Soluciones de los problemas 5, 6 y 7 de la hoja 5.

TRES PROBLEMAS DE ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS.
Problema 1.
Sean f : Ω → Rn un campo de clase C 1 , x ∈ Ω, y denotemos Ix = (α, β), el intervalo maximal
de definición de Φx (t). Supongamos que existe lı́mt→β − Φx (t) = x0 ∈ Ω. Demostrar que entonces
β = +∞, y x0 es un punto de equilibrio. (Análogamente, si existe lı́mt→α+ Φx (t) = y0 entonces
α = −∞ e y0 es un punto de equilibrio.)
Solución.
Si el tiempo maximal β fuera finito tendríamos dist(x0 , ∂Ω)x = lı́mt→β − dist(Φx (t), ∂Ω) = 0
luego, como ∂Ω es cerrado, x0 ∈ ∂Ω, contradiciendo que x0 ∈ Ω. Por tanto β = +∞. Ahora,
denotando Φx (t) = φ(t, x) = (φi (t, x))ni=1 y aplicando el teorema del valor medio a cada función
coordenada t 7→ φi (t, x), para cada t > 0 y cada i ∈ {1, ..., n} existe sit ∈ (t, t + 1) tal que
n
n
n
φi (t + 1, x) − φi (t, x)
φ(t + 1, x) − φ(t, x) =
= φ0i (sit ) i=1 = fi (φ(sit , x)) i=1 .
t+1−t
i=1
Tomando límite cuando t → ∞, puesto que también sit tiende a infinito con t, obtenemos
n
0 = x0 − x0 = lı́m φ(t + 1, x) − φ(t, x) = lı́m fi (φ(sit , x)) i=1 = (fi (x0 ))ni=1 = f (x0 ),
t→∞
t→∞
luego x0 es un punto de equilibrio.
Problema 2.
Sea C una curva cerrada simple en Ω ⊆ Rn (con n ≥ 2), y sea f : Ω → Rn un campo C 1 .
Supongamos que C no contiene puntos de equilibrio de f , y que Ox ⊆ C. Probar que entonces
Ox = C, y en particular la curva Φx (t) es periódica.
Primera solución, suponiendo que C es de clase C 1 .
Veamos en primer lugar que Ox es periódica. Por el Teorema de clasificación de las órbitas,
y teniendo en cuenta que C no contiene puntos de equilibrio por hipótesis, nos basta descartar
que Ox sea inyectiva.
Observamos que Ix = (−∞, +∞) ya que Ox ⊆ C y C está a distancia positiva de la frontera
de Ω (recordar el teorema sobre prolongabilidad de soluciones). Además, como f es continua y
C es compacto y no contiene puntos de equilibrio, se tiene que
d
Φx (t)k = kf (Φ(t, x))k ≥ m := mı́n kf (z)k > 0
z∈C
dt
Si Ox fuera inyectiva entonces tendríamos
Z ∞
Z +∞
d
longitud(Ox ) =
k Φx (t)kdt ≥
mdt = ∞,
−∞ dt
−∞
k
pero esto es imposible porque, por otro lado, C es la imagen de cierta γ : [0, 1] → Rn de clase
C 1 (con γ|(0,1) inyectiva y γ(0) = γ(1)), y Ox ⊆ C, luego se tiene
Z 1
kγ 0 (t)kdt ≤ M < ∞
longitud(Ox ) ≤ longitud(C) =
0
0
(donde M = máxt∈[0,1] kγ (t)k).
Por tanto Ox debe cortarse a sí misma y, por el teorema de clasificación de las órbitas, es
periódica.
Veamos ahora que Ox = C. Si no fuera así, existiría y ∈ C \Ox y entonces, puesto que C \{y}
es homeomorfo a R y Ox ⊂ C \ {y}, resultaría que Ox sería homeomorfo a un subconjunto
conexo de R, es decir un intervalo. Pero por otro lado Ox es homeomorfo a una circunferencia.
