Solución general de $\frac{\partial^2}{\partial t^2} x(t) + \omega^2 x(t) = 0$

Question

Considere $$\frac{\partial^2}{\partial t^2} x(t) + \omega^2 x(t) = 0$$

1) Demuestre que $\left(\frac{\partial x}{\partial t}\right)^2 + \omega^2 x^2$ es constante en $t$ y

2) Deducir que la solución general es $x(t) = a \cos \omega t + b \sin \omega t$

Diferenciando $\left(\frac{\partial x}{\partial t}\right)^2 + \omega^2 x^2$ con respecto a $t$ muestra la primera parte, ya que $$2 \frac{\partial x}{\partial t}\left(\frac{\partial^2 x}{\partial^2 t} + \omega^2 x\right) = 0$$ por lo que la derivada es $0$ y la función es constante.

Ahora quiero deducir la segunda parte, pero no estoy seguro de cómo utilizar la primera parte para demostrarlo.

Answer 1

Una pista de lo que el problema quiere que hagas: Quieres demostrar que la primera ecuación implica la segunda. Intenta trabajar hacia atrás: ¿la segunda implica a la primera? (¿Cómo se pasa de una ecuación con una derivada temporal a una con dos?)

Segunda pista: Quieres encontrar alguna función que, elevada al cuadrado y sumada al cuadrado de su derivada, sea igual a una constante. ¿Te recuerda eso a algo?

Answer 2

Creo que la forma más fácil de ver eso

$x(t) = a \cos \omega t + b\sin \omega t \tag{1}$

es la solución general de

$\dfrac{\partial^2 x(t)}{\partial t^2}  + \omega^2 x(t) = 0 \tag{2}$

es explotar la el viejo enchufe y la molienda método, a saber: tenemos, a partir de (1)

$\dfrac{\partial x(t)}{\partial t} = -a \omega \sin \omega t + b \omega \cos \omega t, \tag{3}$

y

$\dfrac{\partial^2 x(t)}{\partial t^2} = -a \omega^2 \cos \omega t - b \omega^2 \sin \omega t; \tag{4}$

tanto para el molienda Si ahora enchufe (1) y (4) en (2) obtenemos la identidad

$-\omega^2 (a \cos \omega t + b\sin \omega t) + \omega^2(a \cos \omega t + b\sin \omega t) = 0, \tag{5}$

que muestra que las funciones de la forma (1) resuelven (2); para ver que (1) representa todas las soluciones con total generalidad, necesitamos establecer que abarca todas las condiciones iniciales posibles a través de elección adecuada de $a$ y $b$ .  Esto significa que dado $x(t_0)$ y $(\partial x(t_0)/\partial t)$ podemos encontrar $a$ y $b$ tal que

$x(t_0) = a\cos \omega t_0 + b\sin\omega t_0, \tag{6}$

y

$\dfrac{\partial x(t_0)}{\partial t} = -a \omega\sin\omega t_0 + b\omega\cos\omega t_0. \tag{7}$

Podemos escribir (6), (7) en forma matricial-vectorial:

$\begin{bmatrix} \cos \omega t_0 & \sin \omega t_0 \\ -\omega \sin \omega t_0 & \omega \cos \omega t_0 \end{bmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x(t_0) \\ \dfrac{\partial x(t_0)}{\partial t} \end{pmatrix}; \tag{8}$

ya que el determinante de la matriz de la izquierda de (8) es $\omega(\cos^2 \omega t_0 + \sin^2 \omega t_0) = \omega \ne 0$ salvo como caso trivial, vemos que $a$ , $b$ están determinadas de forma única por las condiciones iniciales y, por tanto, (1) representa una familia completa de soluciones de (2); es, por tanto, la solución general.

Creo que ese es el camino más fácil; pero si se quiere demostrar que la solución general se deduce efectivamente de la identidad derivada

$\left(\dfrac{\partial x}{\partial t}\right)^2 + \omega^2 x^2 = c, \; \text{a constant}, \tag{9}$

que es en realidad un enfoque bastante elegante de este problema (en mi humilde opinión), entonces una metodología un poco más sofisticada que el viejo enchufe y la molienda y esto puede hacerse de la siguiente manera: observamos que (9) es de hecho la ecuación de una elipse centrada en $(0, 0)$ en el $x(t)$ - $\dot x(t)$ plano, donde he introducido la notación

$\dot x(t) = \dfrac{\partial x(t)}{\partial t} \tag{10}$

para facilitar la anotación. Esta elipse puede representarse paramétricamente en coordenadas polares centradas estableciendo

$x = \dfrac{\sqrt c}{\omega}\cos \theta \tag{11}$

y

$\dot x = \sqrt c \sin \theta; \tag{12}$

vemos de (11), (12) que

$\dot x^2 + \omega^2 x^2 = c \sin^2 \theta + \omega^2 \dfrac{c}{\omega^2}\cos^2 \theta = c(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) = c, \tag{13}$

para que (9) se cumpla de hecho. $\theta$ es de hecho una función diferenciable de $t$ ya que $x$ y $\dot x$ lo cual se puede comprobar mediante una fácil aplicación del teorema de la función implícita a (11) y (12); alternativamente se puede, en una región donde $\cos \theta \ne 0$ es decir, donde $x(t) \ne 0$ Utiliza la fórmula

