Unicidad de Soluciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
Abstract
[ES] El objetivo de este trabajo es estudiar cuando es posible garantizar la unicidad de la solución del problema de Cauchy para ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. Para ello demostramos una serie de criterios que se basan en las propiedades de la función que define el problema. Empezaremos definiendo un conjunto de conceptos y resultados introductorios a los que recurriremos constantemente a lo largo del texto, como la definición de problema de valor inicial. Posteriormente, como núcleo del texto, recogemos los distintos teoremas que nos aseguran la unicidad de la solución, avanzando de forma progresiva desde aquellos con un orden más restrictivo, como el conocido Teorema de Lipschitz, hasta aquellos con uno más amplio, como el Criterio de Perron que generaliza al anterior. Para demostrar la unicidad, la tónica general es suponer que existen dos soluciones en un cierto intervalo que no coinciden en algún punto y, por algún resultado previo o alguna condición impuesta, concluir que esta hipótesis no es posible. Todos los criterios se acompañan de numerosos ejemplos donde se ilustra si es factible aplicarlos. En el último capítulo estudiaremos condiciones en la variable independiente para determinar la unicidad.
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Trabajo Fin de Grado Unicidad de Soluciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Antón Rodríguez de Castro 2020-2021 UNIVERSIDADE DE SANTIAGO DE COMPOSTELA
GRAO DE MATEMÁTICAS Trabajo Fin de Grado Unicidad de Soluciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias Antón Rodríguez de Castro Julio, 2021 UNIVERSIDADE DE SANTIAGO DE COMPOSTELA
Trabajo propuesto Área de Conocimiento: Área de Análisis Matemático. Título: Unicidad de Soluciones de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Breve descripción del contenido En este trabajo se recogen diferentes criterios que garantizan la unicidad de solución de ecuaciones diferenciales ordinarias. Además del ampliamente conocido Teorema de Lipschitz, serán probados otros criterios, como pueden ser, por citar algunos, los de Peano, Osgood, Montel Tonelli, Nagumo, Krasnosel'skii Krein o el de Perron. Se realizará un estudio de estos y otros resultados, con sus correspondientes pruebas, así como ejemplos en los que son aplicados. iii
Índice general Resumen vii Introducción ix 1. Ejemplos y resultados previos 1 2. Teoremas de Unicidad 5 2.1. Condición y Teorema de Lipschitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 2.2. Teorema de Unicidad de Peano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.3. Generalización de Lipschitz: criterio de Osgood . . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.4. Criterio de Montel-Tonelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.4.1. Generalización del Teorema de Montel-Tonelli . . . . . . . . . . . . . 25 2.5. Condición y Teorema de Nagumo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.6. CriteriodeRogers ................................ 33 2.7. Teorema de Unicidad de Krasnosel'skii-Krein . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.8. Criterio de Unicidad de Perron . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 3. Unicidad a través de la variable independiente 47 Bibliografía 53 v
Resumen El objetivo de este trabajo es estudiar cuando es posible garantizar la unicidad de la solución del problema de Cauchy para ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden. Para ello demostramos una serie de criterios que se basan en las propiedades de la función que dene el problema. Empezaremos deniendo un conjunto de conceptos y resultados introductorios a los que recurriremos constantemente a lo largo del texto, como la denición de problema de valor inicial. Posteriormente, como núcleo del texto, recogemos los distintos teoremas que nos aseguran la unicidad de la solución, avanzando de forma progresiva desde aquellos con un orden más restrictivo, como el conocido Teorema de Lipschitz, hasta aquellos con uno más amplio, como el Criterio de Perron que generaliza al anterior. Para demostrar la unicidad, la tónica general es suponer que existen dos soluciones en un cierto intervalo que no coinciden en algún punto y, por algún resultado previo o alguna