Ecuaciones diferenciales ordinarias lineales, asimétricas y dependientes del tiempo

Question

Dejemos que

$I \subset \Bbb R \tag 1$

sea un intervalo abierto, no necesariamente acotado, y sea $A(t)$ sea una función matricial continua de $t \in I$ , tomando valores en $M(n, \Bbb R)$ es decir

$A(t) \in C^0(I, M(n,, \Bbb R)); \tag 2$

Supongamos además que $A(t)$ es simétrica para cada $t$ :

$A^T(t) = -A(t), \tag 3$

y considerar el sistema lineal ordinario variable en el tiempo

$\dot{\vec x}(t) = A(t) \vec x(t), \tag 4$

donde

$\vec x(t) \in C^1(I, \Bbb R^n). \tag 5$

Es bien sabido, y fácil de ver, que cuando $A$ es una matriz constante las soluciones a (4) vienen dadas por

$\vec x(t) = e^{A(t - t_0)} \vec x(t_0), \tag 6$

donde la matriz exponencial es ortogonal; en efecto, tenemos

$(e^{A(t - t_0)})^T e^{A(t - t_0)} = e^{A^T(t - t_0)} e^{A(t - t_0)} = e^{-A(t - t_0)}e^{A(t - t_0)} = I. \tag 7$

El hecho de que $e^{A(t - t_0)}$ es ortogonal conduce a

$\langle \vec x(t), \vec y(t) \rangle = \langle e^{A(t - t_0)} \vec x(t_0), e^{A(t - t_0)} \vec y(t_0) \rangle = \langle \vec x(t_0), \vec y(t_0) \rangle; \tag 8$

es decir, la evolución de los vectores según (4) preserva los productos internos.

Recordamos que $e^{A(t - t_0)}$ es una matriz fundamental solución de (4), y observamos que toma el valor $I$ en $t = t_0$ :

$e^{A(t_0 - t_0)} = e^{A(0)} = I. \tag 9$

El propósito aquí es investigar la ampliación de esta observación al caso en que $A(t)$ no es una matriz constante.

La pregunta es entonces: dado un sistema de la forma (4), con $A(t)$ como en (3), demostrar que una matriz de solución fundamental $X(t, t_0)$ del sistema (4) con

$X(t_0, t_0) = I \tag{10}$

es ortogonal. A la inversa, demuestre que un sistema (4) con matriz fundamental ortogonal satisface (3).

Answer 1

La solución iterativa de la célebre Ampliación de Magnus para su ecuación $$\dot{\vec x}(t) = A(t) \vec x(t), \tag 4$$ utiliza el Ansatz $$ \vec x(t) = e^{\Omega(t,t_0)} ~ \vec x(t_0) $$ para que $$ A(t)= e^{-\Omega}\frac{d}{dt}e^{\Omega(t)} = \frac{1 - e^{-\mathrm{ad}_{\Omega}}}{\mathrm{ad}_{\Omega}}\frac{d\Omega}{dt}~~, $$ donde ${\mathrm{ad}_{\Omega}} B \equiv [\Omega, B] $ , $$ A= \dot \Omega - [\Omega, \dot \Omega]/2! + [\Omega,[\Omega,\dot \Omega]]/3! ~ - ~ ... $$

Sin embargo, de (3) se deduce que $\Omega$ también es antisimétrico, $$ A^T=-A=\frac{d}{dt}e^{\Omega^T} ~e^{-\Omega^T}=- e^{\Omega^T} \frac{d}{dt}e^{-\Omega^T} = - e^{-\Omega} \frac{d}{dt}e^{\Omega} . $$

Puedes asegurarte de que, efectivamente, las integrales anidadas de conmutadores que intervienen en la solución de $\Omega$ en términos de A arrojan resultados antisimétricos para cada término de la iteración.

