Encontrar la solución de una matriz exponencial no homogénea.

Question

Considere

$$\frac{d}{du} \begin{bmatrix}a\\b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-x& y\\ -y&-x\end{bmatrix} \begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}\cos(zu)\\ -\sin(zu)\end{bmatrix}$$ donde $P = \begin{bmatrix}-x& y\\ -y&-x\end{bmatrix}$ . Y lo tengo por $u=0:$ $$\begin{bmatrix}a\\b \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\0 \end{bmatrix}$$

Habiendo demostrado que $\exp\left[Pu\right] = \exp\left[-xu\right]$

$$\begin{bmatrix}\cos(yu)& \sin(yu)\\ -\sin(yu) & \cos(yu)\end{bmatrix}.$$

Mi pregunta es:

¿Cómo puedo utilizar esta prueba para resolver este problema utilizando las condiciones iniciales?

Después de pensarlo, considero que el uso de las fórmulas de los ángulos dobles puede ayudar, aunque no he sido capaz de formularlo.

Cualquier ayuda será bienvenida.

Answer 1

Así que has resuelto el sistema homogéneo. Para obtener ahora la solución del sistema no homogéneo puedes utilizar la técnica de la variación de la constante. Sea

$$ \begin{bmatrix}a\\b \end{bmatrix}= e^{Pu}c(u) \longrightarrow \frac{d}{du}\begin{bmatrix}a\\b \end{bmatrix} = Pe^{Pu}c(u) + e^{Pu}c'(u)$$

Así, tenemos $e^{Pu}c'(u) = \begin{bmatrix}\cos(zu)\\ -\sin(zu)\end{bmatrix}$ y $c(0) = 0$ . Lo único que queda por hacer es resolver este sistema lineal e integrar con respecto a. $u$ :

$$c'(u) = e^{-Pu}\begin{bmatrix}\cos(zu)\\ -\sin(zu)\end{bmatrix} = e^{xu}\begin{bmatrix}\cos(yu)& \sin(yu)\\ -\sin(yu) & \cos(yu)\end{bmatrix}^{-1} \cdot\begin{bmatrix}\cos(zu)\\ -\sin(zu)\end{bmatrix} $$

Como la matriz es ortonormal, su inversa es simplemente su transposición:

$$c'(u) = e^{xu}\begin{bmatrix}\cos(yu)& -\sin(yu)\\ \sin(yu) & \cos(yu)\end{bmatrix} \cdot\begin{bmatrix}\cos(zu)\\ -\sin(zu)\end{bmatrix} = e^{xu}\begin{bmatrix}\cos(yu-zu) \\\sin(yu-zu)\end{bmatrix} $$

Donde utilicé los teoremas de adición para simplificar la expresión. Ahora integra, utilizando las fórmulas

\begin{align} \int \sin(\alpha u) e^{\beta u} du &= \frac{\beta\sin(\alpha u) - \alpha\cos(\alpha u)}{\alpha^2+\beta^2}e^{\beta u} +\text{const.}\\ \int \cos(\alpha u) e^{\beta u} du &= \frac{\beta\cos(\alpha u) + \alpha\sin(\alpha u)}{\alpha^2+\beta^2}e^{\beta u} +\text{const.}\\ \end{align}

para conseguir

$$ c(u) = \frac{1}{x^2 + (y-z)^2}e^{xu} \begin{bmatrix} x\cos((y-z)u) + (y-z)\sin((y-z) u)\\ x\sin((y-z) u) - (y-z)\cos((y-z) u) \end{bmatrix} + \text{const.} $$

Y para satisfacer la condición inicial $c(0)=0$ necesitamos

$$ \text{const.} = -\frac{1}{x^2 + (y-z)^2}\begin{bmatrix} x \\- (y-z) \end{bmatrix}$$

Answer 2

Utilizaré la notación estándar para las ecuaciones diferenciales. Tu notación es bastante inusual y podría llevar a una mezcla no deseada de fórmulas.

$$\frac{d}{dt} \begin{bmatrix}x_1\\x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}-a& b\\ -b&-a\end{bmatrix} \begin{bmatrix}x_1\\ x_2\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}\cos(\omega t)\\ -\sin(\omega t)\end{bmatrix}$$

Para determinar la solución del problema, lo compararemos con el problema de control lineal estándar. Dado un sistema

$$\dot{\boldsymbol{x}}(t)=\boldsymbol{Ax}(t)+\boldsymbol{Bu}(t)$$

con la condición inicial $\boldsymbol{x}(t=t_0)=\boldsymbol{x}_0$ .

La solución de esta ecuación viene dada por

$$\boldsymbol{x}(t)=\exp\left[\left(t-t_0 \right)\boldsymbol{A} \right]\boldsymbol{x}_0+\int_{t=t_0}^{t}\exp\left[(t-\tau)\boldsymbol{A}\right]\boldsymbol{B}\boldsymbol{u}(\tau)d\tau.$$

Esta fórmula se puede comprobar diferenciándola e invocando el teorema fundamental del cálculo para la integral.

En su caso

$$\boldsymbol{A}=\begin{bmatrix}-a& b\\ -b&-a\end{bmatrix},$$ $$\boldsymbol{B}=\begin{bmatrix}1& 0\\ 0 & 1\end{bmatrix},$$ $$\boldsymbol{u}=\begin{bmatrix}\cos\left(\omega t\right)\\-\sin\left(\omega t\right)\end{bmatrix}, \text{ and }$$ $$\boldsymbol{x}_0=\begin{bmatrix}0\\ 0 \end{bmatrix} .$$