Autor Tema: Probar una afirmación (ejercicio).

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04 Enero, 2021, 03:02 pm
Respuesta #10

Bobby Fischer

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Si \( y'=y+y^2 \) y \( y_1=y \) y \( y_2=y \) entonces

Es decir, que para terminar afirmando que $$y_1=y_2$$ empiezas afirmando que $$y_1=y_2$$.

04 Enero, 2021, 04:05 pm
Respuesta #11

martiniano

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Hola.

Empiezo afirmando que existe una solución al sistema que cumple \( y_1=y_2 \). Y luego, aplicando el teorema de Picard (supongo), afirmo que esa solución es única. Tal vez se me esté escapando algo, pero no veo que el razonamiento sea erróneo.

Un saludo.

04 Enero, 2021, 05:15 pm
Respuesta #12

Masacroso

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No veo claro el planteamiento de martiniano. Me parece que tengo una solución (a lo mejor es lo mismo que quería decir martiniano):

A ver: el teorema de Picard-Lindelöf dice que dada una función \( f:I\times D\to E \) continua y localmente Lipschitz respecto de su segundo argumento (donde \( I \) es un intervalo abierto, \( D \) abierto en \( E \) y \( E \) un espacio de Banach de dimensión finita) entonces el problema de valor inicial \( \dot x=f(t,x),\, x(t_0)=x_0 \) tiene una única solución (en algún intervalo máximo contenido en \( I \)). Entonces el sistema \( \dot y=f(y) \) con

\( \displaystyle{
f(y):=(\pi_2(y)+(\pi_1(y))^2,\pi_1(y)+(\pi_2(y))^2)\tag1
} \)

donde las funciones \( \pi_j \) son las proyecciones canónicas en cada coordenada, tiene una única solución para cada valor inicial \( y(t_0)=y_0 \) (ya que \( f \), al ser diferenciable por ser composición de funciones diferenciables, es localmente Lipschitz).

Ahora lo que nos piden es demostrar que si existe un \( t_0 \) tal que \( y(t_0)=c(1,1) \), para algún \( c\in \mathbb{R} \), entonces \( y(t)=g(t)(1,1) \) para alguna función \( g:I\to \mathbb{R} \).

Supongamos que existe tal \( t_0 \), entonces si \( y:=(y_1,y_2) \) fuese una solución al sistema entonces, debido a la simetría de (1), la función \( \tilde y:=(y_2,y_1) \) también sería una solución (ya que ambas cumplen la ecuación y pasan por el punto \( y(t_0)=c(1,1) \)), por tanto debido al teorema antes citado \( y=\tilde y \).∎

04 Enero, 2021, 08:30 pm
Respuesta #13

Luis Fuentes

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Hola

 En mi opinión la solución de martiniano está bien... si se añade un matiz. Voy a resumirla aunque la verdad que me sale exponerlo casi igual que como lo hizo él.

1) Por el Teorema de Picard del siguiente sistema tiene solución única.

 $$(1)\;\begin{cases}\begin{bmatrix} y_1'\\y_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 1\\ 1 & 0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y_1\\ y_2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}y_1^2\\ y_2^2\end{bmatrix}\\ \begin{bmatrix}y_1\\ y_2 \end{bmatrix}(t_1)=\begin{bmatrix}\color{red}y_{0}\\ \color{red}y_{0}\end{bmatrix}\end{cases}$$   (*)

2) Si \( y(t) \) es una solución de  \( y'=y+y^2 \) con \( y(t_1)=y_0 \) entonces \( y_1(t)=y(t) \), \( y_2(t)=y(t) \) es solución de (*). Basta sustituir en el sistema y ver que se cumple.

3) Por la unicidad, la solución  \( y_1(t)=y(t) \), \( y_2(t)=y(t) \) es la única solución del sistema (1).

Ahora para de ahí deducir:

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 $$t\in\mathbb{R}$$.

o su contrarecírpoco:

Demuéstrese que si $$y_1(t_1)=y_2(t_1)$$, para algún $$t_1\in \mathbb{R}$$, entonces $$y_1(t)=y_2(t)$$ para todo $$t\in\mathbb{R}$$.

Necesitamos que la solución de (2) esté definida en todo la recta real. Si se puede garantizar esto hemos probado lo que queríamos. (y es claro que en este caso se puede garantizar).

Saludos.

04 Enero, 2021, 10:02 pm
Respuesta #14

Bobby Fischer

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Supongamos tener el sistema $$\begin{cases}y_1'=y_2+y_1^2\\y_2'=y_1+y_2^2\\y_1(t_0)=y_0\\y_2(t_0)=y_0\end{cases}$$. $$(y_1(t),y_1(t))=(y_2(t),y_2(t))=(y(t),y(t))$$ es solución del sistema si se cumple $$\begin{cases}y'=y+y^2\\y'=y+y^2\\y(t_0)=y_0\\y(t_0)=y_0\end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases}y'=y+y^2\\y(t_0)=y_0\end{cases}$$, lo cual ocurre si se tiene Picard (se tiene). $$(y(t),y(t))$$ es además solución única de $$\begin{cases}y_1'=y_2+y_1^2\\y_2'=y_1+y_2^2\\y_1(t_0)=y_0\\y_2(t_0)=y_0\end{cases}$$ porque por Picard éste tiene solución única. Así que si existe $$t_0$$ tal que $$y_1(t_0)=y_2(t_0)$$, entonces $$y_1=y_2$$.

Ahora lo he entendido. Al César lo que es del César. Así que Martiniano, llevabas tú razón.