Answer 2

Dejemos que $X(t, t_0)$ sea una matriz de solución fundamental para el sistema

$\dot{\vec x}(t) = A(t) \vec x(t), \tag 1$

con

$A^T(t) = -A(t); \tag 2$

entonces $X(t, t_0)$ es una función de matriz cuadrada de $t$ y fijamos

$n = \text{size} \; X(t, t_0) = \text{size} \; A(t); \tag 3$

las columnas de $X(t, t_0)$ son $n \times 1$ matrices "vectores columna" $\vec x(t)$ cada uno de los cuales satisface (1); de ello se deduce fácilmente que

$\dot X(t, t_0) = A(t) X(t, t_0), \tag 4$

desde $A(t)$ actúa sobre $X(t, t_0)$ columna por columna. Podemos transponer esta ecuación y obtener

$\dot {X^T}(t, t_0) = X^T(t, t_0)A^T(t); \tag 5$

a continuación consideramos $X^T(t, t_0) X(t, t_0)$ tenemos

$\dfrac{d}{dt}(X^T(t, t_0) X(t, t_0)) = (X^T(t, t_0) X(t, t_0))'$ $= \dot {X^T}(t, t_0) X(t, t_0) + X^T(t, t_0) \dot X(t, t_0)$ $= X^T(t, t_0)A^T(t) X(t, t_0) + X^T(t, t_0)A(t)X(t, t_0) = X^T(t, t_0)(A^T(t) + A(t))X(t, t_0); \tag 6$

se ve así que en el caso de que (2) se vincule, y así

$A^T(t) + A(t) = 0, \tag 7$

que (6) implica

$\dfrac{d}{dt}(X^T(t, t_0) X(t, t_0)) = X^T(t, t_0)(A^T(t) + A(t))X(t, t_0)$ $= X^T(t, t_0)(0)X(t, t_0) = 0; \tag 8$

de lo que deducimos que $X^T(t, t_0)X(t, t_0)$ es de hecho una matriz constante:

$X^T(t, t_0)X(t, t_0) = X^T(t_0, t_0)X(t_0, t_0), \; \forall t \in I; \tag 9$

ahora supongamos que

$X(t_0, t_0) = I, \tag{10}$

cuyas columnas corresponden a los $n$ vectores vectores de tamaño $n$ :

$\vec x_1(t_0) = (1, 0, \ldots, 0)^T, \tag{11}$

$\vec x_2(t_0) = (0, 1, \ldots, 0)^T, \tag{12}$

$\vdots \tag{13}$

$\vec x_n(t_0) = (0, 0, \ldots, 1)^T; \tag{14}$

que pueden servir como condiciones iniciales para $n$ soluciones linealmente independientes de (1); entonces

$X^T(t, t_0)X(t, t_0) = I, \tag{15}$

es decir, $X(t, t_0)$ es una matriz ortogonal para todo $t \in I$ .

A la inversa, dado que (15) se vincula, encontramos al diferenciar con respecto a $t$ que

$\dot {X^T}(t, t_0) X(t, t_0) + X^T(t, t_0) \dot X(t, t_0) = 0, \tag{16}$

para que a la luz de (4) y (5)

$X^T(t, t_0)A^T(t)X(t, t_0) + X^T(t, t_0)A(t)X(t, t_0) = 0, \tag{17}$

o

$X^T(t, t_0)(A^T(t) + A(t))X(t, t_0) = 0; \tag{18}$

de acuerdo con (9), tanto $X^T(t, t_0)$ y $X(t, t_0)$ son no singulares; por lo tanto

$A^T(t) + A(t) = 0, \tag{19}$

es decir, (2) también es válida.

Hay algunas aplicaciones especiales de estos resultados que merecen ser mencionadas; por ejemplo, si $\vec x(t)$ satisface (1)-(2), entonces

$\dfrac{d}{dt}\langle \vec x(t), \vec x(t) \rangle = \langle \dot{\vec x}(t), \vec x(t) \rangle + \langle \vec x(t), \dot{\vec x}(t) \rangle = \langle A(t)\vec x(t), \vec x(t) \rangle + \langle \vec x(t), A(t) \vec x(t) \rangle$ $= \langle \vec x(t), A^T(t) \vec x(t) \rangle + \langle \vec x(t), A(t) \vec x(t) \rangle = \langle \vec x(t), A^T(t) \vec x(t) + A(t) \vec x(t) \rangle$ $= \langle \vec x(t), -A(t) \vec x(t) + A(t) \vec x(t) \rangle = \langle \vec x(t), 0 \rangle = 0, \tag{20}$

que muestra que $\langle \vec x(t), \vec x(t) \rangle$ es constante.

