A continuación daremos algunos teoremas de unicidad para un problema de valores iniciales de la siguiente forma x = f (t, x) (3.1)

Transcripción

1 3 Teoremas de Unicidad A continuación daremos algunos teoremas de unicidad para un problema de valores iniciales de la siguiente forma x = f (t, x) (3.1) x(t ) = x. 3.1 Teorema de Unicidad de Peano Teorem (Teorema de Unicidad de Peano). Sean a, b > y f (t, x) una función continua en Q + = {(t, x): t t t + a, x x b} y decreciente en x para todo t [t, t +a] fijo. Entonces (3.1) tiene a lo sumo una solución en el intervalo [t, t + a]. Demostración. Para simplificar la notación supondremos que t =. Supongamos que x 1 y x 2 son dos soluciones de (3.1) en I = [, a] y que existe t I tal que x 1 (t) x 2 (t). Asumiremos que x 2 (t) > x 1 (t). Sean A = {t I : x 2 (t) > x 1 (t)} y t 1 = inf A. Observar que t 1 existe porque es una cota inferior para A. Luego, dado ε >, resulta que x 2 (t) > x 1 (t) t (t 1, t 1 + ε) y como f es decreciente tenemos que f (t, x 1 (t)) > f (t, x 2 (t)) para todo t (t 1, t 1 + ε) o lo que es lo mismo x 1 (t) x 2 (t) t (t 1, t 1 + ε). Por lo tanto si consideramos la función z(t) = x 2 (t) x 1 (t)

2 3.1 Teorema de Unicidad de Peano 23 resulta que z es decreciente en el intervalo (t 1, t 1 + ε) y como z(t 1 ) = resulta que z(t) en (t 1, t 1 + ε) o sea x 2 (t) x 1 (t) t (t 1, t 1 + ε), lo que es una contradicción. Esta contradicción provino de suponer que existía t [, a] tal x 1 (t) x 2 (t), luego no existe y por lo tanto x 1 x 2 en I. Ejemplo Se puede cambiar la hipótesis de que la función f (t, x) sea decreciente respecto de la segunda variable por que sea creciente en el Teorema 3.1.1? Consideremos la función f (t, x) = f (x) = sgn(x) x, que es creciente y continua, y el problema de valores iniciales x = sgn(x) x, x() =. Observemos que este problema tiene dos soluciones x y x(t) = x2 en el intervalo 4 [, + ). Por lo tanto no podemos cambiar la hipótesis de decrecimiento por crecimiento en el Teorema Observación Si f (t, x) es continua en Q = {(t, x): t a t t, x x b} y creciente en x para todo t [t a, t ] fijo. Entonces (3.1) tiene a lo sumo una solución en el intervalo [t a, t ]. Ejemplo Considere la función f (t, x) en la banda definida por T = {(t, x): t 1}, si t, y R. 2t si < t 1, x <, f (t, x) = 2t 4 x si < t 1, x t 2, t 2t si < t 1, t 2 < x. Mostraremos que el problema de valores iniciales x = f (t, x) x() =, tiene solución única en el intervalo (, 1]. Comencemos por observar que la función f es continua y acotada (2 es una cota de f en T) entonces, por el Teorema de Existencia de Peano, podemos asegurar que existe

3 24 Teoremas de Unicidad una solución en un intervalo alrededor del. También podemos observar que si fijamos t (, ] la función es constante y si fijamos t (, 1] la función es decreciente con respecto a la variable x. Entonces, usando el Teorema (3.1.1) y la última observación, podemos concluir que existe a lo sumo una única solución en el intervalo (, 1]. Por último se puede ver que la única solución es si t, x(t) = x 2 si < t Otros Teoremas de Unicidad En lo que sigue consideraremos el siguiente conjunto donde a, b >. Q = {(t, x): t t a, x x b} Teorem (Teorema de Unicidad de Osgood). Sean f (t, x) una función continua en Q tal que f (t, x 1 ) f (t, x 2 ) w( x 1 x 2 ), (3.2) donde w es una función continua y creciente en [, + ) tal que w() =, w(t) > para todo t > y dt =. (3.3) w(t) ε ε Entonces (3.1) tiene a lo sumo una solución en el intervalo [t a, t + a]. Para la demostración de este teorema vamos a necesitar un resultado previo. Lema Sea w una función como en el Teorema y sea u una función no negativa y continua en el intervalo [, a]. Entonces, si vale que resulta que u en [, a]. u(t) w(u(s)) ds t (, a], (3.4) Demostración. Comencemos por definir la función v(t) = max{u(s): s [, t]} para todo t [, a]. Supongamos que v(t) >. Observemos que para todo t [, a] : u(t) v(t);

