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