q \;\;=\;\; \sin\left (\sqrt{A}x\right) \left (\sqrt{A}\right)^{-1}. $$

Por tanto, la solución final de la EDO viene dada por

$$ y(x) \;\;=\;\; \cos \left (\sqrt{A}x\right)c_0 + \sin\left (\sqrt{A}x\right) \left (\sqrt{A}\right)^{-1}c_1. $$