donde t = y x u2 t
1 y x – y (4.102)
, (4.103) encontrando que la ecuación (4.102) es de tipo separable y cuya solución inmediata es: u = t C1t – 1 , (4.104) pero imaginemos que no sabemos resolverla. En dicho caso aplicamos otra vez el método de Lie obteniendo por lo tanto (simplemente aplicamos el procedimiento standard): ?t + (?u – ?t) – u2 t2 – ?u – u2 t2 2 – 2? u2 t3 + 2? u t2 = 0 encontrando como solución los siguientes campos: X1 = u2?u, X2 = t2?t, X3 = u(t + u) t ?u, X4 = 1+ u(2t + u) t2 ?u etc… X5 = t?t + u?u, si por ejemplo elegimos X4 para calcular las v.c. encontramos: r = t, z(r) = – t2 t + u =? t = r, u = – r(z(r) + r) z(r) (4.105) de tal forma que la ecuación (4.102) se rescribe en estas nuevas variables como: z' = -1 =? z(r) = -r + C1 deshaciendo el c.v. (y simpli?cando) u(t) = t C1t – 1 , que es la solución (4.104) que ya habíamos obtenido. Otra forma de atacar la ecuación (4.102) sería la de buscar un factor integrante µ que haga que (µ * (4.102)) sea exacta, dicho factor integrante es: 1 u
+ 1 – + 1 – + 1 – x + 2 1 + 2 ln C1 x – 1 – 2 100 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.102) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.103) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: y' = y x C x 1 y (4.106) que es difícil de integrar (es de tipo Abel) por lo tanto volvemos a aplicar el método de Lie, encontrando que ?x + ?y – ?x y x C x 1 y – ?y y x C x 1 y 2 + ? y 2 C x – ? 1 x 1 y = 0 encontrando sólo dos simetrías X1 = x2 y – xC1 ?y, X2 = x2?x + xy?y, el c.v. que induce X2 = x2?x + xy?y es: r = y x , z(r) = – 1 x =? x = – 1 z(r) , y = – r z(r) la ecuación (4.106) se rescribirá como: z' = r rC1 – 1 (4.107) que es una cuadratura z = r C1 + 2 ln(rC1 – 1) C1 + C2 por último deshacemos el c.v. obteniendo por lo tanto la solución (4.101) – 1 x = y xC1 + y
C1 + C2 (4.108) Veremos ahora como obtener soluciones particulares. De las dos simetrías obtenidas al sistema de edps i.e. (4.97) y dx x = 2dy y v =? y = ± 2x es una solución particular a la ecuación (4.96). A igual resultado podemos llegar si aplicamos nuestro método pedestre (el AD) simplemente observando que dicha ecuación será dimensionalmente homogénea si introduci- mos una constante dimensional i.e. la ecuación (4.96) se rescribe como y'' = K1 y' y2 K xy (4.109) tal que [K1] = y2x-1,[K2] = y2x-1, por lo tanto la solución que nos sugiere el AD es del tipo y x y 1 0 K1 2 -1 x 0 =? y ~ 1 v Kx tal y como ya sabíamos por la solución invariante.
Ejemplo 4.3.3 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = y'2 y + y – 1 y y' (4.110)
t = y, u(t) = ' 4.3. EJEMPLOS 101 Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que planear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: y?yy + ?y = 0, 1- y2 y?y + y2?yy – 2y2?xy – y?y + ? = 0, 2y?xy – y?xx – 2y2?y + 1- y2 ?x – 2?x – ? y2 – 1 = 0, 1- y2 ?x + y?xx = 0, cuyas soluciones son: X1 = ?x, X2 = y1 y2 + 1- y1 y ?y, (4.111) (4.112) comprobando que [X1,X2] = 0.
Las variables canónicas que induce este campo X1 son: (t = y, u(t) = x) =? (x = u(t), y = t) en estas nuvas variables la ode original (4.110) se rescribe como: u'' = – 1+ u't2 – u' u' t (4.113) que no parece fácil de resolver, entonces volvemos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.110), resultando u' = – t2 – 1 u2 t – u t (4.114) donde 1 y , (4.115) encontrando que la ecuación (4.114) es de tipo Bernoulli y cuya solución inmediata es: u = t2 t + C1t + 1 , (4.116) Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.114) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.115) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: y' = y2 + yC1 + 1 (4.117) que es fácil de integrar (es de tipo cuadratura) por lo tanto la solución de (4.110) es x + 2 2 C1 – 4 arctanh 2 2y + C1 C1 – 4 + C2 = 0 (4.118) o alternativamente: 2 2 2 y = -C1 –
y = C1 + 2 C1 – 1tanh
1- C1 tan 2 C1 – 1(x + C2)
1- C1(x + C2) 2 si C1 > 1,
si C1 < 1, 2 si C1 = 0, y = C1 – (x + C2)-1 tal y como queríamos hacer ver.
?x + 2 ?y, x2 – 1 2y x3 X5 = y(x2 – 1)ex 2y2e-x x3 x2 X3 = e-x ?y, x2 X4 = 3?x – e-x 2ye-x X6 = ?x – ?y, (x – 1)2 (x + 1)2 ex ?y, X8 = ?x – t3e-t +C1 1 e-t +C1 C e-t = 2 2 C2e-x 102 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. Ejemplo 4.3.4 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = 3 x – 2x y' + 4y (4.119) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que planear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: ?yy = 0, -2 3 x – 2x ?y + ?yy – 2?xy = 0, -12y?y – ?xx + 3 x2 + 2x ? – 3 x – 2x ?x + 2?xy = 0, -8y?x – 4? + 4y?y – 3 x – 2x ?x + ?xx = 0, cuyas soluciones son: x 2 y 2y2 2 2 x3 x2 (4.120) X7 = ?x – X1 = y?y, X2 = x2 – 1 ?y,
x 2 2 2 x3 2 ?y,
2y(x – 1)(x + 1)ex x2 ?y, i en este caso el álgebra que generan estos 8 campos (Xi)8=1 no es soluble Las variables canónicas que induce este campo X2 son: t = x, u(t) = y (x2 – 1) =? x = t, y = -u(t) + u(t)2t2 (4.121) en estas nuvas variables la ode original (4.119) se rescribe como: u'' = – 2t4 – t2 + 3 u' t(t2 – 1) (4.122) que parece fácil de resolver, u'' u' = – 2t4 – t2 + 3 t(t2 – 1) =? u' = 2 (-1+ t)2 (1+ t)2 =? u = – 2 2 t2 – 1 2 t – 1 + C1 si deshacemos el c.v. obtenemos: (x y 2 – 1) = 2 x2 – 1 + C1 =? y = C1 x2 – 1 + C2e-x 2 (4.123) Si volvemos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.122), resultando u' = – 2t4 – t2 + 3 u t(t2 – 1) (4.124) donde t = x, u(t) = – 2yx + (1- x2)y' (x – 1)2 (x + 1)2 , (4.125)
t3e-t x3e-x +C1 103 4.3. EJEMPLOS
encontrando que la ecuación (4.124) es de tipo separable y cuya solución inmediata es: u = 2+C1 (-1+ t)2 (1+ t)2 , (4.126) Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.124) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.125) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: y' = 2 (x2 – 1) + (x 2xy 2 – 1) (4.127) que es fácil de integrar (es de tipo lineal) por lo tanto la solución de (4.119) es 2 y = C1 x2 – 1 + C2e-x
tal y como ya sabíamos.