condición impuesta, concluir que esta hipótesis no es posible. Todos los criterios se acompañan de numerosos ejemplos donde se ilustra si es factible aplicarlos. En el último capítulo estudiaremos condiciones en la variable independiente para determinar la unicidad. Resumo A nalidade deste traballo é estudar cuando é posíbel garantir a unicidade da solución do problema de Cauchy para ecuacións diferenciais ordinarias de primeira orde. Para iso probamos unha serie de criterios basados nas propiedades da función que dene o problema. Comezaremos denindo un conxunto de conceptos e resultados introdutorios aos que recorreremos constantemente ao longo do texto, como a denición de problema de valor inicial. Posteriormente, como núcleo do traballo, recollemos os distintos teoremas que nos vii
2 CAPÍTULO 1. EJEMPLOS Y RESULTADOS PREVIOS Como hipótesis de inducción, suponemos cierto el resultado para r−1 , o lo que es lo mismo: si f∈ Cr−1(D) =⇒y∈ Cr(I). Probamos la proposición para r , es decir, dada una función f(x, y)∈ Cr(D) demostremos que la solución y(x)∈ Cr+1(I) . Como la función es clase r , f∈ Cr−1(D) . Por la hipótesis de inducción, y∈ Cr(I) . Escribiendo y0=f(x, y) vemos que y0 es composición de funciones clase r , por lo tanto y0∈ Cr(I) y la función y∈ Cr+1(I) . Existencia de solución Antes de hablar de soluciones y su unicidad, en este apartado, donde nos apoyamos en el Capítulo 1 de los libros [1] y [6], justicamos de forma breve el hecho de trabajar con funciones continuas. Como vimos en las Proposiciones 1.1 y 1.2, que la función tenga cierta regularidad implica que su solución también. Sin embargo, en el caso de que la función sea discontinua, la naturaleza de la misma es de carácter variado. Esta observación se muestra en los dos siguientes ejemplos. Ejemplo 1.3. Consideramos el problema de valor inicial y0=2y x , y(0) = 0. La función f(x, y) = 2y/x no está denida en los puntos de la recta x= 0 , por lo tanto no es posible encontrar un entorno centrado en el punto (0,0) donde la función sea continua. Como veremos luego en el Teorema de Cauchy-Peano, no podemos garantizar la existencia de solución en este caso. Sin embargo, separando las variables e integrando a ambos lados se sigue que las funciones y(x) = cx2, con c∈R , son todas soluciones del problema de Cauchy. Ejemplo 1.4. El problema de valor inicial y0=1 x, y(0) = 0, con f(x, y) discontinua, como vimos en el Ejemplo 1.3, no tiene ninguna solución. Supongamos al contrario que sí la tiene. Separando las variables e integrando, teniendo en cuenta que y(x0) = y0 , la solución vendría dada implícitamente por y−y0= log x x0.
3 Aplicando la condición inicial vemos que no existe tal función. El Teorema de Cauchy-Peano 1 es el resultado más conocido para garantizar la existencia de solución, local en este caso. Pese a no recoger la prueba por su extensión, notamos que una de las posibles se basa, al igual que la original de Peano, en la construcción de una sucesión de soluciones aproximadas. Teorema 1.5 (Teorema de existencia de Cauchy-Peano) . Dado (x0, y0)∈R2 , consideramos el rectángulo cerrado ¯ S={(x, y)∈R2:|x−x0| ≤ a, |y−y0| ≤ b}, a, b > 0, (1.1) con f continua en él. Entonces, el problema de valor inicial (2) tiene al menos una solución en el intervalo Iδ= [x0−δ, x0+δ] , donde δ= m´ın a, b M, M = sup ¯ S|f(x, y)|. Sin embargo, aunque la existencia de solución esté asegurada bajo la continuidad de la función, el siguiente ejemplo muestra que para garantizar la unicidad del problema necesitamos alguna condición adicional. Ejemplo 1.6. Consideramos el problema de valor inicial y0=y1/2, y(0) = 0. (1.2) La función f(x, y) = y1/2 es continua en el conjunto [0,∞)×[0,∞) . Por el Teorema de Cauchy-Peano 1.5, existe al menos una solución en el intervalo [0,∞) . De manera inmediata se hallan dos: la trivial y(x) = 0 y, tras separar las variables e integrar, la función y(x) = x2/4 . Nótese que en particular el problema posee innitas soluciones de la forma y(x) = 0si 0≤x≤a, 1 4(x−a)2si x < a, con a≥0 . Una explicación a no tener la unicidad en el Ejemplo 1.6 es que estamos ante una ecuación diferencial autónoma, aquella donde la función no depende de la variable independiente. 1 Publicado por primera vez por el propio Peano en 1886 con varias incorrecciones en la prueba y corregido por él 4 años más tarde.
