La ecuación diferencial que involucran matrices

Question

Quiero mostrar que

$ Y(t)=\cos(At)$ $Y(t)=\sin(At)$ satisfacer la ecuación

$$Y''+A^2Y=0 $$

sujeto a las condiciones iniciales $Y(0)=I, Y'(0)=0$ $Y(0)=0, Y'(0)=I$ respictively

donde $A$ es una constante $n \times n$ de la matriz..

Answer 1

Sugerencias:

1) Usar el poder de representación de la serie

$$ Y(t)=\sin(At) = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kA^{2k+1}\frac{t^{2k+1}}{(2k+1)!}, $$

y lo mismo $\cos(At)$.

2) Si $Y_1$ $Y_2$ son soluciones de la educación a distancia, a continuación,

$$Y := c_1Y_1+c_2 Y_2$$

es también una solución.

Agregó

$$ Y(t)=\sin(At) = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kA^{2k+1}\frac{t^{2k+1}}{(2k+1)!} $$

$$\implies Y'(t)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^kA^{2k+1}(2k+1)\frac{t^{2k}}{(2k+1)!} $$

$$\implies Y''(t)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^kA^{2k+1}(2k+1)(2k)\frac{t^{2k-1}}{(2k+1)!}=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^kA^{2k+1}\frac{t^{2k-1}}{(2k-1)!}. $$

Cambiando el índice en la anterior suma da

$$ \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k+1}A^{2(k+1)+1}\frac{t^{2(k+1)-1}}{(2(k+1)-1)!}= -A^2 \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^{k}A^{2k+1}\frac{t^{2k+1}}{(2k+1)!}$$

$$ \implies Y''(t) = -A^2 \sin(At). $$

Answer 2

Si $$X(t):=\cos(A t):=\sum_{k=0}^\infty{\cos(k\pi/2)\over k!} A^k t^k$$ $X(0)=I$ y $$X'(t)=\sum_{k=1}^\infty{\cos(k\pi/2)\over k!} k A^k t^{k-1}=-A\ \sum_{k=0}^\infty{\sin(k\pi/2)\over k!} A^k t^k=-A\ \sin(At)\ ;$$ en particular,$X'(0)=0$.

Por otra parte, si $$Y(t):=\sin(A t):=\sum_{k=1}^\infty{\sin(k\pi/2)\over k!} A^k t^k$$ entonces $Y(0)=0$ y $$Y'(t)=\sum_{k=1}^\infty{\sin(k\pi/2)\over k!} k A^k t^{k-1}=A\ \sum_{k=0}^\infty{\cos(k\pi/2)\over k!} A^k t^k=A\ \cos(At)\ ;$$ en particular,$Y'(0)=A$.

De ello se desprende que $X''(t)=-A Y'(t)=-A^2 X(t)$; por lo $X(\cdot)$ satisface el dado por la ecuación diferencial así como las condiciones iniciales $X(0)=I$, $X'(0)=0$.

Para $Y(\cdot)$ es diferente: Esta función satisface la ecuación diferencial, así como la condición inicial $Y(0)=0$. Pero si queremos que el $Y'(0)=I$ en lugar de $Y'(0)=A$ tenemos para reemplazar a $Y(\cdot)$ por la nueva solución de $$\hat Y(t):=A^{-1}Y(t)=A^{-1}\sin(A t)\ .$$ Al $A$ pasa a ser singular, parece que estamos en problemas. Pero no hay remedio: Desde el seno de la serie comienza con el término lineal se puede escribir $\hat Y(t)$ sin explícita apariencia de $A^{-1}$: $$\hat Y(t)=\sum_{k=1}^\infty{\sin(k\pi/2)\over k!} A^{k-1} t^k= t\ {\rm sinc}(A t)\ .$$

Answer 3

He encontrado el desplazamiento de los índices a ser muy confuso, así que lo propongo un método que no depende de eso.