Ejemplo 4.3.5 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = p(x)y' + q(x) (4.128)
(4.129) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que planear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: ?yy = 0, -2p(x)?y + ?yy – 2?xy = 0, -3yq(x)?y – ?xx + p'(x)? – p(x)?x + 2?xy = 0, -2q(x)?x + q(x)?y – p(x)?x + ?xx – q'(x)? = 0, cuyas soluciones son: X1 = ?y, X2 = e p(x)dx dx?y, (4.130) (4.131)
(4.132) Las variables canónicas que induce este campo X1 son: (t = x, u(t) = y) =? (x = t, y = u(t)) en estas nuvas variables la ode original (4.129) se rescribe como: u'' = p(t)u' + q(t) que parece fácil de resolver, u = e p(t)dt q(t)e- p(t)dt dt + C1 dt + C2 si deshacemos el c.v. obtenemos: y = e p(x)dx q(x)e- p(x)dx dx + C1 dx + C2 (4.133) Si volvemos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.132), resultando u' = p(t)u + q(t) (4.134)
? – x?x + ? + 2×2?xy – x2?xx = 0, ? – x?x + x2?xx = 0, 2×3 ?x + ?y + t 1+ t = -t 1+ t 2u = – t3 – t2 + C1 104 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. donde t = x, u(t) = y' , (4.135) encontrando que la ecuación (4.134) es de tipo lineal y cuya solución inmediata es: u = q(t)e- p(t)dt dt + C1 e p(t)dt , (4.136) Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.134) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.135) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: y' = q(x)e- p(x)dx dx + C1 e p(x)dx , (4.137) que es fácil de integrar (cuadraturas) por lo tanto la solución de (4.129) es y = e p(x)dx q(x)e- p(x)dx dx + C1 dx + C2 (4.138) tal y como ya sabíamos.
Ejemplo 4.3.6 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = y' x + 3y2 2×3 , (4.139) tipo Emden-Fowler.
Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que planear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: x2?yy = 0, -2x?y + x2?yy – 2×2?xy = 0, – 3y x ? – – 3y2 x 9y2 2x y 3y2 9y2 2x (4.140) cuya solución es: X1 = x?x + y?y.
De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: t = y x , u(t) = lnx =? x = eu(t), y = teu(t) (4.141) en estas nuevas variables la ode original (4.139) se rescribe como: u'' = – u' 3 3 2 (4.142) que parece muy fácil de resolver, u'' (u')3 3 2 =? – 1 '2 1 1 2 2 (4.143)
2t u' = – u3t(2+ 3t) y + y x3 + C1 105 4.3. EJEMPLOS
por lo tanto u' = 2 1 3 1 dt + 2t2 + C1 =? u = dt 2t3 + 2t2 + C1 (4.144) si C1 = 0 entonces encontramos una solución particular: v u = – 2arctanh 1 2 v (2t + 2) 2 (4.145) así que si deshacemos el c.v. obtenemos: lnx = y x 2a3 da + 2a2 + C1 + C2. (4.146) Por esta razón volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.139), resultando 1 2 (4.147) donde t = y x , u(t) = – x y – xy' , (4.148) encontrando que la ecuación (4.147) es de tipo separable y cuya solución inmediata es: u = ± t3 1 + t2 + C1 , (4.149) Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.147) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.148) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: x y – xy ' = 1 2 x2 3 (4.150) que no es difícil de integrar, encontrando que lnx = y x 2a3 da + 2a2 + C1 + C2. (4.151) es la solución más general a la ecuación planteada (4.139). Veremos ahora como obtener soluciones particulares. De las simetrías obtenidas al sistema de edps i.e. (4.140) tomamos X1 = x?x + y?y, i.e. una simetría de escala y calculamos la solución invariante que induce i.e. dx x = dy y =? y = ax es una solución particular a la ecuación (4.139) siendo a ? R en particular encontramos que a = -2/3. A igual resultado podemos llegar si aplicamos nuestro método pedestre (el AD) simplemente observando que dicha ecuación será dimensionalmente homogénea si introducimos una constante dimensional i.e. la ecuación (4.139) se rescribe como y'' = y'2 x + K 3y2 2×3 (4.152) tal que [K] = y-1x por lo tanto la solución que nos sugiere el AD es del tipo y x y 1 0 K x -1 0 =? y ~ 1 1 x K tal y como ya sabíamos por la solución invariante. Esta transformación nos llevaría a obtener el mismo cv que el obetenido mediante GL.
+ y2x3, u'' = -12u'2 + 35u'3 – u'3t2 u' = u3 35t – t2 b' = b3 35a – a2 =? y = 5 106 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. Ejemplo 4.3.7 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = y' x 3 2 (4.153) tipo Emden-Fowler.
Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que plantear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: x2?yy = 0, -2x?y + x2?yy – 2×2?xy = 0, 9 2 3 9 2 2 cuya solución es: X1 = x?x – 5y?y.
De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: t = x5y, u(t) = lnx =? x = eu(t), y = te-5u(t)
en estas nuevas variables la ode original (4.153) se rescribe como: 3 2 (4.154)
(4.155)
(4.156) que no parece muy fácil de resolver. Por esta razón volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.153), resultando 3 2 – 12u2 (4.157) donde t = y x , u(t) = – x y – xy' , (4.158) encontrando que la ecuación (4.157) es de tipo Abel y por desgracia es de las que no sabemos resolver. Si aplicamos el método de Lie a dicha ecuación veríamos que no somos capaces de encontrar simetría alguna. Por esto la solución a la que podemos llegar ode original (4.153) es del tipo: y = e a b(a)da+C1 , (4.159) donde 3 2 – 12b2, b = b(a). (4.160) Veremos ahora como obtener soluciones particulares. De las simetrías obtenidas al sistema de edps i.e. (4.154) tomamos X1 = x?x – 5y?y, i.e. una simetría de escala y calculamos la solución invariante que induce i.e. dx x = – dy 5y a x es una solución particular a la ecuación (4.153) siendo a ? R en particular encontramos que a = 70/3. A igual resultado podemos llegar si aplicamos nuestro método pedestre (el AD) simplemente observando que dicha
+ K y2x3 4.3. EJEMPLOS 107 ecuación será dimensionalmente homogénea si introducimos una constante dimensional i.e. la ecuación (4.153) se rescribe como y'' = y'2 x 3 2 (4.161) tal que [K] = y-1x por lo tanto la solución que nos sugiere el AD es del tipo y x y 1 0 K x -1 0 =? y ~ -5 1 1 Kx5 tal y como ya sabíamos por la solución invariante.
Ejemplo 4.3.8 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = – y' x – ey (4.162) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que plantear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: x2?yy = 0, 2x?y + x2?yy – 2×2?xy = 0, 3x2ey?y + x?x – ? + 2×2?xy – x2?xx = 0, x2ey? + 2x2ey?x – x2ey?y + x?x + x2?xx = 0, cuyas soluciones son: X1 = x?x – 2?y, X2 = xlnx?x – 2(1+ lnx)?y, (4.163) (4.164) comprobando que [X1,X2] = X1.
