Autor Tema: Probar una afirmación (ejercicio).

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03 Enero, 2021, 08:01 pm
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Bobby Fischer

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Sea $$(y_1(t),y_2(t))$$ una solución del sistema $$\begin{cases}y_1'=y_2+y_1^2\\ y_2'=y_1+y_2^2\end{cases}$$
Demuéstrese que si $$y_1(t_0)\neq y_2(t_0)$$, para algún $$t_0\in \mathbb{R}$$, entonces $$y_1(t)\neq y_2(t)$$ para cualquier $$t\in\mathbb{R}$$.


Yo pruebo el contrarrecíproco: si existe $$t_0$$ tal que $$y_1(t_0)=y_2(t_0)$$, entonces $$y_1=y_2$$.

Supongamos tener el sistema anterior y hagamos $$z=y_1-y_2$$.
$$\exists t_0\colon y_1(t_0)=y_2(t_0)\Longleftrightarrow \exists t_0\colon z(t_0)=0$$.
De todo lo anterior se deduce $$\begin{cases}z'=z(-1+y_1+y_2)\\ z(t_0)=0\end{cases}$$
$$z=0 $$ es solución del sistema anterior ($$y_1=y_2$$). Es condición suficiente, pero no he probado que sea necesaria. Yo tengo que probar que es necesaria.

03 Enero, 2021, 09:50 pm
Respuesta #1

martiniano

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Hola.

Considera el siguiente problema de Cauchy:

\[ \begin{cases}{y'=y+y^2}\\y(t_0)=y_0\end{cases} \]

Tengo esto un tanto oxidado pero pienso que por algún teorema de existencia y unicidad tiene solución única \( y(t)  \), que además se puede hallar porque es una EDO de Bernouilli.

Ahora considera el sistema del enunciado con la condición inicial \[ y_1(t_0)=y_2(t_0)=y_0 \]. Por el mismo teorema tiene solución única, que por comprobación es \[ y_1(t)=y_2(t)=y(t) \]

Tal vez alguien pueda completar los detalles. Un saludo.

03 Enero, 2021, 11:28 pm
Respuesta #2

Bobby Fischer

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Hola.

Considera el siguiente problema de Cauchy:

\[ \begin{cases}{y'=y+y^2}\\y(t_0)=y_0\end{cases} \]

Tengo esto un tanto oxidado pero pienso que por algún teorema de existencia y unicidad tiene solución única \( y(t)  \), que además se puede hallar porque es una EDO de Bernouilli.

Ahora considera el sistema del enunciado con la condición inicial \[ y_1(t_0)=y_2(t_0)=y_0 \]. Por el mismo teorema tiene solución única, que por comprobación es \[ y_1(t)=y_2(t)=y(t) \]

Tal vez alguien pueda completar los detalles. Un saludo.

Hola,
Efectivamente, según el teorema de Picard tenemos que si $$\Omega \subset \mathbb{R}\times \mathbb{R}^N$$, $$f\in C^0(\Omega,\mathbb{R}^N)\cap \text{Lip}_{\text{loc}}(y,\Omega)$$, y (PVI) $$\begin{cases}y'=f(t,y)\\ y(t_0)=y_0\end{cases}$$, entonces $$\exists \delta>0$$ tal que $$\forall t \in (t_0-\delta,t_0+\delta)$$, la solución $$\varphi(t)$$ de (PVI) existe y es única. Bajo las hipótesis del teorema de Picard no podemos tener dos trayectorias distintas que se corten en un punto, pues suponer que dos trayectorias distintas se cortan implica que, si nos vamos al punto donde ambas se cortan, debería existir un entorno de dicho punto donde la solución es única. Y dicho entorno no existe, pues cualquier entorno del punto de corte contendría puntos pertenecientes a soluciones diferentes: lo cual es contradicción. Si dos trayectorias se cortan en un punto, entonces son iguales.

Sin embargo, el sistema es ligeramente distinto al que expones, porque el mío es $$\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_0)=\begin{bmatrix}y_{10}\\ y_{20}\end{bmatrix}\end{cases}$$ es decir, $$\begin{cases}y'=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}y +y^2\\ y(t_0)=y_0\end{cases}$$, no $$\begin{cases}y'=\begin{bmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix}y +y^2\\ y(t_0)=y_0\end{cases}$$

04 Enero, 2021, 08:52 am
Respuesta #3

martiniano

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Hola.