Del mismo modo, podemos dar un paso más y escribir

$\dfrac{d}{dt}\langle \vec x(t), \vec y(t) \rangle = \langle \dot{\vec x}(t), \vec y(t) \rangle + \langle \vec x(t), \dot{\vec y}(t) \rangle = \langle A(t)\vec x(t), \vec y(t) \rangle + \langle \vec x(t), A(t) \vec y(t) \rangle$ $= \langle \vec x(t), A^T(t) \vec y(t) \rangle + \langle \vec x(t), A(t) \vec y(t) \rangle = \langle \vec x(t), A^T(t) \vec y(t) + A(t) \vec y(t) \rangle$ $= \langle \vec x(t), -A(t) \vec y(t) + A(t) \vec y(t) \rangle = \langle \vec x(t), 0 \rangle = 0, \tag{21}$

lo que demuestra que los productos internos se conservan bajo el flujo de (1)-(2). Obviamente (20) es un caso especial de (21) con $\vec y(t) = \vec x(t)$ .

(20) y (21) también se deducen directamente de (10) y (15), viz tenemos

$\vec x(t) = X(t, t_0) \vec x(t_0), \tag{22}$

$\vec y(t) = X(t, t_0) \vec y(t_0); \tag{23}$

así,

$\langle \vec x(t), \vec y(t) \rangle = \langle X(t, t_0)\vec x(t_0), X(t, t_0) \vec y(t) \rangle = \langle \vec x(t_0), X^T(t, t_0) X(t, t_0) \vec y(t_0) \rangle$ $= \langle \vec x(t_0), I\vec y(t_0) \rangle = \langle \vec x(t_0), \vec y(t_0) \rangle, \tag{24}$

y por supuesto tomando $\vec y(t) = \vec x(t)$ rinde

$\langle \vec x(t), \vec x(t) \rangle = \langle \vec x(t_0), \vec x(t_0) \rangle; \tag{25}$

no es una gran sorpresa.

También observamos que, de acuerdo con (6), $(X^T(t, t_0)X(t, t_0))'$ depende no sólo de $X(t, t_0)$ sino también en $A_\Sigma(t)$ la parte simétrica de $A(t)$ :

$A_\Sigma(t) = \dfrac{A(t) + A^T(t)}{2}; \tag{26}$

la parte simétrica de $A(t)$ desaparece cuando (2) o (7) se unen; es decir, cuando $A(t)$ es simétrica.

Por último, en el caso de que (10) no se aplique pero que las columnas de $X^T(t_0, t_0)$ siguen siendo linealmente independientes, seguimos teniendo (9) con $X^T(t_0, t_0)X(t_0, t_0)$ simétrica definida positiva, que puede ser diagonalizada por alguna matriz ortogonal $C$ , dando lugar a

$C^TX^T(t_0, t_0)X(t_0, t_0)C = \text{diag}(\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_n), \tag{27}$

de donde

$X^T(t_0, t_0)X(t_0, t_0) = C\text{diag}(\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_n)C^T, \tag{28}$

con

$\mu_i > 0, \; 1 \le \mu_i \le n. \tag{29}$

Observamos que (27) implica además

$\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t_0, t_0)$ $\cdot X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $= \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $\cdot \text{diag}(\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_n)\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) = I, \tag{30}$

es decir, $X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ es ortogonal. Además, tenemos la ecuación

$\dfrac{d}{dt}(\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t, t_0) X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})) = (\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t, t_0) X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}))' = \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^T\dot {X^T}(t, t_0) X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) + \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t, t_0) \dot X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $= \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t, t_0)A^T(t) X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) + \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t, t_0)A(t)X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) = \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t, t_0)(A^T(t) + A(t))X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) = 0; \tag{31}$

La combinación de (30) y (31) muestra que

$\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t, t_0)$ $\cdot X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $= \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $\cdot \text{diag}(\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_n)\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) = I, \tag{32}$

es decir, $X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ es ortogonal para todo $t$ . Estas consideraciones indican que el mapa

$X(t, t_0) \to X(t, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) \tag{33}$

transforma cualquier matriz fundamental de solución en una ortogonal, con filas y columnas ortonormales. Aplicado a $X(t_0, t_0)$ (33) dice

$X(t_0, t_0) \to X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}), \tag{34}$

donde $X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ es ortogonal. Como esta matriz es ortogonal, tenemos

$X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $\cdot (X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}))^T = I, \tag{35}$

y

$(X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}))^T$ $\cdot X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) = I. \tag{36}$

Observamos que (35) también puede derivarse directamente de (28) como sigue:

$X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $\cdot (X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}))^T = X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) \cdot \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^T X^T(t_0, t_0)$ $= X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1}, \mu_2^{-1}, \ldots, \mu_n^{-1}) C^T X^T(t_0, t_0); \tag{37}$

invirtiendo (28) y recordando que $(C^T)^{-1} = C$ y $C^{-1} = C^T$ desde $C$ es ortogonal,

$X^{-1}(t_0, t_0)(X^T(t_0, t_0))^{-1} = C\text{diag}(\mu_1^{-1}, \mu_2^{-1}, \ldots, \mu_n^{-1})C^T, \tag{38}$

y sustituyendo esto en (37) vemos que

$X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $\cdot (X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}))^T= X(t_0, t_0)X^{-1}(t_0, t_0)(X^T(t_0, t_0))^{-1} X^T(t_0, t_0) = I. \tag{39}$

Es algo más fácil de ver (36), pues

$(X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}))^T$ $\cdot X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) $ $= \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})C^TX^T(t_0, t_0)$ $\cdot X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) = I, \tag{40}$

y a través de (27) esto se convierte en

$(X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}))^T$ $\cdot X(t_0, t_0)C\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $= \text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2})$ $\cdot \text{diag}(\mu_1, \mu_2, \ldots, \mu_n)\text{diag}(\mu_1^{-1/2}, \mu_2^{-1/2}, \ldots, \mu_n^{-1/2}) = I. \tag{41}$

Para terminar, respetamos la interpretación geométrica de estos resultados; en particular, (20)-(21) y así sucesivamente muestran que sistemas como (1)-(2) preservan los productos internos y, por tanto, las magnitudes y los ángulos entre vectores en $\Bbb R^n$ . Esta visión de las cosas encuentra aplicación en otras situaciones, por ejemplo al considerar las tramas de Frenet-Serret de las curvas en el espacio euclidiano tridimensional, y también en dimensiones superiores.

Nota Bene, jueves 17 de julio de 2020 2:59 PM PST: Unas palabras para aclarar algunos aspectos de la discusión anterior. Hemos afirmado que (20), (21) se deducen directamente de (10), (15) a través de (22) y (23). Ampliamos estas observaciones observando que (10) da lugar a las identidades

$\vec x(t_0) = X(t_0, t_0) \vec x(t_0), \tag{42}$

$\vec y(t_0) = X(t_0, t_0) \vec y(t_0), \tag{43}$

y multiplicando a la derecha (4) por $\vec x(t_0)$ , $\vec y(t_0)$ obtenemos

$\dot X(t, t_0)\vec x(t_0) = A(t) X(t, t_0)\vec x(t_0), \tag{44}$

$\dot X(t, t_0)\vec y(t_0) = A(t) X(t, t_0)\vec y(t_0); \tag{45}$

desde $\vec x(t)$ y $\vec y(t)$ satisfacen cada una de ellas (1), como muestran (44) y (45) $X(t, t_0)\vec x(t_0)$ , $X(t, t_0)\vec y(t_0)$ también, vemos que $\vec x(t)$ y $X(t, t_0)\vec x(t_0)$ y $\vec y(t)$ , $X(t, t_0) \vec y(t_0)$ satisfacen la(s) misma(s) ecuación(es) (1), (44)-(45) con las mismas condiciones iniciales (42)-(43), por lo tanto por unicidad de soluciones de ecuaciones diferenciales ordinarias,

$\vec x(t) = X(t, t_0)x(t_0), \tag{46}$

y

$\vec y(t) = X(t, t_0)y(t_0), \tag{47}$

Fin de la nota.

Answer 3

He aquí un enfoque alternativo: Escribir $x(t) =\Omega_t x(0)$ tenemos la siguiente oda para $\Omega_t$ : $$ \frac{d}{dt} \Omega_t = A_t \Omega_t, \ \ \ \Omega_t={\bf 1} .$$ Entonces $$ \frac{d}{dt} \Omega_t^T \Omega_t = (A \Omega_t)^T \Omega_t + \Omega_t^T (A \Omega_t) = - \Omega_t^T (A \Omega_t) +\Omega_t^T (A \Omega_t),$$ de la cual $$ \Omega_t^T \Omega_t = \Omega_0^T \Omega_0 = {\bf 1}, \ t\in {\Bbb R}.$$