Vamos a mostrar primero que $Y(t)=\cos (At)$ resuelve el problema de valor inicial $Y''+A^2 Y=0$ donde$Y(0)=I$$Y'(0)=0$. Debido a $\cos At$ se define como la suma infinita $\sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}\frac{A^{2k}t^{2k}}{(2k)!}$ y la diferenciación es lineal, podemos diferenciar término por término, para obtener:

\begin{eqnarray*} Y''(t)&=&\frac{d^2}{dt^2}\left[ I -\frac{A^2t^2}{2!}+\frac{A^4t^4}{4!}-\frac{A^6t^6}{6!}+\ldots \right]\\ &=&\left[ -2\frac{A^2}{2!} +4\cdot 3 \frac{A^4 t^2}{4!} -6\cdot 5 \frac{A^6 t^4}{6!} +\ldots \right]\\ &=&-A^2\left[ I -\frac{A^2t^2}{2!}+\frac{A^4t^4}{4!}-\frac{A^6t^6}{6!}+\ldots \right]\\ &=& -A^2 \sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{A^{2k}t^{2k} }{(2k)!}=-A^2Y(t) \end{eqnarray*}

Por lo $Y(t)$ satisface $ Y''+A^2Y=0$. También se $Y(0)=\cos(0)=\sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}\frac{0^{2k}}{(2k)!}=I$ ($0^{2k}$ en la suma es el cero de la matriz $[A\cdot t]_{t=0}=0$$0^0=I$, todos los poderes superiores de $0$ de curso $0$). Y para $Y'(0)$ encontramos

\begin{eqnarray*} Y'(0)&=&\frac{d}{dt}\left[ I -\frac{A^2t^2}{2!}+\frac{A^4t^4}{4!}-\frac{A^6t^6}{6!}+\ldots \right] _{t=0}\\ &=& \left[ -2\frac{A^20}{2!}+4\frac{A^40^3}{4!}-6\frac{A^60^5}{6!}+\ldots \right] =0 \end{eqnarray*} (aquí el $0^k$ es sólo el escalares $t=0$ )

Para $Y(t)=\sin(At)$ $\sin(At):=\sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}\frac{A^{2k+1}t^{2k+1}}{(2k+1)!}$ tenemos:

\begin{eqnarray*} Y''(t)&=&\frac{d^2}{dt^2}\left[ At -\frac{A^3t^3}{3!}+\frac{A^5t^5}{5!}-\frac{A^7t^7}{7!}+\ldots \right]\\ &=&\left[ -3\cdot 2\frac{A^3t}{3!} +5\cdot 4 \frac{A^5 t^3}{5!} -5\cdot 6 \frac{A^7 t^5}{7!} +\ldots \right]\\ &=&-A^2\left[ At -\frac{A^3t^3}{3!}+\frac{A^5t^5}{5!}-\frac{A^7t^7}{7!}+\ldots \right]\\ &=& -A^2 \sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}\frac{A^{2k+1}t^{2k+1}}{(2k+1)!}=-A^2Y(t) \end{eqnarray*}

Por lo $Y(t)=\sin(At)$ también satisface $Y''(t)+A^2Y(t)=0$. Aquí, sin embargo $Y(0)=\sin( 0)=\sum\limits_{k=0}^{\infty} (-1)^{k}\frac{0^{2k+1}}{(2k+1)!}=0$ (de nuevo, con $0$ como la matriz cero en la suma, y ahora el nivel más bajo de $0$ $0^1$ así que aquí tenemos una infinita suma de ceros). Y

\begin{eqnarray} Y'(0)&=&\frac{d}{dt}\left[ At -\frac{A^3t^3}{3!}+\frac{A^5t^5}{5!}-\frac{A^7t^7}{7!}+\ldots \right] _{t=0}\\ &=& \left[ A -3\frac{A^30^2}{3!}+5\frac{A^50^4}{5!}-7\frac{A^70^6}{7!}+\ldots \right] =A \end{eqnarray} Supongo que esto es lo que quiso decir, porque incluso si consideramos un escalar $A$$\left[\frac{d}{dt}\sin(At)\right]_{t=0}=A\cos(0)=A$.