Capítulo 2 Teoremas de Unicidad En este capítulo recogemos los distintos criterios que garantizan la unicidad de la solución del problema de Cauchy (2). A lo largo de él seguiremos como referencia principal el Capítulo 1 del libro [1], complementándonos en cada sección de otros textos que nombraremos en su inicio. Nótese primero que la gran mayoría de teoremas denen una única solución de forma global en el intervalo [x0−a, x0+a] , recogiendo en algunos casos un resultado análogo para los conjuntos [x0−a, x0] y [x0, x0+a] . Empezamos por el conocido Teorema de Lipschitz. 2.1. Condición y Teorema de Lipschitz En esta sección nos apoyamos de las notas de [5] y del Capítulo 1 de [6], además de lo mencionado respecto del libro [1]. Para asegurar la unicidad de la solución del problema de Cauchy (2) empezamos pidiendo que la variación de la función respecto de la variable y esté acotada. Denición 2.1. Una función f(x, y) se dice lipschitziana o que satisface la condición de Lipschitz en un conjunto D si |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ L|y−¯y| (2.1) para todo par (x, y),(x, ¯y)∈D . La constante L≥0 se llama constante de Lipschitz . De la Denición 2.1 se observa que el concepto de que una función sea lipschitziana oscila entre la continuidad y la diferenciabilidad de la misma con respecto de la variable y . La siguiente proposición recoge este hecho con detalle. 5
6 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Proposición 2.2. Toda función lipschitziana es uniformemente continua, por tanto continua, respecto de y . Demostración. Por hipótesis, si f es lipschitziana se cumple la desigualdad (2.1). Sean > 0 y x jados arbitrariamente. Distinguimos los dos siguientes casos: si L= 0 , se tiene que f(x, y) = f(x, ¯y) para todo (x, y),(x, ¯y)∈D . Esto demuestra que la función es constante respecto de la variable y . Por tanto, f es uniformemente continua respecto y . si L > 0 , tomamos δ=/L > 0 . Entonces, para todo par (x, y),(x, ¯y)∈D tal que |y−¯y|< δ se sigue que |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ L|y−¯y|< . Ejemplo 2.3. La función f(x, y) = 1 + xy2 denida en D={(x, y)∈R2:x∈[3,10], y ∈[−1,1]} es lipschitziana. Veámoslo. Dados (x, y),(x, ¯y)∈D se tiene que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=|(1 + xy2)−(1 + x¯y2)| =|x||y2−¯y2|=|x||(y−¯y)(y+ ¯y)| =|x||y−¯y||y+ ¯y|. Como | x| ≤ 10 , |y−¯y| ≤ 2 e |y+ ¯y| ≤ 2 concluimos que |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ 40|y−¯y|. Por tanto, la constante de Lipschitz es en este caso L= 40 . Notar que dichas constantes no son únicas, ya que si L es la constante de Lipschitz para f, ¯ L > L también lo es. No obstante, el recíproco no se cumple. Es decir, existen funciones uniformemente continuas con respecto de y que no son lipschitzianas, como muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 2.4. Consideremos la función f(x, y) = √y . Veamos primero que es uniformemente continua en el conjunto D=R×[0,∞) . Fijado > 0 , tomamos δ=2 . Por tanto si |¯y−y|< δ se tiene que |√¯y−√y|2≤ |√¯y−√y||√¯y+√y|=|¯y−y|< 2=⇒ |√¯y−√y|< .