04 Enero, 2021, 10:37 pm
Respuesta #15

martiniano

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Hola.

Necesitamos que la solución de (2) esté definida en todo la recta real. Si se puede garantizar esto hemos probado lo que queríamos. (y es claro que en este caso se puede garantizar).

Vale, sí. Creo que esa crítica sí que la he entendido. Si las componentes de la solución que hemos hallado no estuviesen definidas para todo número real, entonces no se podría decir que para todo número real cumplan \( y_1(t)=y_2(t) \). Si no voy mal, el razonamiento de Masacroso tampoco ha tenido eso en cuenta. Estás en todo, Luis. Gracias  ;)

Para lo de garantizar que el dominio de \[ y(t)  \] es \[ \mathbb{R} \] sólo se me está ocurriendo resolver la EDO de Bernouilli correspondiente. No obstante, intuyo que debe haber algún teorema que nos lo debe de indicar de forma más directa.

Saludos.

PD. Veo que has contestado Bobby y que ya ves más claro lo que intentaba decirte. No obstante, si no me equivoco, creo que te sigue pasando lo que comenta Luis, ¿no es cierto?

05 Enero, 2021, 08:00 am
Respuesta #16

Masacroso

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Ahora ya veo lo que quería decir martiniano, es básicamente lo mismo que había hecho yo pero argumentado en un orden distinto (me despistaba la notación \( y'=y+y^2 \), entiendo que ahí \( y:A\subset \mathbb{R}\to B\subset \mathbb{R} \)).

Necesitamos que la solución de (2) esté definida en todo la recta real. Si se puede garantizar esto hemos probado lo que queríamos. (y es claro que en este caso se puede garantizar).

Saludos.

Corríjeme si me equivoco pero me parece que, en todo caso, lo que sería necesario es que el máximo dominio de existencia de la solución sea conexo, es decir, sea un intervalo de \( \mathbb{R} \). Esa parte la asumo en mi respuesta anterior. Ahora bien, ¿podemos asumir (o demostrar), que dado el sistema de ecuaciones el máximo intervalo de existencia de la solución con una condición inicial \( y(t_0)=(a,a) \) debe ser todo \( \mathbb{R} \)? Eso ya no lo veo tan claro.

Dicho de otro modo: si \( y'=y+y^2 \) ¿podemos demostrar que el dominio de \( y \) es necesariamente todo \( \mathbb{R} \)?

05 Enero, 2021, 08:40 am
Respuesta #17

Luis Fuentes

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Hola

Corríjeme si me equivoco pero me parece que, en todo caso, lo que sería necesario es que el máximo dominio de existencia de la solución sea conexo, es decir, sea un intervalo de \( \mathbb{R} \).

Conexo tiene que ser por definición. Es decir para que una función sea solución de una EDO con una condición inicial, tiene que estar definida en un conexo que contenga al punto inicial.

Citar
Esa parte la asumo en mi respuesta anterior. Ahora bien, ¿podemos asumir (o demostrar), que dado el sistema de ecuaciones el máximo intervalo de existencia de la solución con una condición inicial \( y(t_0)=(a,a) \) debe ser todo \( \mathbb{R} \)? Eso ya no lo veo tan claro.

Dicho de otro modo: si \( y'=y+y^2 \) ¿podemos demostrar que el dominio de \( y \) es necesariamente todo \( \mathbb{R} \)?

No, de hecho puede resolverse explícitamente y la solución no está definida en todo punto:

\( y(t)=\dfrac{1}{\frac{y_0+1}{y_0}e^{t_0-t}-1} \)

no está definida cuando se anula el denominador.

Pero ahora que lo pienso en realidad el problema es parte del enunciado;

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 $$t\in\mathbb{R}$$.


Debería de indicar que \( t_0 \) y \( t \) están en el dominio de la solución, que no tiene porque ser todo \( \Bbb R \).

Saludos.

05 Enero, 2021, 08:44 am
Respuesta #18

Masacroso

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Dicho de otro modo: si \( y'=y+y^2 \) ¿podemos demostrar que el dominio de \( y \) es necesariamente todo \( \mathbb{R} \)?

No, de hecho puede resolverse explícitamente y la solución no está definida en todo punto:

\( y(t)=\dfrac{1}{\frac{y_0+1}{y_0}e^{t_0-t}-1} \)

no está definida cuando se anula el denominador.

Pero ahora que lo pienso en realidad el problema es parte del enunciado;

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 $$t\in\mathbb{R}$$.


Debería de indicar que \( t_0 \) y \( t \) están en el dominio de la solución, que no tiene porque ser todo \( \Bbb R \).

Saludos.

Ok, todo aclarado.

05 Enero, 2021, 08:02 pm
Respuesta #19

martiniano

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Hola.

la solución no está definida en todo punto:

\( y(t)=\dfrac{1}{\frac{y_0+1}{y_0}e^{t_0-t}-1} \)

no está definida cuando se anula el denominador.

Pues sí. Lo que dices tiene sentido. Cuando escribí lo de aquí abajo estaba dando por hecho de que el enunciado era cierto.

Para lo de garantizar que el dominio de \[ y(t)  \] es \[ \mathbb{R} \] sólo se me está ocurriendo resolver la EDO de Bernouilli correspondiente. No obstante, intuyo que debe haber algún teorema que nos lo debe de indicar de forma más directa.

Sin duda es una sutileza que se le pasó por alto a quien le propusiera el problema a Bobby Fisher.

Un saludo.