4 3.2 Otros Teoremas de Unicidad 25 Existe z [, t] tal que u(z) = v(t). Entonces, por (3.4) y como w y v son crecientes y positivas, tenemos que v(t) = u(z) Tomemos ahora, z v(t) = observemos que: v() = ; v(t) v(t); v (t) = w(v(t)) w(v(t)). w(u(s)) ds w(v(s)) ds, w(v(s)) ds. Entonces, para todo δ [, a] a δ v (t) dt a δ a. w(v(t)) Pero si tomamos el cambio de varibles h = v(t) resulta que a v (t) w(v(t)) = α ε 1 w(h) dh, donde v(δ) = ε y v(a) = α. Luego tenemos que, como ε cuando δ, α 1 a δ ε w(h) dh = lo que es un absurdo. Esto muestra que v(t) no puede ser positiva, entonces v en [, a] y por lo tanto u en [, a]. Estamos en condiciones de hacer la demostración del Teorema Demostración del Teorema Para simplificar la notación vamos a considerar el caso que t = y vamos a probar la unicidad en el intervalo [, a], quedando para el lector la demostración de la unicidad en el intervalo [ a, ]. Supongamos que existen dos soluciones x 1 y x 2 del problema (3.1) en el [, a]. Entonces, usando (3.2), resulta que x 1 (t) x 2 (t) Definimos u : [, a] R > w( x 1 (s) x 2 (s) ) ds u(t) = x 1 (t) x 2 (t). t [, a]. Observemos que u es continua y positiva en [, a] y satisface la desigualdad (3.4). Entonces, usando el Lema 3.2.2, tenemos que u en [, a], o lo que es lo mismo, x 1 x 2 en [, a].

5 26 Teoremas de Unicidad Ejemplo A continuación daremos algunos ejemplos de funciones que satisfacen las hipótesis del Teorema w 1 (z) = Lz α z ln(z) si z e 1, (α 1) y w(z) = e 1 si z e 1. Teorem (Teorema de Unicidad de Nagumo). Sea f (t, x) continua en Q y tal que f (t, x 1 ) f (t, x 2 ) k t t x 1 x 2 (t, x 1 ), (t, x 2 ) Q, t t (3.5) donde k 1. Entonces (3.1) a lo sumo tiene una solución en el intervalo I = [ a+t, a+t ]. En la demostración de este teorema necesitaremos el siguiente resultado. Lema Sea u una función no negativa y continua en I = [ a + t, t + a] tal que u(t ) = y u es derivable en t con u (t ) =. Entonces la desigualdad u(t) u(s) ds (3.6) s t implica que u en I. t Demostración. Para simplificar la notación supondremos que t suficiente mostrar que u en [, a]. Comencemos por definir = y además que es v(t) = u(s) s ds, la integral existe puesto que u(t) t t Además v es no negativa y usando (3.6) entonces v (t) = u(t) t = u () =. d ( v ) dt t v(t) t y por lo tanto v es decreciente. Como v() =, tenemos que v es no positiva. Por lo tanto s v en el [, a], y entonces u en [, a]. Ahora estamos en condiciones de demostrar el Teorema

6 3.2 Otros Teoremas de Unicidad 27 Demostración del Teorema Supongamos que x 1 y x 2 son dos soluciones de (3.1) en I. Entonces, usando (3.5), tenemos que x 1 x 2 x 1 x 2 t s t ds. Tomemos u(t) = x 1 (t) x 2 (t). Observemos que: u es continua y no negativa; u(t ) = ; u satisface (3.6). Para poder aplicar el lema anterior sólo nos falta ver que u es derivable en y que u () =. u(t + h) u(t ) h + h x 1 (t + h) x 2 (t + h) = h + h = x 1 (t + h) x 2 (t + h) h + h = x 1 (t + h) x 1 (t ) + x 2 (t ) x 2 (t + h) h + h = x 1 (t ) x 2 (t ) = f (t, x 1 (t )) f (t, x 2 (t )) = De manera similar u(t + h) u(t ) h h Por lo tanto u es derivable en t y u (t ) =. =. Luego, usando el Lema 3.2.5, tenemos que u en I y por lo tanto x 1 x 2 en I.