2.1. CONDICIÓN Y TEOREMA DE LIPSCHITZ 7 Sin embargo, no es lipschitziana en D al no existir una constante L en las condiciones de la Denición 2.1. Supongamos, al contrario, que sí lo es, existiendo L≥0 como en la desigualdad (2.1). Entonces L≥ f(x, y)−f(x, ¯y) y−¯y=√y−√¯y (√y−√¯y)(√y+√¯y)=1 √y+√¯y, y, ¯y≥0, y 6= ¯y. Por la Denición 2.1, la desigualdad debe vericarse para todo par (x, y),(x, ¯y)∈D . Ahora bien, jado un x , tomando ¯y= 0 e y= 1/n2 con n∈N+ se sigue que L≥1 √y+√¯y=1 (1/n2)1/2=n, lo que implica que el conjunto de los números naturales está acotado superiormente por la constante L , lo cual es un sinsentido. Notar que en particular dicha función no es lipschitziana en ningún subconjunto que contenga a puntos de la forma (x, 0) . Además, que una función no sea diferenciable no implica que no sea lipschitziana. Por ejemplo, la función f(x, y) = |y−1| no es diferenciable en la recta y= 1 y, sin embargo, es lipschitziana con L= 1 , ya que para todo par (x, y),(x, ¯y)∈R2 , |f(x, y)−f(x, ¯y)|=||y−1|−|¯y−1|| ≤ |(y−1) −(¯y−1)|=|y−¯y|. Si la función es derivable respeto de y , la constante de Lipschitz se puede hallar de la siguiente forma. Lema 2.5. Sea D un conjunto convexo 1 y f(x, y) una función derivable respecto de y en todo D . Entonces, una condición necesaria y suciente para que se verique la condición de Lipschitz (2.1) es que sup (x,y)∈D df(x, y) dy ≤L. Demostración. Sin pérdida de generalidad supongamos que y > ¯y . Como D es convexo y f(x, y) derivable respecto de la variable y , por el Teorema del Valor Medio, para todo par (x, y),(x, ¯y)∈D se tiene que f(x, y)−f(x, ¯y) = df(x, y∗) dy (y−¯y) (2.2) donde y∗∈(¯y, y) . Tomando el valor absoluto en la ecuación (2.2) se sigue el resultado. Recíprocamente, de forma directa de la Denición 2.1 se deduce que df(x, y) dy = l´ım y→¯y f(x, y)−f(x, ¯y) y−¯y≤L. 1 Un conjunto D⊆Rn es convexo si, y solo si, para todo x, y ∈D se tiene que αx + (1 −α)y∈D , con α∈[0,1] .
8 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD El siguiente ejemplo muestra que, aplicando el Lema 2.5, ser lipschitziana depende tanto de la función como del conjunto considerado. Ejemplo 2.6. Sea la función diferenciable f(x, y) = cos(x) + y2 . Consideramos primero el rectángulo D1={(x, y)∈R2: 0 ≤x≤1,|y| ≤ 1}. Para todo (x, y)∈D1 tenemos que df(x, y) dy =|2y| ≤ 2. Por el Lema 2.5 se tiene que la función es lipschitziana en D1 con L= 2 . Tomamos ahora la banda D2={(x, y)∈R2: 0 ≤x≤1, y ∈R}. Pese que la derivada respecto de la variable y existe y es continua, no está acotada al tender a ∞ cuando y→ ∞ . Por el Lema 2.5 se sigue que la función no es lipschitziana en D2 . Otra forma de ver este hecho es por la propia denición, debido a que para todo (x, y),(x, ¯y)∈D2 : |f(x, y)−f(x, ¯y)|=|y2−¯y2| =|(y−¯y)(y+ ¯y)| =|y+ ¯y||y−¯y|. Escogiendo L=|y+ ¯y| vemos que la constante de Lipschitz se puede hacer arbitrariamente grande. Como observación, en el Ejemplo 2.4 otra posible explicación de por qué la función f(x, y) = √y no es lipschitziana en R×[0,∞) nos la da lema anterior. Calculando su derivada y tomando el límite cuando y→0+ obtenemos: df(x, y) dy =1 2√y,l´ım y→0+ 1 2√y=∞. Por el Lema 2.5 se concluye que la función no satisface la condición de Lipschitz (2.1). A continuación, enunciamos y demostramos dos lemas necesarios para probar el Teorema de Unicidad de Lipschitz. El primero es una caracterización de las soluciones del problema de Cauchy, relacionándolas con el campo de las Ecuaciones Integrales. El segundo nos será útil para demostrar que dos posibles soluciones son idénticas.
