Alguno sabe como hacer el 3? Pensé en ver para qué valores de alfa se cumplen las hipótesis del teorema de unicidad, pero el módulo me complica.
Tema
Final 10/9/2014
Hola, quería saber si al final supiste cómo resolverlo, estoy con la misma duda.
Intentaron "resolver" la ecuación?
Firma
Quimey
Pista
Como \(y' > 0\) e \(y(0) = 0\) la función es positiva para \(t > 0\), así que podemos sacar el módulo y buscar una solución a tiempos positivos.
Buenas, estoy tratando de resolver el 3 pensando funciones que no sean Lipschitz para que no se cumplan las condiciones de existencia y unicidad pero no se me ocurre nada. Alguna otra pista??
Ya hay dos pistas, intentaste algo con eso?
Sii traté pero no llego a nada
Qué harías si no estuviera el módulo?
Una vez que saco el módulo, escribo y' =dy/dt. Lo acomodo para que me quede una ecuación de variables separadas, integro a ambos lados y separo casos: para a = 1 y mayor a 1 sólo se admite Y=0 y para a menor a 1 hay otras soluciones.
Está bien eso???
Para que esté bien tu solución debería mostrar lo siguiente:
- Más de una solución para los valores de \(\alpha\) que lo admitan (o una prueba de que hay más de una solución)
- Una demostración de que hay una única solución para los otros valores de \(\alpha\).
Sobre el 2.b:
Sí, es cierto porque F puede no estar definito en un número finito de puntos y el teorema igual vale.
Igual acá planteé una duda sobre la demostración.
El 2.b no es cierto.
Billy: Fijate que al dominio le "faltan" 2 rectas (o sea que no son finitos puntos).
Uy, había leído (x,y,z). Pero no habría que justificar por qué no se cumple? Si no, estaríamos cometiendo la falacia de negación del antecedente.
Agrego: no le falta una sola recta? (0,0,z)
Para probar que F no es un gradiente, pensé en integrarlo y llegar a una contradicción....pero me queda algo espantoso.
Acabo de encontrar este link: http://math.stackexchange.com/questions ... ive-fields, donde dan una versión más....completa del teo de equivalencias, para quién le interese. Y usan un ejemplo muy parecido al 2.b.
Agrego #2: estoy intentando encontrar dos curvas C1 y C2, con los mismos extremos, cuya integral de distinto. Eso probaría lo pedido.
Agrego #3: al final era más fácil:
Bastaba probar que la integral sobre una curva cerrada no era 0. Por si el link que incluyo se rompe, prueben una parametrización del círculo unitario, con z=0.
Observen que si mi curva cerrada no incluye un punto donde F esté rota, usando Green y que el rot F = 0, sale que la integral va a dar 0.
Mi intento de solución para el 3:
Como bien dijeron, \(y'>=0, y(0) = 0\), entonces, invocando los conocimientos de Análisis 1, afirmo que y(t)>=0 cuando t>=0.
(Ejercicio para el lector: chequar que y=0 es solución \(\forall \alpha > 0\))
Separo en dos casos: \(\alpha \eq 1\), \(\alpha \neq 1\)
1) \(\alpha = 1\):
Busquemos una solución de la ED en t>=0, donde la derivada de y es positiva, pero busquemos una distinta a y=0.
Tenemos:
$$y'(t) = |y(t)|^\alpha = y(t)^\alpha$$
$$\frac{dy}{dt} = y(t)^\alpha$$
$$\frac{dy}{y^\alpha} = dt$$
Integrando a ambos lados, queda:
$$ln (y) + k1= t + k2, k1,k2 \in \mathbb{R}$$
Llamo \(k = k2-k1\).
hago e elevado a cada término, queda:
$$y = e^t e^k$$
Ahora bien,
\(0 = y(0) = e^0 e^k = e^k\).
Esto no se cumple para ningún k, entonces cuando \alpha \eq 1, no puedo encontrar una solución definida en la recta positiva, distinta de y=0.
En la recta negativa, pasa algo parecido: la ED queda como \(y'(t) = -y(t)^\alpha\).
Análogamente (ejercicio 🙂), llegamos a:
$$1/y(t) = e^{t+k}$$
\(y = 1/{e^{t+k}}\), que tampoco tiene solución para ningún k, con la condición inicial pedida.
Entonces, la única solución es y=0. Otra forma de hacerlo, es ver que en \(\alpha = 1\), tanto en la recta positiva como en la negativa, la función F(t,y)=y es la función más buena del mundo y, particularmente, es Lipschitz en la segunda variable para todo intervalo. Entonces, puedo aplicar el teorema de\(\exists !\)
**2) **\(\alpha \neq 1\)
En la recta positiva, llegamos a:
$$y(t)^{-\alpha} dy = dt$$
Integrando, como \(\alpha \neq 1\), queda:
$$\frac{y(t)^{- \alpha +1}}{- \alpha +1} \eq (t+k)$$
$$y(t) = [(-\alpha + 1) (t+k)]^{\frac{1}{1-\alpha}}$$
Con k=0, se cumple la condición inicial.
Ahora bien, en la recta negativa (ejercicio) queda \(y(t) = [(\alpha - 1) (t+k)]^{\frac{1}{1-\alpha}}\).
Si lo que me piden es una solución global distinta al 0, me falta ver que la solución en la recta positiva y la negativa se "pegan" bien. (Ejercicio fácil, es ver que coinciden en t=0 y también sus derivadas).
Entonces, con \(\alpha \neq 1\), me encontré una solución distinta a la trivial.
Tengo algún error? Alguien quiere decirme si hay un camino más fácil? Hace falta realmente ver que se pegan la solución de la recta negativa y la positiva?
No entendí muy bien si querían una solución global distinta a la trivial.....sospecho que sí, porque una función \(y^*\) definida en el intervalo \((-1,1),y^*(t)=0 \ \forall \ t \in (-1,1)\) también sería una solución distinta, sino.
Buenas, tengo una pregunta.
Estaba haciendo el 4, y en un momento me da que para ciertos \(\alpha\) las soluciones pueden incluir algunas que son complejas. En ese caso....cómo justifico que el límite no tiende a 0?
Se me ocurre decir que alguna solución va a ser \(x(t) = e^{(c+di)t}\), pero eso yo creo que tiende a 0 si \(|x(t)|<1\) no? Y la verdad se me está complicando MUCHO ver cómo son las soluciones complejas para cada alpha.
Alguna idea, tip?
Muchas gracias!
Pensé esto:
sea \(\lambda = c+di\) uno de los autovalores complejos.
mi solución \(x(t) = e^{(c+di)t}\) va a tender a cero \(\Leftrightarrow | \lambda |\) < 1.
Mi autovalor es \(-1 + w\), con \(w^2 = 4 + 2a\). Pero no puedo probar que el módulo es mayor que 1.
Editado 1 vez.
En esta materia (creo que) solo se consideran soluciones reales. Notar que aunque los autovalores sean complejos se pueden encontrar soluciones reales.
Por ejemplo para
$$\begin{pmatrix}0 & 1 \ -1 & 0\end{pmatrix}$$
una solucion posible es \((\sin (t), \cos(t))\)
Sísí, sumando o restando las soluciones conjugadas complejas. Gracias.
Igual me acabo de dar cuenta que mi demo está mal: el módulo de |-1+w| no necesariamente es mayor que 1.