Sin embargo, el sistema es ligeramente distinto al que expones, porque el mío es $$\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_0)=\begin{bmatrix}y_{10}\\ y_{20}\end{bmatrix}\end{cases}$$ es decir, $$\begin{cases}y'=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}y +y^2\\ y(t_0)=y_0\end{cases}$$, no $$\begin{cases}y'=\begin{bmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix}y +y^2\\ y(t_0)=y_0\end{cases}$$

En realidad, el sistema al que yo me refería era:

 $$(1)\;\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_0)=\begin{bmatrix}\color{red}y_{0}\\ \color{red}y_{0}\end{bmatrix}\end{cases}$$

Por lo que has dicho, este sistema tiene solución única. Y ésta debe ser, por comprobación directa:

\[ y_1(t)=y_2(t)=y(t) \]

Donde \[ y(t) \] es la solución, también única, del problema de valor inicial:

\[ \begin{cases}{y'=y+y^2}\\y(t_0)=y_0\end{cases} \]

La única solución a \[ (1) \] cumple para todo \[ t \] que \[ y_1(t)=y_2(t) \] , luego con esto diría que ya está el enunciado demostrado.

¿Se ve más claro ahora? Un saludo.

04 Enero, 2021, 12:53 pm
Respuesta #4

Bobby Fischer

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Sin embargo, el sistema es ligeramente distinto al que expones, porque el mío es $$\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_0)=\begin{bmatrix}y_{10}\\ y_{20}\end{bmatrix}\end{cases}$$ es decir, $$\begin{cases}y'=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}y +y^2\\ y(t_0)=y_0\end{cases}$$, no $$\begin{cases}y'=\begin{bmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix}y +y^2\\ y(t_0)=y_0\end{cases}$$

En realidad, el sistema al que yo me refería era:

 $$(1)\;\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_0)=\begin{bmatrix}\color{red}y_{0}\\ \color{red}y_{0}\end{bmatrix}\end{cases}$$

Por lo que has dicho, este sistema tiene solución única. Y ésta debe ser, por comprobación directa:

\[ y_1(t)=y_2(t)=y(t) \]

Donde \[ y(t) \] es la solución, también única, del problema de valor inicial:

\[ \begin{cases}{y'=y+y^2}\\y(t_0)=y_0\end{cases} \]

La única solución a \[ (1) \] cumple para todo \[ t \] que \[ y_1(t)=y_2(t) \] , luego con esto diría que ya está el enunciado demostrado.

¿Se ve más claro ahora? Un saludo.

¡No!

Supongamos tener este sistema diferencial en dimensión 2: $$\begin{cases}y'=y+y^2\end{cases}$$. Supongamos tener dos soluciones $$\varphi$$ y $$\psi$$ de dicho sistema. Si $$\varphi(t_0)=\psi(t_0)=y_0$$, entonces $$\varphi=\psi$$. Ahí no hay problema. Sin embargo, tú estás diciendo que lo anterior funciona también no sólo para soluciones del sistema, sino incluso entre componentes de un mismo vector solución del sistema. Y eso no es una conclusión que se pueda deducir de Picard. Del teorema se deduce que, bajo unas condiciones, las soluciones son iguales; no que para una solución, las componentes de dicha solución deban ser iguales. Ten en cuenta que los sistemas (por separado) son: $$\begin{cases}y_1'=y_2+y_1^2\\ y_1(t_0)=y_{10}\end{cases}\quad \begin{cases}y_2'=y_1+y_2^2\\ y_2(t_0)=y_{20}\end{cases}$$ Aunque consideres un mismo dato inicial $$y_{10}=y_{20}=\color{blue}y_0$$, los sistemas siguen siendo diferentes, no se trata del mismo $$\begin{cases}y'=y+y^2\\ y(t_0)=y_0\end{cases}$$ que expones. Eso era lo que intentaba decirte cuando indiqué la matriz $$\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}$$, y no la identidad. Saludos.

Añadido: Efectivamente, si los datos iniciales de las componentes son iguales, las componentes coinciden. Pero la razón es otra.

 [attachment id=0 msg=459516]

Código: (Matlab) [Seleccionar]
function d
y0=[1,1];
t=linspace(0,0.64,100);
[t,y]=ode45(@fun,t,y0)
figure(1)
close(1)
figure(1)
hold on
axis equal
axis([0 1 0 20])
plot(t,y(:,1),'b','Linewidth',2)
plot(t,y(:,1),'ro','MarkerSize',5)


    function[dydt]=fun(~,y)
        dydt(1,1)=y(2)+(y(1))^2;
        dydt(2,1)=y(1)+(y(2))^2;
    end
end

04 Enero, 2021, 01:32 pm
Respuesta #5

martiniano

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Hola.