2.1. CONDICIÓN Y TEOREMA DE LIPSCHITZ 9 Lema 2.7. Sea f(x, y) una función continua denida en un conjunto D . Entonces y(x) es solución del problema (2) si, y solo si, es solución de la ecuación integral y(x) = y0+Zx x0 f(t, y(t)) dt. (2.3) Demostración. Toda solución y de (2) cumple que y0(x) = f(x, y(x)) . Integrando la igualdad respecto de x se tiene que Zx x0 y0(t)dt =Zx x0 f(t, y(t)) dt =⇒y(x)−y(x0) = Zx x0 f(t, y(t)) dt. Teniendo en cuenta la condición inicial se sigue el resultado. Recíprocamente, si y(x) es una solución de la ecuación integral (2.3), tomando x=x0 se tiene que y(x0) = y0 . Ahora bien, como por hipótesis f(x, y) es continua, derivando (2.3) respecto de x a ambos lados de la igualdad se tiene que y0(x) = f(x, y(x)) . Lema 2.8. Sean φ(x) y q(x) dos funciones continuas no negativas en [x0−a, x0+a] de tal forma que φ(x)≤Zx x0 q(t)φ(t)dt. (2.4) Entonces φ(x)=0 para todo x∈[x0−a, x0+a] . Demostración. Fijado un x∈[x0, x0+a] arbitrario, denimos la función r(x) como r(x) = Zx x0 q(t)φ(t)dt, que cumple que r(x0)=0 y r0(x) = q(x)φ(x) . Por la desigualdad (2.4) tenemos que r0(x)≤q(x)r(x). (2.5) Multiplicando a ambos lados de la desigualdad (2.5) por (−Rx x0q(t)dt) obtenemos d dx exp −Zx x0 q(s)dsr(x)≤0. Por tanto la función exp −Zx x0 q(s)dsr(x) es decreciente para todo x . Como r(x0)=0 , se tiene que r(x)≤0 y entonces φ(x)≤r(x)≤0 . Como por hipótesis la función φ es no negativa, concluimos que φ(x)=0 en [x0, x0+a] . La prueba en el intervalo [x0−a, x0] es análoga.
10 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD El siguiente resultado prueba la unicidad de la solución por el criterio de Lipschitz, el cual demostramos de dos formas diferentes. En la primera haremos uso de los dos lemas previos. Teorema 2.9 (Teorema de Unicidad de Lipschitz) . Sea f(x, y) una función continua en ¯ S cumpliendo la condición de Lipschitz (2.1) . Entonces, el problema de Cauchy tiene a lo sumo una solución denida en [x0−a, x0+a] . Demostración. Supongamos que tenemos dos soluciones del problema del valor inicial (2), y(x) e ¯y(x) , en el conjunto [x0−a, x0+a] . Por la hipótesis (2.1) y la ecuación integral (2.3) se tiene que |y(x)−¯y(x)| ≤ Zx x0|f(t, y(t)) −f(t, ¯y(t))|dt≤LZx x0|y(t)−¯y(t)|dt. Por el Lema 2.8 se sigue que |y(x)−¯y(x)|= 0 , lo que demuestra que ambas soluciones son idénticas para todo x∈[x0−a, x0+a]. Veamos ahora una segunda prueba del teorema en el intervalo [x0, x0+a] usando exclusivamente el Teorema del Valor Medio, siendo análoga en [x0−a, x0] . Demostración. Sean otra vez dos soluciones del problema de Cauchy (2), y(x) e ¯y(x) , denidas en el intervalo [x0, x0+a] . Por ser soluciones: y0(x) = f(x, y(x)),¯y0(x) = f(x, ¯y(x)) e y(x0) = ¯y(x0) = y0 . Consideramos la función |y(x)−¯y(x)| , que es diferenciable y cumple que |y(x0)−¯y(x0)|= 0 . Supongamos que no es nula en en algún punto del intervalo [x0, x0+a] . Por tanto, existe un ∈[x0, x0+a) tal que |y(x)−¯y(x)|= 0 en [x0, ] e |y(x)−¯y(x)| es no nula en algún punto del intervalo [, +l] , con l > 0 . Tomamos un l sucientemente pequeño tal que lL < 1 , donde L es la constante de Lipschitz de f . Ahora bien, como la función |y(x)−¯y(x)| es continua y no nula en el intervalo cerrado [, +l] , por el Teorema de Weierstrass alcanza un máximo positivo en ¯> . Por el Teorema del Valor Medio en el conjunto [, ¯] , existe un ∗∈(, ¯) tal que y0(∗)−¯y0(∗) = [y(¯)−¯y(¯)] −[y()−¯y()] ¯−. Entonces, dado que [y()−¯y()] = 0 por la construcción de la función, y e ¯y son solución y que f es lipschitziana: 0<|y(¯)−¯y(¯)|=|¯−||y0(∗)−¯y0(∗)| = (¯−)|f(∗, y(∗)) −f(∗,¯y(∗))| ≤lL|y(∗)−¯y(∗)|<|y(∗)−¯y(∗)|.