De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son:
(t = y + lnx, u(t) = lnx) =? x = eu(t), y = t – 2u(t)
en estas nuevas variables la ode original (4.162) se rescribe como: u'' = (u')3 e(t-2u) e-2u (4.165) que no parece muy fácil de resolver, por esta razón volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.162), resultando u' = u3et (4.166) donde t = y + 2lnx, u(t) = 1 2+ xy' , (4.167) encontrando que la ecuación (4.166) es de tipo separable y cuya solución inmediata es: u = ± 1 -2et + C1 , (4.168)
z = v 2 – ver+C1 108 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. pero imaginemos que no sabemos resolverla. En dicho caso aplicamos otra vez el método de Lie obteniendo por lo tanto (simplemente aplicamos el procedimiento standard): 2 – ? u3et – 3? u2et = 0 ?t + (?u – ?t) u3et – ?u u3et
encontrando como solución los siguientes campos: X1 = u3?u, X2 = u + 2u3et ?u, X3 = ?t – u 2 ?u, X4 = e-t?t si por ejemplo elegimos X3 para calcular las v.c. encontramos: r = uet/2, z(r) = t =? t = z(r), u = r e1/2z(r) (4.169) de tal forma que la ecuación (4.166) se rescribe en estas nuevas variables como: z' = 2 r(2r2 + 1) =? z(r) = -ln 2r2 + 1 + 2lnr + C1 deshaciendo el c.v. (y simpli?cando)
t = -ln 2 uet/2 2 + 1 + 2ln uet/2 + C1, que es la solución (4.168) que ya habíamos obtenido. Otra forma de atacar la ecuación (4.166) sería la de buscar un factor integrante µ que haga que (µ * (4.166)) sea exacta, dicho factor integrante es: 1 u
Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.166) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.167) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: y' = -2+ -2e(y+2lnx) + C1 x (4.170) que es difícil de integrar, por eso volvemos a aplicar el método de Lie encontrando que ?x + ?y – ?x -2+ -2e(y+2lnx) + C1 x – ?y -2+ -2e(y+2lnx) + C1 x 2 + +? -2 (-2eyx2 + C1) + C1 (-2eyx2 + C1)x2 + 3? xey (-2eyx2 + C1) = 0 encontrando como solución los siguientes campos:
X1 = x?x – 2?y, X2 = -2x2ey + C1?y, si por ejemplo elegimos X1 para calcular las v.c. encontramos: (r = y + 2lnx, z(r) = lnx) =? (x = ez, y = r – 2z) (4.171) de tal forma que la ecuación (4.170) se rescribe en estas nuevas variables como: ' 1 -2er + C1 =? z(r) = – C1 2arctanh v v
C1 + C2
-2eyx2+C1 X3 = x?x + y?y, 109 4.3. EJEMPLOS
deshaciendo el c.v. (y simpli?cando) lnx = – 2arctanh v C1 v
v C1 + C2 (4.172) que es la solución de (4.170) y por lo tanto de (4.162).
Ejemplo 4.3.9 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y''y'yx6 – 2y'3×6 + 2y'2yx5 + y5 = 0 (4.173) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que planear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: y?yy + 2?y = 0, y2x?yy + 2x? – 2y2x?xy + 4y2?y – 2yx?y = 0, 2y2x6?x – 4yx7?x + 2y2x7?xy – y2x7?xx – 2y2x5? = 0, 2y2x6?x + y2x7?xx + 4y6x?y = 0, -6y6? + 4xy5? + 3y6x?x – 2y6x?y = 0, y6x?x = 0, cuyas soluciones son: X1 = y2?y, X2 = x2?x, 3 2 (4.174) comprobando que X1 X2 X3 3 2 X1 0 0 X1 X2 0 0 X2 X3 -32X1 -X2 0 i.e. Xi,Xj = aXk
De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: t = x, u(t) = -1 y =? x = t, y = – 1 u (4.175) en estas nuevas variables la ode original (4.173) se rescribe como: u'' = – 2u' t 1 – u't6 (4.176) que no parece muy fácil de resolver, por esta razón volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.173), resultando u' = – 2u t – 1 ut6 (4.177) donde t = x, u(t) = y' y2 , (4.178)
110 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. encontrando que la ecuación (4.177) es de tipo Bernoulli y cuya solución inmediata es: u = ± 2t + t2C1 t3 , (4.179) Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.177) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.178) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: y' = y2 2x + x2C1 x3 (4.180) que no es difícil de integrar, encontrando que 1 y – 3/2 2x + x2C1 3×3 – C2 = 0 (4.181) es la solución más general a la ecuación planteada (4.173).
Ejemplo 4.3.10 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' + xy' + xy'3 – y – yy'2 = 0 (4.182) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que plantear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: ? – y?y – x?x + 2x?y – ?yy = 0, -? – y?y + 2x?y + +3x?x + ?yy – 2y2?xy = 0, -3y?y + x?x – 2y?x + 2?xy – ?xx + ? = 0, 2y?x – ? + ?xx + y?y + x?x = 0, cuya solución es: x y (4.183)
(4.184) X1 = y?x – x?y,
De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son:
t = x2 + y2, u(t) = arctan
en estas nuevas variables la ode original (4.182) se rescribe como: u'' = – 1 u' 4t2u'2 + 4t3u'2 + t + 3 2 t (4.185) que no parece muy fácil de resolver, por esta razón volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (4.182), resultando u' = -2u3t(1+ t) – u(t + 3) 2t (4.186) donde t = x2 + y2, u(t) = xy' – y 2(x2 + y2)(x + yy') , (4.187) encontrando que la ecuación (4.186) es de tipo Bernoulli y cuya solución inmediata es: u = ± t 1 -4+ tet + C1 , (4.188)
-4+ (x2 + y2)e(x +y ) x + C1 a -4+ aea + C1 z' = – v r -4+ er + rC1 x 4.3. EJEMPLOS 111 Una vez obtenida la solución a la ecuación (4.186) entonces sólo nos queda deshacer el c.v. (4.187) obteniendo la siguiente ecuación diferencial: xy' – y (x + yy') = 2 -4+ (x2 + y2)e(x 2+y2) + C1 (4.189) i.e. y' = 2x + y -4+ (x2 + y2)e(x 2 2 2+y2)
+ C1 – 2y (4.190) que es difícil de integrar, encontrando que arctan x y ± x2+y2 1 v da – C2 = 0 (4.191) es la solución más general a la ecuación planteada (4.182). Si aplicamos el método de Lie a la ecuación (4.190) encontraríamos que una de las simetrías que admite dicha ecuación es X2 = -y?x + x?y que a suvez induce un c.v. x y r = x2 + y2, z(r) = -arctan
de tal forma que (4.190) se escribe como 1 r -4+ er + rC1 (4.192)
(4.193) que es una ode tipo cuadratura z = 1 – v dr + C2 (4.194) por lo tanto deshaciendo el c.v. llegaríamos a obtener la solución (4.191).
Ejemplo 4.3.11 Resolver la siguiente ecuación de segundo orden y'' = y2 2 – 2yy' x + y'2 (4.195) X2 = x?y, (4.196) Solución. Las simetrías que admite la ODE son X1 = x?x, por lo que [X1,X2] = X2.
De esta forma las variables canónicas que induce este campo X2 son: t = x, u(t) = y x , (4.197) en estas nuevas variables la ode original se rescribe como: u'' = u' u't2 – 2 t (4.198)
x = – 2 CHAPTER 4. ECUACIONES DE SEGUNDO ORDEN. 112
y cuya solución es: u = – dt t2 (lnt – C1) + C2, i.e. y x = – – x2 dx (lnx – C1) + C2, Para reducir la ODE utilizamos las variables canónicas, resultando u' = u2t – 2u t , (4.199) de tipo Bernoulli donde t = x, u(t) = y'x – y x2 , (4.200) y cuya solución inmediata es: u = – 1 t2 (lnt – C1) , (4.201) UnavezobtenidalasoluciónalaecuacióndeBernoulli, u(t),entoncessólonosquedadeshacerelc.v. obteniendo la siguiente ecuación diferencial: y'x – y 2 1 x (lnx – C1) (4.202) i.e. y' = – 1 x(lnx – C1) + y x (4.203) que no es difícil de integrar (lineal), encontrando que y = – dx x2 (lnx – C1) + C2 x (4.204) es la solución más general a la ecuación planteada.
X2 = x?x + y?y, Chapter 5
Ecuaciones de tercer orden.
5.1 Ejemplos
Veamos algunos ejemplos d eecuaciones de tercer orden y de como funciona el método con ellas.