Supongamos tener este sistema diferencial en dimensión 2: $$\begin{cases}y'=y+y^2\end{cases}$$. Supongamos tener dos soluciones $$\varphi$$ y $$\psi$$ de dicho sistema. Si $$\varphi(t_0)=\psi(t_0)=y_0$$, entonces $$\varphi=\psi$$. Ahí no hay problema. Sin embargo, tú estás diciendo que lo anterior funciona también no sólo para soluciones del sistema, sino incluso entre componentes de un mismo vector solución del sistema. Y eso no es una conclusión que se pueda deducir de Picard. Del teorema se deduce que, bajo unas condiciones, las soluciones son iguales; no que para una solución, las componentes de dicha solución deban ser iguales.

Pero Picard sí que sirve para demostrar que el siguiente sistema tiene solución única, ¿verdad?

 $$(1)\;\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_0)=\begin{bmatrix}\color{red}y_{0}\\ \color{red}y_{0}\end{bmatrix}\end{cases}$$

Y también que la solución a este otro es única, ¿verdad?

\[ \begin{cases}{y'=y+y^2}\\y(t_0)=y_0\end{cases} \]

Si esto es así, y llamas \[ y(t) \] a la solución de este último sistema tienes que:

\( y_1(t)=y(t) \)
\( y_2(t)=y(t) \)

Es solución del primero, ya que se verifican todas sus ecuaciones. Lo puedes comprobar.

Spoiler
Comprobación de la primera ecuación:

Por un lado, como \( y_1(t)=y(t) \) entonces \[ y_1'(t)=y'(t) \]. Por otro, como \( y_1(t)=y_2(t)=y(t) \) entonces \( y_2+y_1^2=y+y^2 \). Como \( y(t) \) es solución de la EDO \( y'=y+y^2 \) los dos miembros son idénticamente iguales.

La segunda ecuación se comprueba de forma parecida.

Las condiciones iniciales se cumplen también, de forma inmediata \( y_1(t_0)=y_2(t_0)=y(t_0)=y_0 \)
[cerrar]

Como la solución a \( (1) \) es única pues ya la tienes y se cumple la igualdad entre las dos componentes, ¿no?

Un saludo.

04 Enero, 2021, 01:48 pm
Respuesta #6

Bobby Fischer

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Insisto en que esto no lo puedes afirmar:

Citar
\( y_1(t)=y(t) \)
\( y_2(t)=y(t) \)


\[ \begin{cases}{y'=y+y^2}\\y(t_0)=y_0\end{cases} \] y cualquiera de las dos que cojas de aquí son diferentes: $$\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_0)=\begin{bmatrix}\color{red}y_{0}\\ \color{red}y_{0}\end{bmatrix}\end{cases}$$

04 Enero, 2021, 01:57 pm
Respuesta #7

martiniano

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Hola.

y cualquiera de las dos que cojas de aquí son diferentes: $$\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_0)=\begin{bmatrix}\color{red}y_{0}\\ \color{red}y_{0}\end{bmatrix}\end{cases}$$

¿Diferentes las ecuaciones dices? Lo sé. El caso es que he encontrado una única solución para ambas. Lo de que es solución lo demuestro en el spoiler.

Insisto en que esto no lo puedes afirmar:

¿Y cuál es el punto exacto en el que que he cometido el error en mi anterior respuesta entonces?

Un saludo.

04 Enero, 2021, 02:25 pm
Respuesta #8

Bobby Fischer

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Ahí, como mínimo, hay circularidad.

Comprobación de la primera ecuación:

Por un lado, como \( y_1(t)=y(t) \) entonces \[ y_1'(t)=y'(t) \]. Por otro, como \( y_1(t)=y_2(t)=y(t) \) entonces \( y_2+y_1^2=y+y^2 \). Como \( y(t) \) es solución de la EDO \( y'=y+y^2 \) los dos miembros son idénticamente iguales.

Let's agree to disagree.

04 Enero, 2021, 02:53 pm
Respuesta #9

martiniano

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Hola.

Ahí, como mínimo, hay circularidad.

Comprobación de la primera ecuación:

Por un lado, como \( y_1(t)=y(t) \) entonces \[ y_1'(t)=y'(t) \]. Por otro, como \( y_1(t)=y_2(t)=y(t) \) entonces \( y_2+y_1^2=y+y^2 \). Como \( y(t) \) es solución de la EDO \( y'=y+y^2 \) los dos miembros son idénticamente iguales.

No lo creo. Si \( y'=y+y^2 \) y \( y_1=y \) y \( y_2=y \) entonces substituyendo el miembro izquierdo por \( y'=y_1' \), el primer sumando del segundo miembor por \( y=y_2 \) y el segundo sumando por \( y^2=y_1^2 \) se tiene que \( y_1'=y_2+y_1^2 \)

Un saludo.