2.1. CONDICIÓN Y TEOREMA DE LIPSCHITZ 11 Lo cual es una contradicción, al tener que la imagen de ∗ es estrictamente mayor que la de ¯ , máximo de la función |y(x)−¯y(x)| en [, +l] . Ejemplo 2.10. Consideramos el problema de valor inicial y0= 1 + y4, y(0) = 0. La función f(x, y) = 1 + y4 es continuamente diferenciable en todo R2 . Por el Lema 2.5, es lipschitziana cualquier rectángulo ¯ S= [−a, a]×[−b, b] , a, b > 0 , con constante de Lipschitz L= sup ¯ S|4y3| ≤ (1 + 4b3). Por el Teorema de Unicidad 2.9, el problema tiene a lo sumo una solución en el intervalo [−a, a] . Notar que la condición de que la función sea continua en ¯ S en el Teorema 2.9 es necesaria para la existencia de la unicidad de la solución, como indicaba el Teorema de Cauchy-Peano 1.5. Pongamos un ejemplo donde pese a ser lipschitziana la función, no existe solución al problema. Ejemplo 2.11. Consideramos el problema de Cauchy y0=f(x, y) = 1si x < 0, −1si x ≥0, , y(0) = 0. Es trivial ver que f satisface la condición (2.1). Veamos que pese a ello no existe solución al problema de valor inicial. La función y=−|x| es la única función que satisface la ecuación diferencial y0=f(x, y) , pero no es una posible solución al no ser derivable en x= 0 . Por tanto, concluimos que no existe solución. En el caso particular de que la función continua f sea lipschitziana por un cierto lado, la solución del problema de Cauchy tiene la característica de que la unicidad se garantiza en la parte del intervalo [x0−a, x0+a] donde se tenga la propiedad. Esto se prueba en el siguiente resultado, considerando que la función es lipschitziana por la derecha, por tanto la unicidad se tiene para el conjunto [x0, x0+a] . La demostración es muy similar a la primera del Teorema 2.9.
18 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD existe una única solución al problema de valor inicial denida en el intervalo [−1,0] , que viene dada por y(x) = log −2 x2−2. Juntando los Teoremas 2.17 y 2.20 se tiene el siguiente resultado. Teorema 2.22. Sea f(x, y ) una función continua en el rectángulo ¯ S tal que jado x∈[x0−a, x0] , la función es decreciente respecto de y en ¯ S− , jado un x∈[x0, x0+a] , la función es creciente respecto de y en ¯ S+ . Entonces, el problema de Cauchy (2) tiene a lo sumo una solución en [x0−a, x0+a] . El siguiente ejemplo muestra un problema de valor inicial donde se puede garantizar la unicidad por el criterio de Peano 2.17. Sin embargo, en la Sección 2.5 veremos que el Teorema de Nagumo 2.41 no asegura este hecho, pese a ser a priori un resultado más complejo. Ejemplo 2.23. Consideramos la función f(x, y) , denida en la banda D={(x, y) : x≤1, y ∈R}, como f(x, y) = 0 si x≤0 , 2x si 0< x ≤1, y < 0, 2x2−4y x si 0< x ≤1,0≤y≤x2, −2x si 0< x ≤1, x2< y . (2.11) Demostremos que el problema de Cauchy y0=f(x, y), y(0) = 0 tiene una única solución denida en el intervalo (−∞,1] . La función es continua en los puntos del segmento de recta x= 0 , con y∈[0, x2] , puesto que 2x2−4y x≤2x2+x2 x→0 cuando x→0+. Como el estudio de la continuidad en D en los restantes casos es trivial, se sigue que f es continua en dicho conjunto. Además, se tiene que la función está acotada por 2 . Por el Teorema de Cauchy-Peano 1.5,