Ejemplo 5.1.1 Resolver la siguiente ecuación de tercer orden y''' = 1 y3 (5.1) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que plantear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es: y3?y = 0, y3?yy = 0, -9y3?xy + 3y3?yy = 0, 3y3?xy – 3y3?xx = 0, y3?yyy = 0, -3y3?xyy + y3?yyy = 0, -3y3?xxy + y3?xyy = 0, -4?y + 3y3?xxy – 3y3?xxx = 0, 3 y ? + ?y – 3?x + y3?xxx = 0, cuyas soluciones son: X1 = ?x, 3 4 (5.2) comprobando que [X1,X2] = aX1 vemos que al encontrar sólo 2 simetrías, entonces nuestra ode no va a poder ser reducida a una ode tipo cuadrat- uras.
113
– 3 t = y, u(t) = ' – s2 – 2 2(15)3/4 114 CHAPTER 5. ECUACIONES DE TERCER ORDEN. (5.3) De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: (t = y, u(t) = x) =? (x = u, y = t) en estas nuevas variables la ode original (5.1) se rescribe como: u''' = 3t3u''2 – u'5 t3u' (5.4) que no parece muy fácil de resolver, por esta razón volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (5.1), resultando u'' = 2u'2 u u4 t (5.5) donde 1 y , (5.6) encontrando que la ecuación (5.5) es algo compicadilla de resolver así que aplicamos d enuevo el método de Lie i.e. -3u?u – u2?uu = 0, 3? – 3u?u + u2?uu – 2u2?tu = 0, 3 u5 u6 u6 u6 t t t t comprobando que admite una única simetría (5.7) X3 = 3t?t + u?u que induce el siguiente c.v. que nos permite obtener una ode de primer orden: s' = 1 9r5 – 5r2 s3 9 r 7 3 3s r (5.8) donde r = u t1/3 ,s(r) = – 3t1/3 u – 3u't (5.9) 3 que por desgracia al ser de tipo Abel no sabemos como resolverla. Intentaremos encontrar una solución particular mediante el método de los invariantes. La solución que induce el campo X2 = x?x + 4y?y es por lo tanto: dx x = 4dy 3y =? y = ax3/4 (5.10) donde a ? R, un simple cálculo nos nuestra que
a = ± v 15 El método pedestre nos lleva a obtener la misma solución después de homogeneizar dimensionalmente la ode mediante la introducción de una constante dimensional y''' = K y3 (5.11)
115 5.1. EJEMPLOS
donde [K] = y4x-3, por lo tanto y x y 1 0 K 4 -3 x 0 1 =? y ˜ Kx3 1/4 (5.12) como ya sabíamos.
Ejemplo 5.1.2 Resolver la siguiente ecuación de tercer orden
y''' = -yy'' (5.13) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que plantear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es:
?y = 0, ?yy = 0, -9?xy + 3?yy + y?y = 0, ? + y?x – 3?xx + 3?xy = 0, ?yyy = 0, -3?xyy + ?yyy – y?yy = 0, 3?xyy – 3?xxy + y?yy – 2y?xy = 0, -?xxx + 3?xxy – y?xx + 2y?xy = 0, ?xxx + y?xx = 0, cuyas soluciones son: X1 = ?x, X2 = x?x – y?y, (5.14) comprobando que [X1,X2] = X1 vemos que al encontrar sólo 2 simetrías, entonces nuestra ode no va a poder ser reducida a una ode tipo cuadrat- uras. De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: (5.15) (t = y, u(t) = x) =? (x = u, y = t)
en estas nuevas variables la ode original (5.13) se rescribe como: u''' = – u'' tu'2 – 3u'' u' (5.16) que no parece muy fácil de resolver, por esta razón volveremos a utilizar las variables canónicas para reducir el orden de la ode original (5.13), resultando u'' = 3u'2 u – u'ut (5.17) donde t = y, u(t) = 1 y' , (5.18)
116 CHAPTER 5. ECUACIONES DE TERCER ORDEN. encontrando que la ecuación (5.17) es algo compicadilla de resolver así que aplicamos d enuevo el método de Lie i.e.
-3u?u – u2?uu = 0, 3? + 2u3t?u – 3u?u + u2?uu – 2u2?tu = 0, u2t? + u3t?t + u3? – 6u?t + 2u2?tu – u2?tt = 0, u3t?t + u2?tt = 0,
comprobando que admite una única simetría (5.19) X3 = t?t – 2u?u
que induce el siguiente c.v. que nos permite obtener una ode de primer orden: s' = 2r3 + 6r2 s3 r + r2 – 7r s2 r – 3s r (5.20) donde r = ut2,s(r) = 1 t2 (u't + 2u) (5.21) que por desgracia al ser de tipo Abel no sabemos como resolverla. Intentaremos encontrar una solución particular mediante el método de los invariantes. La solución que induce el campo X2 = x?x – y?y es por lo tanto: dx x = – dy y =? y = a x (5.22) donde a ? R, un simple cálculo nos nuestra que a = 3. El método pedestre nos lleva a obtener la misma solución después de homogeneizar dimensionalmente la ode mediante la introducción de una constante dimensional y''' = -Kyy'' (5.23) donde [K] = y-1x-1, por lo tanto y x y 1 0 K x -1 0 -1 1 =? y ˜ 1 Kx (5.24) como ya sabíamos.
Ejemplo 5.1.3 Resolver la siguiente ecuación de tercer orden y''' = y''2 y'(1+ y') (5.25) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que plantear el es sistema de edps que nos
u' (2u + 3) 117 5.1. EJEMPLOS
determinarán las simetrías, este sistema de edps es: ?y = 0, -?x + ?y – 2?y = 0, ?x = 0, ?yy = 0, -10?yy – 9?xy + 3?yy = 0, 4?yy – 3?xx + 3?xy – 14?xy – 4?yy = 0, 2?xy – 4?xx – 5?xy – ?yy = 0, -2?xx – ?xy – ?xx = 0, ?xx = 0, ?yyy = 0, -3?xyy – 2?yyy + ?yyy = 0, -6?xyy – 3?xxy + 3?xyy + 2?yyy – ?yyy = 0, -6?xxy + 6+ 3?xyy – ?xxx + 3?xxy – 3?xyy + ?yyy = 0, 6?xxy – 2?xxx + ?xxx – 3?xxy + 3?xyy = 0, 2?xxx – ?xxx + 3?xxy = 0, ?xxx = 0, cuyas soluciones son: X1 = ?y, X2 = ?x, X3 = x?x + y?y, (5.26) comprobando que [X1,X2] = aX1 vemos que al encontrar 3 simetrías, entonces nuestra ode va a poder ser reducida a una ode tipo cuadraturas. De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: (5.27) (t = y, u(t) = x) =? (x = u, y = t) en estas nuevas variables la ode original (5.25) se rescribe como: u''' = u''2 (2u' + 3) u' (u' + 1) (5.28) que no parece muy fácil de resolver. En esta ocasión utilizaremos las variables que canónicas que inducen cada una de las simetrías obtenidas hasta llegar a una solución (en este caso podemos), resultando u'' = 2 u(u + 1) (5.29) donde t = y, u(t) = 1 y' , (5.30) la siguiente reducción es: s' = – s(2r + 3) r(r + 1) (5.31) donde r = u(t), s(r) = 1 u' (5.32)
118 CHAPTER 5. ECUACIONES DE TERCER ORDEN. por lo tanto s = e h(i)di , h(i) = – (2i + 3) i(i + 1) (5.33) donde i = r,h(i) = s' s (5.34) de esta forma, deshaciendo todos los cambios de variables y resolviendo las odes resultantes llegamos a la solución de la ode original (5.25) resultando ser: x = – 1- 2C1y – 2C1C2 C1 – 1 ln 2 1- 2C1y – 2C1C2 – 1 C1 + + 1 ln 2 1- 2C1y – 2C1C2 + 1 C1 – 1 ln(y + C2) 2 C1 + C3 (5.35) este es en realidad el camino que deberíamos seguir en cada caso, pero he preferido ser especialmente pesado desarrollando otras tácticas ya adquiridas. El camino que siempre hemos seguido sería el de estudiar la ode (5.29) aplicando de nuevo el método de Lie i.e. planteando un nuevo sistema de edps para buscar las simetrías de dicha ecuación, en este caso resulta que dicha ecuación admite muchas simetrías entre ellas X4 = (u2 + u)?u X4 = (u2 + u)?u que induce el siguiente c.v. que nos permite obtener una ode de primer orden: s' = 2s2 (5.36)
(5.37) donde r = t,s(r) = u' u(u + 1) (5.38) por lo tanto s = – 1 2r – C1 (5.39) y deshaciendo el c.v. u' u(u + 1) = – 1 2t – C1 =? 1 u = C2 2t – C1 – 1 (5.40) de nuevo y por último deshacemos el último c.v. obteniéndose: y' = C2 2y – C1 – 1 (5.41) y cuya solución es precisamente la ya encontrada i.e. la solución (5.35). Intentaremos encontrar una solución particular mediante el método de los invariantes. La solución que induce el campo X3 = x?x + y?y es por lo tanto: dx x = dy y =? y = ax (5.42) donde a ? R. El método pedestre nos lleva a obtener la misma solución después de homogeneizar dimensionalmente la ode mediante la introducción de una constante dimensional y'y''' + Ky'2y''' = y''2 (5.43) donde [K] = y-1x, por lo tanto y x y 1 0 K x -1 0 1 1 =? y ˜ x K (5.44)
y 119 5.1. EJEMPLOS
como ya sabíamos.
