Teorema de Existencia y unicidad (caso n

Teorema de Existencia y unicidad (caso n-dimensional).
Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y V ⊂ R un intervalo abierto en R. Considere la aplicación
v : V × U → Rn diferenciable con derivada continua en una vecindad de un punto (x0 , t0 ) ∈ V × U .
Considere la ecuación diferencial
ẋ = v(t, x)
(1)
con la condicion inicial
t0 7→ x
(2)
Definición. Una solución de (1) que satisface (2) es una curva parametrizada α definida en una
vecindad de t0 tal que dα
dt (t) = v(t, α(t)) y que ademas satisface la condición inicial α(t0 ) = x.
Teorema de existencia y unicidad y dependencia continua de soluciones con respecto
a las condiciones iniciales. Sea v una aplicación continuamente diferenciable en una vecindad
V × U ⊂ R × Rn de un punto (t0 , x0 ). Considere la ecuación diferencial (1) con condición inicial
(2). Existen vecindades U0 ⊂ U , V0 ⊂ V de x0 y t0 respectivamente y una aplicación continua
ϕ : V0 × U0 → U tal que,
dϕ
(t, x) = v(t, ϕ(t, x))
dt
y
ϕ(t0 , x) = x,
∀(t, x) ∈ V0 × U0
Ademas para cada x ∈ U0 la curva parametrizada ϕx : V0 → U, ϕx (t) = ϕ(t, x) es solución de
(1) y (2) y es la única en el sentido de que si α es una curva parametrizada que resuelve (1) y (2)
entonces α y ϕx coinciden en el intervalo comun que contiene a t0 .
Definición 1. A la transformación ϕ se le llama flujo de la ecuacion diferencial en la vecindad
U0 × V0 .
Equivalencia con un problema de punto fijo.
Si damos por cierto el teorema observamos que la transformación ϕ satisface la siguiente igualdad:
Z t
dϕ
ϕ(t, x) − ϕ(t0 , x0 ) =
(τ, x)dτ,
t0 dt
Z t
=
v(τ, ϕ(τ, x))dτ,
t0
Por lo que definiendo la aplicacion continua h : V0 × U0 → Rn como:
Z t
h(t, x) =
v(τ, ϕ(τ, x))dτ,
t0
esta satisface la igualdad:
Z
t
v(τ, x + h(τ, x))dτ, ∀(t, x) ∈ V0 × U0 .
h(t, x) =
t0
El lado derecho de la igualdad sugiere definir un operador de la siguiente manera: Considere una
transformación continua f : V0 × U0 → Rn tal que x + f (t, x) ∈ U, ∀(t, x) ∈ V0 × U0 . Definimos
L(f ) como la aplicación:
1
Z
t
L(f )(t, x) :=
(t, x) ∈ V0 × U0 .
v(τ, x + f (τ, x))dτ,
t0
De lo mencionado arriba se sigue de inmediato la siguiente proposición:
Proposición. Suponga que existen vecindades U0 ⊂ U , V0 ⊂ V de x0 y t0 respectivamente y una
aplicación continua h : V0 × U0 → Rn tales que, L(h) esta definida y L(h) = h, es decir:
Z t
h(t, x) =
v(τ, x + h(τ, x))dτ, ∀(t, x) ∈ V0 × U0
t0
entonces para cada x ∈ U0 la curva ϕ( , x) : V0 → U
ϕ(t, x) = x + h(t, x),
es solucion de (1) y (2)
Con esto procederemos ahora a construir una vecindad adecuada para determinar el espacio de
transformaciones continuas donde el operador L este bien definido. Ademas probaremos que, en
dicho espacio, el operador L tiene un único punto fijo h con el cual trabajaremos para finalmente
completar la prueba del teorema.
Sea a, b números positivos reales y considere el siguientes cilindro
Γa,b = { (t, x) ∈ R × Rn : |t − t0 | ≤ a, kx − x0 k ≤ b}
1. Γa,b es un conjunto compacto y convexo, además si a, b son suficientemente pequeños Γa,b ⊂
U ×V.
2. En Γa,b considere las siguientes cotas
M
{ kv(t, x)k },
∂v
:=
sup
∂x (t, x) .