2.3. GENERALIZACIÓN DE LIPSCHITZ: CRITERIO DE OSGOOD 19 existe al menos una solución local en un entorno del origen. Ahora bien, jado un x∈(−∞,0] , la función es constante y, tomando un x∈(0,1] , es decreciente con respecto de la variable y , por tanto el Teorema 2.22 asegura la unicidad de solución en el intervalo (−∞,1] , que viene dada por y(x) = 0 si x≤0 , x2 3 si 0< x ≤1. Para acabar esta sección, al igual que en el caso de Lipschitz, el Teorema de Unicidad de Peano 2.17 nos da una condición suciente para asegurar la unicidad, siendo posible encontrar problemas que no están en las hipótesis del criterio y tienen una única solución posible. Ejemplo 2.24. El Ejemplo 2.13 nos vuelve a servir para probar este hecho. La función f(x, y) = 3 + 2y1/2 es estrictamente creciente en la variable y jado cualquier x∈[0,∞) . Por tanto, no está en las condiciones del Teorema 2.17. Sin embargo, ya vimos que existía una única solución al problema. 2.3. Generalización de Lipschitz: criterio de Osgood Una generalización del Teorema de Unicidad de Lipschitz 2.9 viene dada por el criterio de Osgood, al existir una relación entre sus condiciones. Para probarlo, comenzamos demostrando el siguiente lema. Lema 2.25. Sea g(z) una función continua y creciente en el intervalo [0,∞) tal que g(0) = 0 y g(z)>0 para todo z > 0 . Además, l´ım →0+Z dz g(z)=∞. (2.12) Sea φ(x) una función continua no negativa en el intervalo [0, a] , con a > 0 . Si se cumple que φ(x)≤Zx 0 g(φ(t)) dt, 0< x ≤a, (2.13) entonces, la función φ(x)=0 para todo x∈[0, a] . Demostración. Empezamos deniendo la función Φ(x) como Φ(x) = m´ax t∈[0,x]φ(t).
20 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Supongamos que es positiva (en caso de ser nula el resultado es trivial) para todo x∈(0, a] . Es obvio que, por construcción, φ(x)≤Φ(x) para cualquier x∈[0, a] y, jado uno de forma arbitraria, existe un x1≤x tal que se tiene la igualdad φ(x1) = Φ(x) . Por lo tanto, aplicando la desigualdad (2.13) se sigue que Φ(x) = φ(x1)≤Zx1 0 g(φ(t)) dt ≤Zx 0 g(Φ(t)) dt. Deducimos entonces que Φ(x) , creciente por denición, satisface, al igual que φ(x) , la desigualdad (2.13). Sea ahora la función ¯ Φ(x) = Zx 0 g(Φ(t)) dt. Se tiene que ¯ Φ(0) = 0 , Φ(x)≤¯ Φ(x) y ¯ Φ0(x) = g(Φ(x)) ≤g(¯ Φ(x)) . Entonces, para todo δ∈(0, a) , Za δ ¯ Φ0(x) g(¯ Φ(x)) dx ≤a−δ < a. Sin embargo, de la condición (2.12) tenemos que Za δ ¯ Φ0(x) g(¯ Φ(x)) =Zα dz g(z),¯ Φ(δ) = , ¯ Φ(a) = α, tiende a innito cuando →0+(δ→0) . Esta contradicción muestra la imposibilidad de que la función Φ sea positiva, por lo tanto es nula en el intervalo [0, a] y, en consecuencia, la función φ(x) también lo es . Ejemplo 2.26. La función g(z) = z es continua y creciente en el intervalo [0,∞) . Además, cumple que g(0) = 0, g(z)>0 para todo z > 0 y l´ım →0+Z dz g(z)= l´ım →0+log 1 =∞. Por tanto, concluimos que g(z) está en las hipótesis del Lema 2.25. Denición 2.27. Una función f(x, y) se dice que satisface la condición de Osgood en un conjunto D si para todo par (x, y),(¯x, y)∈D se verica |f(x, y)−f(¯x, y)| ≤ g(|y−¯y|), (2.14) donde g(z) es una función denida como en el Lema 2.25. Ejemplo 2.28. La función f(x, y) = y es trivialmente continua en todo R2 . Si tomamos g(z) = z , por el Ejercicio 2.26, está en las condiciones del Lema 2.25. Ahora bien, para todo par de puntos (x, y),(x, ¯y)∈D se tiene que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=|y−¯y|=g(|y−¯y|). Por tanto, la condición de Osgood (2.14) se verica.