Ejemplo 5.1.4 Resolver la siguiente ecuación de tercer orden y''' = 2y''2 ' + y'' x + y'2 x (5.45) Solución. Aplicando el método de Lie lo primero que tenemos que plantear el es sistema de edps que nos determinarán las simetrías, este sistema de edps es:
x2?y = 0, x2?x = 0, x2?yy = 0, -x2?yx – x2?yy – x?y = 0, ? – 5×2?xy – x?x + x2?xx = 0, x2?xx = 0, x2?yyy = 0, 2x?y + x2?yyy – 3×2?xyy + x?yy = 0, ? – x?y – x?x + 3×2?xyy – 3×2?xxy + 2x?xy – x?yy = 0, -2x?x – x2?xxx + 3×2?xxy – 2x?xy + x?xx = 0, -x?xx + x2?xxx = 0, cuyas soluciones son: X1 = ?y, X2 = x?x. (5.46) (5.47) De esta forma las variables canónicas que induce este campo X1 son: (t = x, u(t) = y) =? (x = t, y = u)
en estas nuevas variables la ode original (5.45) se rescribe como: u''' = 2u''2t + u''u' + u'3 u't (5.48) que no parece muy fácil de resolver. En esta ocasión utilizaremos las variables que canónicas que inducen cada una de las simetrías obtenidas hasta llegar a una solución (en este caso podemos), resultando u'' = 2u'2 u + u' t + u2 t (5.49) donde t = x, u(t) = y' , (5.50) aplicando de nuevo el método de Lie i.e. planteando un nuevo sistema de edps para buscar las simetrías de dicha ecuación, en este caso resulta que dicha ecuación admite muchas simetrías entre ellas X3 = -t?t + u?u (5.51)
2arctanh v xC2-1 120 CHAPTER 5. ECUACIONES DE TERCER ORDEN. que induce el siguiente c.v. que nos permite obtener una ode de primer orden (tipo Bernoulli): s' = – r3 – r2 s3 r – 2s r (5.52) donde r = ut,s(r) = 1 t(u + u't) (5.53) por lo tanto s = ± r 1 -2r + 1+ r2C1 (5.54) y deshaciendo el c.v. 1 t(u + u't) = ± ut 1 -2ut + 1+ u2t2C1 (5.55) que resulta ser una ode de tipo homogénea, cuya solución es: lnt – C2 – arctanh ut – 1 -2ut + 1+ u2t2C1 = 0 (5.56) de nuevo y por último deshacemos el último c.v. (5.50) obteniéndose: lnx – C2 – arctanh y'x – 1 -2y'x + 1+ (y'x)2C1 = 0 (5.57) y cuya solución es: y = 4C1C2+1 4C1C2 + 1 + C3 (5.58) tal y como queríamos hacer ver.
·· · · i.e. we have an eq. type H = f(t, H, H ? ) where · · fH ? = – K1H + 2K2H-1H Chapter 6
Aplicaciones en problemas cosmológicos.
6.1 Distintas Aplicaciones 6.1.1 Lie method for the H-equation. · H + K1H H + K2H-1H2 + K3H3 = 0 (6.1) we consider ·· H = – · K1HH + K2H-1H2 + K3H3 (6.2) ·· ? · K1HH + K2H-1H2 + K3H3 therefore f(t, H, H) = –
ft = 0 (6.3)
(6.4) fH = – · K1H – K2H-2H2 + 3K3H2 (6.5) (6.6)
(6.7)
(6.8) ·
According with the previous theory, a vector ?eld X
X = ?(t, H)?t + ?(t, H)?H
is a symmetry of (6.2) iff
-? ft – ?fH + ?tt + (2?tH – ?tt) H' + (?HH – 2?tH) H'2 – ?HHH'3 + …
…+ ?H – 2?t – 3H'?H f – ?t + (?H – ?t) H' – H'2?H fH' = 0
121
· · · · -3H?H f = 3H'?H · · -?t fH' = ?t K1H + 2K2H-1H -?HHfH' = ?H K1HH ? + 2K2H-1H ? 2 ?tHfH' = -?t K1HH ? + 2K2H-1H ? 2 122
simpli?ying it is obtained: CHAPTER 6. APLICACIONES EN PROBLEMAS COSMOLÓGICOS.
-? ft = 0 · -?fH = ? K1H – K2H-2H2 + 3K3H2
· = ?K1H – ?K2H-2H2 + ?3K3H2 ?tt, (2?tH – ?tt) H', (?HH – 2?tH) H'2, ?HHH'3 ?H f = -?H · K1HH + K2H-1H2 + K3H3 · = -?HK1HH – ?HK2H-1H2 – ?HK3H3 -2?t f = 2?t · K1HH + K2H-1H2 + K3H3 · = 2?tK1HH + 2?tK2H-1H2 + 2?tK3H3 · · K1HH + K2H-1H2 + K3H3 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? therefore · · = 3?HK1HH2 + 3?HK2H-1H3 + 3?HK3H3H
– ?t + (?H – ?t) H' – H'2?H fH'
·
= ?tK1H + ?t2K2H-1H
·
= ?HK1HH + ?H2K2H-1H2
? = -?tK1HH – ?t2K2H-1H2
H2?H fH' = -?H K1HH2 + 2K2H-1H3 = -?HK1HH2 – ?H2K2H-1H3
-?fH + ?tt + (2?tH – ?tt) H' + (?HH – 2?tH) H'2 – ?HHH'3 + … …+ ?H – 2?t – 3H'?H f – ?t + (?H – ?t) H' – H'2?H fH' = 0 (6.9)
?K1 + 2?tH – ?tt + ?tK1H + 3?HK3H + 2?tK2H 3?K3H + ?tt – ?HK3H + 2?tK3H + ?tK1H = 0 123 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 6.1. DISTINTAS APLICACIONES
?K1H – ?K2H-2H2 + ?3K3H2 + ?tt + 2?tHH – ?ttH+ ?HHH2 – 2?tHH2 – ?HHH3 – ?HK1HH – ?HK2H-1H2 – ?HK3H3+ 2?tK1HH + 2?tK2H-1H2 + 2?tK3H3 + 3?HK1HH2 + 3?HK2H-1H3 + 3?HK3H3H+ ?tK1H + ?t2K2H-1H + ?HK1HH + ?H2K2H-1H2 – ?tK1HH – ?t2K2H-1H2 – ?HK1HH2 – ?H2K2H-1H3 separating with respect to powers of H we obtain: ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1. For H3
2. For H2
3. For H
4. For H0 -?HHH3 + 3?HK2H-1H3 – ?H2K2H-1H3 = 0 – ?HH + ?HK2H-1 = 0
– ?K2H-2 + ?HH – 2?tH – ?HK2H-1 + 2?tK2H-1 + 3?HK1H + ?H2K2H-1 – ?t2K2H-1 – ?HK1H – ?K2H-2 + ?HH – 2?tH + ?HK2H-1 + 2?HK1H = 0
?K1H + 2?tHH – ?ttH – ?HK1HH + 2?tK1HH + 3?HK3H3H + ?t2K2H-1H + ?HK1HH – ?tK1HH ?K1 + 2?tH – ?tt + ?tK1H + 3?HK3H3 + 2?tK2H-1 = 0
3?K3H2 + ?tt – ?HK3H3 + 2?tK3H3 + ?tK1H = 0 (6.10)
(6.11)
(6.12)
(6.13) Therefore we obtain the overdetermined system: -?HH + ?HK2H-1 = 0 (6.14) -?K2H -2 + ?HH – 2?tH + ?HK2H -1 + 2?HK1H = 0 (6.15) 3 -1 = 0 (6.16) 2 3 3
Solving (6.29-6.17), we ?nd that ?(t, H) = -at + b, ?(t, H) = aH being a and b numerical constant. For this form of ? and ? eq. (6.2) admits a single symmetry X = (at – b)?t – (aH)?H, (6.17)
(6.18)
(6.19) the knowledge of one symmetry X might suggest the form of a particular solution as an invariant of the operator X, i.e. the solution of dt ? (t,?) = d? ? (t,?) (6.20) This particular solution is known as an invariant solution (generalization of similarity solution). In this case H = 1 at – b , (6.21) which imply that 1 f = (at – b) a that is to said we again obtain a power law solution.