(t,x)∈Γa,b
:=
sup
(t,x)∈Γa,b
N
3. Existen reales positivos a0 , b0 suficientemente pequeños tales que para cada x tal que kx−x0 k ≤
b0 el conjunto
Kx := {(t, y) : ky − xk ≤ M | t − t0 |, | t − t0 |≤ a0 }
es subconjunto de Γa,b . Sea
K := Ka0 ,b0 :=
[
kx−x0
Kx .
k≤b0
Sea M := Ma0 ,b0 = { f ∈ C (Γa0 ,b0 , R ) : kf (t, x)k ≤ M | t − t0 |}.
0
n
4. El conjunto de funciones M tiene las siguientes propiedades:
– M es no vacio:
En efecto la funcion constante nula está en M.
2
Γa,b
K
Γa0 ,b0
1111111111
0000000000
0
1
0000000000
1111111111
0
1
0000000000
1111111111
0
1
0000000000
1111111111
0
1
0000000000
1111111111
0
1
0000000000
1111111111
0
1
0000000000
1111111111
0
1
0000000000
1111111111
b
x0
b0
t
t0 − a t0 − a0
t0
t0 + a0
t0 + a
K0
Figure 1:
– Para toda f en M el conjunto {(t, x + f (t, x)) : (t, x) ∈ Γa0 ,b0 } esta contenida en
Kx ⊂ Γa,b . En efecto, ya que si f en M, y (t, x) ∈ Γa0 ,b0 entonces el punto (t, y) = (t, x + f (x)) satisface
que: ky − xk = kf (t, x)k ≤ M |t − t0 |, donde kt − t0 k ≤ a0 , kx − x0 k ≤ b0 . Por tanto (t, x + f (t, x)) ∈ K.
– M con la métrica ρ del supremo
ρ(f, g) =
max
(t,x)∈Γa0 ,b0
es un espacio métrico completo
{kf (t, x) − g(t, x)k}
i.e. toda sucesión de Cauchy converge a un elemento de M.
– El operador L satisface: L(M) ⊂ M.
– Si a0 es suficientemente pequeño, entonces el operador L es una contracción
(i.e. Existe λ ∈ (0, 1) tal que para toda f, g ∈ M,
ρ(L(f ), L(g)) ≤ λρ(f, g).
De hecho basta con la elección λ =
N a0
y con a0 lo suficientemente pequeño se satisface que λ < 1).
Para probar esta afirmación recordemos el siguiente resultado de cálculo vectorial consecuencia del teorema del valor medio:
1. Lema. Sea Γ un compacto convexo contenido en un abierto W ⊂ Rm y suponga que la transformación G : W → Rn es continuamente diferenciable. Entonces existe una constante positiva L tal que
para todo par de puntos p, q ∈ Γ, se satisface:
kG(q) − G(p)k ≤ Lkq − pk.
3
2. Para cada (t, x) ∈ Γa0 ,b0 se tiene:
kL(f )(t, x) − L(g)(t, x)k
=
k
Rt
v(τ, x + f (τ, x))dτ −
t0
Rt
t0
v(τ, x + g(τ, x))dτ k
por definición de L
=
k
Rt
v(τ, x + f (τ, x)) − v(τ, x + g(τ, x))dτ k
t0
por aditividad de la integral,
≤
|
Rt
t0
kv(τ, x + f (τ, x)) − v(τ, x + g(τ, x))kdτ |
por monotonia de la integral,
≤
|
Rt
t0
N kf (τ, x) − g(τ, x)kdτ |
por por el lema del punto anterior y la definicion de N ,
Por tanto
≤
N kf − gk |
≤
a0 N kf − gk
Rt
t0
dτ |
ρ(L(f ), L(g)) ≤ a0 N kf − gk
∀f, g ∈ M.
De donde, si a0 es suficientemente pequeña tal que N a0 < 1, entonces para λ = N a0 , el operador L
es una λ-contracción. Que es lo que queriamos demostrar.
El siguiente lemma es de caracter general:
Lema. Suponga que el espacio no vacio M tiene una distancia d, con la cual es completo
y suponga que la transformación L : M → M es una contracción. Entonces L tiene un
único punto fijo z (i.e. L(z) = z). Ademas para cualquier p ∈ M, z = limn→∞ Ln (p).