Luego una circunferencia sería homeomorfa a un intervalo, lo cual es imposible (la circunferencia
menos uno cualquiera de sus puntos es conexo, mientras que el intervalo menos uno de sus puntos
interiores es desconexo).
Segunda solución, suponiendo que C es sólamente continua.
Examinando la demostración anterior vemos que toda ella, excepto la parte que prueba que
Ox no puede ser inyectiva, es válida también en el caso de que C es sólo continua.
Por tanto bastará probar que la aplicación R 3 t → Φx (t) no puede ser inyectiva.
Sea h : C → S 1 = {eiθ : θ ∈ [0, 2π]} un homeomorfismo. Obviamente podemos suponer que
Ox 6= C (de lo contrario habríamos acabado) y por tanto también, componiendo h con una
rotación de S 1 si fuera preciso, que (1, 0) ∈
/ h(Ox ).
En esta situación, si Φx (t) es inyectiva entonces, para cada t ∈ R existe un único θ(t) ∈ (0, 2π)
tal que h(Φx (t)) = eiθ(t) , y además la aplicación θ : R → (0, 2π) es continua e inyectiva.
En particular es estrictamente monótona y acotada, luego existen β := lı́mt→∞ θ(t) y α :=
lı́mt→−∞ θ(t) y están en [0, 2π]. Como h−1 es continua, existen también
lı́m Φx (t) = lı́m h−1 (eiθ(t) ) = h−1 (eiα ) ∈ C y
t→−∞
t→−∞
lı́m Φx (t) = lı́m h−1 (eiθ(t) ) = h−1 (eiβ ) ∈ C.
t→+∞
t→+∞
Pero entonces, por el problema anterior resulta que h−1 (eiα ), h−1 (eiβ ) ∈ C son puntos de
equilibrio, lo cual contradice la hipótesis.
Problema 3.
Sea C un conjunto homeomorfo a una recta en Ω ⊆ Rn , y sea f : Ω → Rn un campo C 1 .
Supongamos que C no contiene puntos de equilibrio de f , y que Ox ⊆ C. Probar que entonces
Ox = C, y en particular la curva Φx (t) es inyectiva.
Solución.
Es claro que Ox no puede ser periódica, puesto que C es homeomorfo a R, que no contiene
ningún subconjunto homeomorfo a S 1 . Además C no contiene puntos de equilibrio, luego Ox
tampoco es un equilibrio. Por tanto Ox es inyectiva. Veamos que Ox = C.
Sea h : C → R un homeomorfismo. La composición h ◦ Φx : Ix := (α, β) ⊆ R → R es
inyectiva, luego también estrictamente monótona, y por tanto existen los límites
lı́m h ◦ Φx (t) := a, y lı́m− h ◦ Φx (t) := b.
t→α+
t→β
Supongamos, por ejemplo, que h ◦ Φx es creciente. Entonces tenemos b ∈ (−∞, ∞], a ∈
[−∞, ∞).
Si b = +∞ y a = −∞ entonces h ◦ Φx es un homeomorfismo entre (α, β) y R, luego
Φx = h−1 ◦ h ◦ Φx lo es entre (α, β) y C = h−1 (R); en particular Ox = Φx (α, β) = C y hemos
acabado.
En caso contrario, a > −∞ o bien b < +∞. Supongamos, por ejemplo, que b < +∞. Como
h−1 es continua tendremos
h−1 (b) = h−1 ( lı́m− h ◦ Φx (t)) = lı́m− h−1 ◦ h ◦ Φx (t) = lı́m− Φx (t),
t→β
t→β
t→β
pero entonces, por el problema 1, se tiene que β = +∞ y que h−1 (b) es un punto de equilibrio,
lo que contradice la hipótesis. El caso a > −∞ conduce también a una contradicción por un
razonamiento completamente análogo.