2 f f Ti;j = Ti – c4(t)di?,j Ti;j 124
6.1.2 CHAPTER 6. APLICACIONES EN PROBLEMAS COSMOLÓGICOS.
Fluidos perfectos con constantes variables We will use the ?eld equations in the form: 1 Rij – gijR = 8pG(t) c4(t) Tij + ?(t)gij (6.22) (6.23) Where the energy momentum tensor is:
Tij = (? + p)uiuj – pgij where p = ?? in such a way that ? ? [0,1]. The cosmological equations are now: 2 f '' f + (f ')2 2 = – 8pG(t) c(t)2 p + c(t)2?(t) (6.24) 3 (f ')2 2 = 8pG(t) c(t)2 ? + c(t)2?(t) (6.25) where f stands for the scale factor. Applying the covariance divergence to the second member of equation (6.22) we get: j 4c,j c – G,j G j j 8pG (6.26) that simpli?es to: ?' + 3(? + 1)?H = – ?'c4 8pG – ? G' G + 4? c' c (6.27) j
where H stands for the Hubble parameter (H = f' f ). The last equation may be written in the form: ?' + 3(? + 1)?H + ?'c4 8pG + ? G' G – 4? c' c = 0 (6.28) or the equivalent ?' ? + 3(? + 1)H + ?'c4 8pG? + G' G – 4 c' c = 0 (6.29) In this equation we can take a general energy density ? or use the black body equation of state ? = a?4 where a = so that equation (6.29) is now: 4 ?' ? – 3 c' c + ¯ ¯ h' h + 3(? + 1)H + ¯ 4 15?'c7h3 8p3GkB?4 + G' G – 4 c' c = 0 (6.30) Simplifying hypothesis
Hypothesis number one (H1). We introduce G c2 = const. = B (6.31)
125 6.1. DISTINTAS APLICACIONES
with [B] = LM-1. In this way we obtain directly a term that controls the behavior of the energy density. ? = b Bt2 b ? R (6.32) If we take ? = b Bt2 and introduce ? = a?4 we arrive at b Bt2 = a?4 =? ? = b Ba 1/4 t-1/2 (6.33) ¯ Hypothesis number two (H2) We can make a previous hypothesis on the behavior of the Planck´s constant as follows:
A c because it leaves the radiation constant a as constant with a constant kB = const. (see [?]) • h = Fc where [F] = L1M1. This hypothesis is introduced by some author to explain a possible variation of the ?ne structure constant. We will see that such hypothesis is irreconciliable with our model (see [?]). Hypothesis number three (H3) As a mathematical possibility (self-similar relation), obtained by means of the similarity group acting on the equations, we will assume the following behavior for the cosmological “constant”: ? = d c2(t)t2 (6.34) where d ? R. This hypothesis is a strong one since in some way it forces to the relation f(t) = c(t)t, but this is a desired relation to get the causality principle preserved. With this hypothesis we now deal with the equations
Lie methods for a perfect ?uid model.
The ?eld equations are: 2 f'' f + f' f 2 = – 8pG c2 p + ?c2, (6.35) 3 f' f 2 = 8pG c2 ? + ?c2, (6.36) ?' + 3(? + 1)?H = 0, (6.37) – ?'c4 8p?G – G' G + 4 c' c = 0, (6.38) from (6.85) – (6.86) it is obtained 2 f'' f – 2 f' f 2 = – 8pG c2 (p + ?), (6.39) it is observed that 2 f'' f – 2 f' f 2 = 2(H)' (6.40) then 2(H)' = – 8pG c2 (p + ? + ?) (6.41)
+ A 2?2. c – 2G 3 ? ?? – 2?-1?t = 0 2?t? – ?tt – 3A ?2? – 2?A 2? + ?? – 2?t A 2?2 = 0 =? 2 = B = const. 126 CHAPTER 6. APLICACIONES EN PROBLEMAS COSMOLÓGICOS. from (6.87) we can obtain H = – ?' 3((? + 1)?) (6.42) therefore ?' ? ' = 12p (? + 1)2 G c2 ? (6.43) making 12p (? + 1)2 = A then ?' ? ' = A G c2 ? (6.44) expanding we obtain ?'' = ?'2 ? G c (6.45) A vector ?eld X X = ?(t,?)?t + ?(t,?)?? is a symmetry of (6.110) iff
-? ft – ?f? + ?tt + 2?t? – ?tt ?' + ??? – 2?t? ?'2 – ????'3 + …
…+ ?? – 2?t – 3?'?? f – ?t + ?? – ?t ?' – y'2?? fy' = 0 By expanding and separating (6.92) with respect to powers of ?' we obtain the overdetermined system: ??? + ?-1?? = 0 (6.46)
(6.47)
(6.48) ??? – 2?t? + ? -2 ? – ? -1 ?? = 0 (6.49) G 2 c2 ?tt – A G' 2 c' c G G c c (6.50)
(6.51) Solving (6.103-6.106), we ?nd that ?(t,?) = -2et + a, ?(t,?) = (bt + d)? (6.52) subject to the constrain G' G = 2 c' c + bt + d – 4e 2et – a (6.53) with a,b,e, and d constants. In order to solve (6.113) we can consider the following cases:
1. Case I: b = 0 and d – 4e = 0 that brings us to the solution G' G = 2 c' c G c (6.54) The knowledge of one symmetry X might suggest the form of a particular solution as an invariant of the operator X i.e. the solution of dt ? (t,?) = d? ? (t,?) (6.55) this particular solution is known as an invariant solution (generalization of similarity solution), therefore the energy density is obtained from: dt -2et + a = d? 4e? (6.56)
? = A? f-3(?+1) =? f = (A?t) 3(?+1) , 8pB?0, ? = A? f-3(?+1) =? f = Kf (exp(at)) 3(?+1) 8pK?0 +2 6.1. DISTINTAS APLICACIONES 127 ? = 1 (2et – a)2 (6.57) for simplicity we adopt ? = ?0t-2 (6.58) (6.59) Once we have obtained ? we can obtain f (the scale factor) from 2
in this way we ?nd H and from eq. (6.86) it is obtained the behaviour of ?, being this: therefore c2? = 3H2 –
? = 3ß2 – 8pB?0 8pG c2
1 c2t2 ?