5. De lema anterior se sigue que Si a0 tal que 0 < N a0 < 1, existen vecindades U0 =
{x : kx − x0 k ≤ b0 }, V0 = {x : kt − t0 k ≤ a0 }, (Γa0 ,b0 = V0 × U0 ), h : V0 × U0 → Rn ∈ Ma0 ,b0
tal que L(h) = h.
• Para cada x ∈ V0 , la curva ϕx := ϕ( , x) : t 7→ x + h(t, x) es la única solución de (1)
que satisface (2) en el sentido que se especifico en el teorema.
Demostración: Supongamos que α : I → U es una curva parametrizada que resuelve (1) y (2),
donde I es un intervalo vecindad de t0 . Considere el intervalo J = I ∩ V0 . Supongamos que
α(T ) 6= ϕx (T ) para algun T ∈ J. Sin perdida de la generalidad podemos suponer que T > t0 .
Sea
T0 := inf{t ∈ [t0 , T ] : α(t) 6= ϕx (t)}.
Entonces
a. α(T0 ) = ϕx (T0 ). Ya que en caso contrario α(t) 6= ϕx (t) en una vecindad de T0 lo que
contradice el hecho de que T0 es el infimo con esa propiedad.
b. Por lo anterior y como tanto α como ϕx son solución de (1), si η(t) = α(t) − ϕx (t) se
satisface la siguiente igualdad ∀t ∈ [T0 , T ]:
Z
t
η(t) − η(T0 ) = η(t) =
v(τ, α(τ )) − v(τ, ϕx (τ ))dτ
T0
4
Por lo tanto
kη(t)k ≤
Rt
T0
N supτ ∈[T0 ,T ] {kα(τ ) − ϕx (τ )k}dτ
0
≤ N a supτ ∈[T0 ,T ] {kα(τ ) − ϕx (τ )k}
De donde se sigue que
supτ ∈[T0 ,T ] {kη(t)k} ≤ N a0 supτ ∈[T0 ,T ] {kη(t)k}
Como N a0 < 1 lo anterior es posible solo si supτ ∈[T0 ,T ] {kη(t)k} = 0 es decir T0 = T una
contradicción. De esto se sigue que tal valor T no existe y por tanto α(t) = ϕx (t), ∀ t ∈ J.
Con lo que concluimos la demsotración de la afirmación 4. y del teorema.
PROBLEMAS
1 Sea g una función diferenciable tal que g(0) = 0, g 0 (0) = 0 Pruebe que existe una solución contı́nua ϕ en una
vecindad del origen al problema
ϕ(x) = g(x − ϕ(x)).
2 Formula en teorema de la funcion inversa y el de la funcion implicita en terminos de un problema de punto fijo
para algun operador definido en un espacio de aplicaciones continuas.
3 Convencete de que en el teorema de existencia y unicidad, la hipotesis: v continuamente diferenciable se
puede cambiar por: v continua y continuamente diferenciable en x. sin que ningun paso de la demostración
cambie. Es mas si dicha hipotesis la cambiamos por: v continua y localmente Lipshitz en x, la demostración
se simplifica.
Sea K un subconjunto de Rn compacto y W un subconjunto de Rn abierto. Considere los siguientes espacios de
funciones:
C
:= C 0 (K, Rm )
:= conjunto de transformaciones continuas de K en Rm .
B
:= B(W, Rm )
:= conjunto de transformaciones continuas acotadas de W en Rm .
En cada uno de los espacios anteriores definimos la distancia entre dos elementos f, g como:
ρC (f, g)
:= sup {||f (y) − g(y)||} si f, g ∈ C,
ρB (f, g)
:= sup {||f (y) − g(y)||} si f, g ∈ B.
y∈K
y∈W
4. Convencete de que los siguientes espacios métricos son completos
a.- el conjunto de los números reales junto con la distancia usual (sugerencia: pruebe que toda sucesión de
Cauchy es acotada y use el principio de Weierstrass).
b.- Rn junto con la distancia usual.
c.- El espacio de operadores lineales Hom(Rn , Rn ) con la norma
kAk = sup
kA(x)k
: kxk 6= 0 ,
kxk
donde A : Rn → Rn un operador lineal.
d.- Espacio C junto con la distancia ρC definida arriba es completo.
e.- El espacio B junto con la distancia ρB definida arriba es completo.
f.- El espacio M junto con la distancia ρ definida arriba es completo.
5