$\omega \tan \theta(t) = \dfrac{\sqrt c \sin \theta(t)}{\sqrt c \omega^{-1} \cos \theta(t)} = \dfrac{\dot x(t)}{x(t)} \tag{14}$

lo que implica

$\theta (t) = \tan^{-1} (\dfrac{\dot x(t)}{\omega x(t)}), \tag{15}$

demostrando que $\dot \theta(t)$ existe y es continua ya que $x(t)$ y $\dot x(t)$ son (ya sea por hipótesis o por el hecho de que $x(t)$ resuelve (2)) continuamente diferenciable. En el caso de que $x(t) = 0$ para algunos $t$ podemos utilizar la fórmula correspondiente en términos de $\cot$ :

$\theta(t) = \cot^{-1} (\dfrac{\omega x(t)}{\dot x (t)}). \tag{16}$

Inspeccionando (9), observamos que la constante $c \ge 0$ y $c = 0$ precisamente cuando $x(t) = \dot x (t) = 0$ para todos $t$ Por lo tanto, para cualquier ( $c > 0$ ) al menos una de las siguientes soluciones $x(t), \dot x(t) \ne 0$ en todo momento, por lo que siempre se puede aplicar una de (15), (16); $\dot \theta(t)$ existe para todos los $t$ . Desde $\theta(t)$ es diferenciable, de (11) se obtiene

$\dot x(t) = -\dfrac{\sqrt c }{\omega} \dot \theta(t) \sin \theta(t), \tag{16}$

y comparando esto con (12) encontramos

$\sqrt c \sin \theta(t) = -\dfrac{\sqrt c }{\omega} \dot \theta(t) \sin \theta(t),\tag{17}$

que inmediatamente da como resultado

$\dfrac{\dot \theta(t)}{\omega} = -1 \tag{18}$

o

$\dot \theta(t) = -\omega; \tag{19}$

integrando (19):

$\theta (t) - \theta(t_0) = \int_{t_0}^t \theta(s) ds = -\int_{t_0}^t \omega ds = -\omega(t - t_0) \tag{20}$

de donde

$\theta(t) = -\omega(t - t_0) + \theta(t_0); \tag{21}$

Insertando esto en (11):

$x(t) = \dfrac{\sqrt c}{\omega} \cos (-\omega(t - t_0) + \theta(t_0)); \tag{22}$

un poco de reordenamiento:

$x(t) = \dfrac{\sqrt c}{\omega} \cos (-\omega t + (\theta(t_0) + \omega t_0)); \tag{23}$

(23) puede expresarse como la suma de a $\sin$ y $\cos$ término mediante la fórmula habitual el coseno de la suma de dos ángulos:

$x(t) = \dfrac{\sqrt c}{\omega} (\cos(\omega t_0 + \theta(t_0)) \cos (-\omega t) - \sin(\omega t_0 + \theta(t_0)) \sin (-\omega t)), \tag{24}$

o, utilizando las propiedades pares de impar de $\sin$ y $\cos$ ,

$x(t) = \dfrac{\sqrt c}{\omega} (\cos(\omega t_0 + \theta(t_0)) \cos (\omega t) + \sin(\omega t_0 + \theta(t_0)) \sin (\omega t)). \tag{25}$

Si ponemos

$a = \dfrac{\sqrt c}{\omega}\cos(\omega t_0 + \theta(t_0)), \tag{26}$

$b = \dfrac{\sqrt c}{\omega}\sin(\omega t_0 + \theta(t_0)), \tag{27}$

(25) se convierte en

$x(t) = a \cos \omega t + b \sin \omega t; \tag{28}$

vemos que la solución general de (2) se desprende, efectivamente, por deducción directa, a diferencia de la verificación por sustitución, de (9).

Nota: para los interesados, una técnica similar fue invocada por Yours Truly para responder esta pregunta similar . Fin de la nota.

Espero que esto ayude. Saludos,

y como siempre,

¡¡Fiat Lux!!

Answer 3

Dado $x''+\omega^2 x = 0$ tenemos la ecuación auxiliar $m^2+1=0$ después de sustituir $x=e^{mt}$ . Las raíces de la ecuación auxiliar son imaginarias: $m_1=\omega i,m_2=-\omega i$ . La solución tiene la forma $$x(t)=a e^{m_1 t}+b e^{m_2 t}.$$ ¿Puede conectar las raíces de $m_1=\omega i$ y $m_2=-\omega i$ en su $x(t)$ ¿expresión? Después de algunas derivaciones, deberías obtener $x(t)=a \cos \omega t + b \sin \omega t$ .