= l c2t2 (6.60)
(6.61) if we replace all these results into eq. (6.88) then we shall obtain the exact behaviour for c, i.e. – 1 t + c' c ? = c' c (6.62) obtaining in this way: c = c0t-a, (6.63) being ? =
with a = l
? 1+? . If we follow each step then it will be obtained the complete solution for each case. 2. Case II, b = e = 0 which imply ?(t,?) = a, ?(t,?) = d? and therefore: G' G = 2 c' c – d a (6.64) that brings us to: G c2 = Kexp(-at) (6.65) where d a = a dt ? (t,?) = d? ? (t,?) =? dt a = d? d? =? ? = ?0 exp(at) (6.66) this expression only has sense if a ? R-. The scale factor f veri?es the relationship: -1 (6.67) in this way we ?nd that H = – a 3(? + 1) (6.68) the cosmological “constant” is obtained from: c2? = a2 3(? + 1)2 – 8pK?0 =? c2? = l (6.69) if we replace all these results into eq. (6.88) then we shall obtain the exact behaviour for c, i.e. l 8pK?0 + 2 c' c = a (6.70) ?nding that c = Kexp(c0t) (6.71) being c0 = a l , note that a ? R- that is to say, c is a decreasing function on time t.
f = Kf (t + ?)- 3 + 2 c 2 3 + 2 – 2K3 3 8pK?0, 128 CHAPTER 6. APLICACIONES EN PROBLEMAS COSMOLÓGICOS. 3. Case III. d-4e 2e = a, b 2e = ß, -a 2e = ? G' G – 2 c' c = ßt + a t + ? (6.72) G c2 = K(t + ?)a-ß? exp(ßt) (6.73) dt ? (t,?) = d? ? (t,?) =? – dt t + ? = d? (ßt + a + 2)? =? (6.74) (6.75) ? = ?0(t + ?)-a+ß?-2 exp(-ßt)
following the above steps we ?nd that the scale factor veri?es the next relationship ? = A? f-3(?+1) =? f = Kf (t + ?)-a+ß?-2 exp(-ßt) -1 3(?+1) (6.76) 1 -a+? ß-2 ?+1 1 e 3(?+1) ßt (6.77) rewriting a-? ß+2 3(?+1) = ? and ß 3(?+1) = µ f = Kf (t + ?)? eµt (6.78) it is easy ?nd that H = ? (t + ?) + µ (6.79) therefore c2? = 3 ? + µ(t + ?) (t + ?) 2 – 8p K?0 (t + ?)2 =? (6.80) ? = c K1 2(t + ?)2 + c K2 2(t + ?) + K3 c2 (6.81) where K1 = 3?2 – 8pK?0 , K2 = 6µ? and K3 = 3µ2. ?' = -2K1 c c' 3(t + ?)2 1 c (t + ?)3 – K2 ' c (t + ?) 1 c (t + ?)2 c' c (6.82) In this way we ?nd that c veri?es the next eq. c' c ˜ ˜ ˜ 2K1 + 2+ K2(t + ?) + 2K3(t + ?)2 + ˜ 2K1 + ßt + a (t + ?) ˜ + K2 = 0 (6.83) ˜ being Ki = Ki therefore
lnc = – ˜ ˜ ˜ ˜ ˜ 2K1 + ßt + a + K2(t + ?) (t + ?) 2K1 + 2+ K2(t + ?) + 2K3(t + ?)2 (6.84)
+ ? – 4? = 0 ?' + = -3?H – ? 3H +W 2 k?? = -3?H – ? 3H +W ?' +?k-1?2-? = -3?H – ?? 3H +W 2 6.1. DISTINTAS APLICACIONES 129 6.1.3 Fluidos viscosos The ?eld equations are: 2 f'' f + f' f 2 = – 8pG c2 (p + ?) + ?c2 (6.85) 3 f' f 2 = 8pG c2 ? + ?c2 (6.86) ?' + 3(? + 1)?H = -3H? (6.87) ? ?c4 8pG ? ? G c G c ?-1 ? 1 ?' ? (6.88)
(6.89) from (6.85) – (6.86) it is obtained 2 f'' f – 2 f' f 2 = – 8pG c2 (p + ? + ?) it is observed that 2 f'' f – 2 f' f 2 = 2(H)' then 2(H)' = – 8pG c2 (p + ? + ?) from (6.87) we can obtain H = – ?' 3((? + 1)? + ?) if we make the assumption ? = ?? with ? ? R- (that may be unfounded, a strong simpli?cation), then we obtain ?' H = –
but in this new approach we are going to study the eq. (6.89) under the assumption ? = ?? with ? ? R-. In this way we ?nd that ?' + ? k???-1 1 2 ?' ? ? 1 ?' ? then H = -d D ?' ? ? + k-1?1-? where d = 2? 6+ 3? , D = 1+ ?W 2 now we go next to calculate H', H' = -d D ?'' ? – D ?' ? 2 ? + k-1 (1- ?)?-??' therefore 8pG (p + ? + ?) 4p c
– D-1k- ?1ß?ß?' + A 2?2 d a. – k- ?1ß?ß?' + A 2?2 ? – ?t2?-1 + ?Kß?ß-1 = 0 -?2A 2? + ?tt + ??A 2?2 – 2?tA 2?2 + ?tK?ß = 0 ? – k- ?1ß2?ß-1?' + 2A 2? = – 2 – Kß?ß-1?' + 2A 2? 130 CHAPTER 6. APLICACIONES EN PROBLEMAS COSMOLÓGICOS. where a = (? + 1+?). Simplifying it yields ?'' = ?'2 ? G c (6.90) with (1- ?) = ß and A = 4p As we can see this equation is similar to the eq. under study i.e. y'' = f(x,y,y') i.e. f(t,?,?') = ?'2 ? G c Model 1. Constants constants.
According with the previous theory, a vector ?eld X
X = ?(t,?)?t + ?(t,?)??
is a symmetry of (6.90) iff
-? ft – ?f? + ?tt + 2?t? – ?tt ?' + ??? – 2?t? ?'2 – ????'3 + …
…+ ?? – 2?t – 3?'?? f – ?t + ?? – ?t ?' – ?'2?? f?' = 0 Simplifying it:
??? + ?-1?? = 0 ??-2 – ???-1 + ??? – 2?t? + 2??K?ß = 0 (6.91)
(6.92)
(6.93) (6.94) 2?t? – ?tt + ?tK?ß – 3??A G 2 c2 (6.95) G G G c c c (6.96) ? where K = k-1ß, note that f = ?'2 ? ? – k-1ß?ß?' + AG?2 = ?'2 ? – K?ß?' + AG?2 ft = 0
f? = – ?'2 2 G ?'2 G c ? c f?' = 2 ?' ? ? – k-1ß?ß = 2 ?' ? – K?ß We take into account the following dimensional considerations: ??? = ? ?? , ?t? = ? t? =? ?t = ?? and ??AG?2 = ?AG?, ?tAG?2 = ?AG?2 t ?tK?ß = ? t2
?AG? = ?? ?t = ?? ?AG? = 2 ?? AG?t2 = 1 = 2 ?? ?AG?2t = ? ?? ?t = ?? ? + Aa 2?2 + 2aßA 2?2 = 0 ?(?,t) = – t + b, 2 131 6.1. DISTINTAS APLICACIONES
we can see that ?AG?2 t ? t ?AG?2 ? t t therefore with this constrain ?t = ??, we solve eqs. (6.93-6.96), ?nding
?(?,t) = -aßt + b ?(?,t) = a?
with the help of eq. (6.96) -2Aa G 2 G G c2 c c we ?nd that – 1+ 2ß = 0 ?? ß = 1 2 (6.97) 1 where ß = (1- ?), that is to say ? = 2. a 2 ?(?,t) = a? (6.98) and therefore a X = – t + b ?t + (a?)?? (6.99) As we can see, I would like to emphasize the result (6.97) since I believe that it is very important. In this case Lie method indicates us that there is only one symmetry but iff ? = 12 i.e. the crucial valor which makes scale invariant the equations etc…
Cases.
1. a = 0 For this value of a eq. (6.90) admits a single symmetry X = a 2 t – b ?t – (a?)?? the knowledge of one symmetry X might suggest the form of a particular solution as an invariant of the operator X i.e. the solution of dt ? (x,y) = d? ? (x,y) (6.100) this particular solution is known as an invariant solution (generalization of similarity solution). In this case ? = ?0t-2 for simplicity we have take b = 0, therefore the condition ? = ?? are very restrictive etc….
Model 2. G and ? variables.
According with the previous theory, a vector ?eld X
X = ?(t,?)?t + ?(t,?)?? (6.101)
? – ?t2?-1 + ?Kß?ß-1 = 0 2?t? – ?tt + ?tK?ß – 3??A -?A 2 ?2 – ?2A 2? + ?tt + ??A 2?2 – 2?tA 2?2 + ?tK?ß = 0 – K?ß?' + A 2?2 132 CHAPTER 6. APLICACIONES EN PROBLEMAS COSMOLÓGICOS. (6.102)
(6.103) (6.104)
(6.105)
(6.106) ? is a symmetry of (6.90) iff
-? ft – ?f? + ?tt + 2?t? – ?tt ?' + ??? – 2?t? ?'2 – ????'3 + …
…+ ?? – 2?t – 3?'?? f – ?t + ?? – ?t ?' – ?'2?? f?' = 0
Therefore the new results are: ??? + ?-1?? = 0 ??-2 – ???-1 + ??? – 2?t? + 2??K?ß = 0 G 2 c2 G' G G G c c c c where K = k-1ß, note that f = ?'2 ? G c c ?'2 G ? c f?' = 2 ?' ? – K?ß therefore with this constrain ?t = ??, we solve eqs. (6.103-6.106), ?nding ?(?,t) = -aßt + b, ?(?,t) = a? with G' G = (1- 2ß)a aßt – b where ß = (1- ?). Cases We have only two simple cases: 1. a = 0 which correspond to G = const. 2. a = 0 which correspond to G = Gß (ßt + b) 1 -2+ ß 1 it is observed that if ? = 12 then G = const. since ß = (1- ?), if ? > 2 then G is a growing function on time and if ? < 12 then G is a decreasing function on time. For this form of G eq. (6.90) admits a single symmetry X = (aßt – b)?t – (a?)?? the knowledge of one symmetry X might suggest the form of a particular solution as an invariant of the operator X i.e. the solution of dt ? (x,y) = d? ? (x,y) (6.107)
– 1 2- ß 1 -2 ˜ A-1 (ßt) ß 2?t? – ?tt + A?t?1-s – 3B?? ? – 2?t?-1 + A(1- s)??-s = 0, ?2 – 2B? 2? + ?tt + ?? – 2?t B 2?2 + A?t?1-s = 0, – 2G 3 c ? c = K[ast + b]-2+ s , 6.1. DISTINTAS APLICACIONES 133 this particular solution is known as an invariant solution (generalization of similarity solution). In this case t ß = ? for simplicity we have take b = 0. With this result we can apply the standard Lie procedure or through pedestrian method to try to obtain the rest of quantities like ?. In this way taking into account dimensional considerations from eq. ?'' = ?'2 ? ? – k-1ß?ß?' + AG?2 ? it is obtained the next relationship between quantities k-1ß?ßt ? 1 and AG?t2 ? 1 this last relationship is the known relation for the inertia obtained by Sciama. From these relationship we obtain ? ˜ A-1 (ßt + b) t – 1 ? ? we can see that this result veri?es the relation k-1ß?ßt ? 1 since k-1ßt-1t ? 1 therefore the condition ? = ?? are very restrictive.
Model 3. G, c and ? variables.
According with the previous theory, a vector ?eld X X = ?(t,?)?t + ?(t,?)?? is a symmetry of (6.90) iff -? ft – ?f? + ?tt + 2?t? – ?tt ?' + ??? – 2?t? ?'2 – ????'3 + …
…+ ?? – 2?t – 3?'?? f – ?t + ?? – ?t ?' – ?'2?? f?' = 0
??? + ?-1?? = 0, (6.108)
(6.109)
(6.110) ?? -2 – ??? -1 + ??? – 2?t? + 2A??? 1-s = 0, (6.111) G 2 c2 -B? ? G c2 ? c G G c c c (6.112)
(6.113) Solving (6.110-6.113), we ?nd that ?(?,t) = -ast + b, ?(?,t) = a? (6.114) with the constraint ? G G = 2 + c (1- 2s)a b – ast , (6.115) being a and b numerical constant. Thus we have found all the possible forms of G and c for which eq. (6.90) admits symmetries. There are two cases with respect to the values of the constant a, a = 0 which correspond to G = const, c = const. and a = 0 which correspond to G 2 1 (6.116)
? = ?0t- s , k-1s?st ? 1, B 2?t2 ? 1. (6.120) c ? ˜ B-1K-1c2 [ast + b] s t-2 ˜ B-1K-1c2 [ast]- s . (6.121) 3?2 – 8pK(as)-2+ s ?0 l 1- 2s 1 l c 4pK?0 4pK?0 ?+ 134 CHAPTER 6. APLICACIONES EN PROBLEMAS COSMOLÓGICOS. with K a constant of integration. If s = 1 2, which correspond to ? = 12, then G and c remain constants. For this form of G and c eq. (6.90) admits a single symmetry X = (ast – b)?t – (a?)??. (6.117) this is not a surprising result since as already have been point out by M. Szydlowki and M. Heller there is only one symmetry. Theknowledge ofone symmetry X might suggest theformofaparticular solution as aninvariant oftheoperator X, i.e. the solution of dt ? (t,?) = d? ? (t,?) (6.118) This particular solution is known as an invariant solution (generalization of similarity solution). In this case 1 (6.119) where for simplicity we have taken b = 0, and ?0 is a constant of integration (note that s = (1- ?) being ? the bulk viscous parameter). We can apply a pedestrian method to try to obtain the same results. In this way, taking into account dimensional considerations, from the eq. (6.90) we obtain the following relationships between density, time and gravitational constant: ? G This last relationship is also known as the relation for inertia obtained by Sciama. From these relationship we obtain 2s-1 1 We can see that this result veri?es the relation ? 0 k-1s?st ? 1. Once we have obtained ? we can obtain f (the scale factor) from
? = A?,? f-3(?+1+?) =? f = A?,??-1t 1 3(?+1+?)s , (6.122)
(6.123) in this way we ?nd H and from eq. (6.86) it is obtained the behaviour of ?, being this: ? = 1 c2t2 = l c2t2 (6.124) 0 (A?,??-1) 3(?+1+?)s if being ? = i.e.
therefore we replace all these results into eq. (6.88) then we shall obtain the exact behaviour for c,
– + = + 2 , (6.125) s t c
c = c0t-e, (6.126) being e = (1-2s) s (?+2) and ? = l 4pK?0 . Therefore the conditions ? = ?? together with the equation (6.89) are very restrictive. Hence we have shown that under these assumptions there are no another possible solutions for the ?eld equations.
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