2.3. GENERALIZACIÓN DE LIPSCHITZ: CRITERIO DE OSGOOD 21 El siguiente resultado, conocido como el Teorema de Unicidad de Osgood, generaliza el criterio de Lipschitz 2.9. Demostramos el enunciado en el intervalo [x0, x0+a] , siendo similar en el conjunto [x0−a, x0] . Teorema 2.29 (Teorema de Unicidad de Osgood) . Sea f(x, y) una función continua vericando la condición de Osgood (2.14) en el rectángulo ¯ S . Entonces, el problema de valor inicial (2) tiene como mucho una solución denida en [x0−a, x0+a] . Demostración. Supongamos que existen dos soluciones distintas en el intervalo [x0, x0+a] del problema de Cauchy (2), y(x) e ¯y(x) . Probemos que bajo las hipótesis del teorema esto no puede suceder. Por la condición de Osgood (2.14) y la ecuación integral (2.3) se tiene que |y(x0+x)−¯y(x0+x)| ≤ Zx0+x x0|f(t, y(t)) −f(t, ¯y(t))|dt ≤Zx0+x x0 g(|y(t)−¯y(t)|)dt =Zx 0 g(|y(z+x0)−¯y(z+x0)|)dz. Fijado un x∈[0, a] arbitrario, tomamos la función φ(x) = |y(x0+x)−¯y(x0+x)| , que así denida es no negativa y satisface la desigualdad (2.13). Por el Lema 2.25, φ(x)=0 en el conjunto [0, a] , es decir, y(x) = ¯y(x) en [x0, x0+a] . El siguiente ejemplo, donde nos apoyamos de los Ejemplos 2.26 y 2.28, muestra la clara relación entre las condiciones de Osgood (2.14) y Lipschitz (2.1). Ejemplo 2.30. Consideramos el problema autónomo y0=y, y(0) = 0. (2.15) Con ayuda de los Ejemplos 2.26 y 2.28, el Teorema 2.29 garantiza la unicidad de la solución, que es la trivial. Además, esto prueba que la condición de Osgood (2.14) se reduce a la condición de Lipschitz (2.1), tomando g(z) = kz , con k > 0 . Recogemos un ejemplo donde se muestra un problema que no se verica las hipótesis ni del Teorema de Unicidad de Lipschitz 2.9 ni del criterio de Peano 2.17, pero que gracias al Teorema de Osgood 2.29 armamos que tiene una única solución. Ejemplo 2.31. Consideramos el problema de Cauchy autónomo y0=f(x, y) = 0si y = 0, −1 4ylog(5y)si 0< y ≤1 5e, , y(0) = 0.
22 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Comencemos estudiando la función. En el conjunto (0,1/(5e)] , f es continua al ser producto de funciones elementales. Calculando el límite en y= 0 tenemos que l´ım y→0+−1 4ylog(5y) = −1 4l´ım y→0+ log(5y) 1/y =1 4l´ım y→0+ 1/y 1/y2= 0. Por tanto, la función es continua en el intervalo convexo [0,1/(5e)] . Por el Lema 2.5, la función no es lipschitziana debido a que df(x, y) dy =−1 4(log(5y) + 1) ,l´ım y→0+−1 4(log(5y) + 1) = ∞. Se sigue entonces que no podemos aplicar el Teorema de Unicidad de Lipschitz 2.9. Además, por el cálculo de la derivada, la función es estrictamente creciente en (0,1/(5e)] , lo que indica que no estamos en las hipótesis del Teorema de Peano 2.17. Intentemos garantizar la unicidad de la solución por el Teorema de Osgood 2.29. Denimos primero la función g en el intervalo [0,∞) como g(z) = 0 si z= 0 , −1 4zlog(5z) si 0< z ≤1 5e , 1 20e si z > 1 5e . Por construcción, g(z) es una función continua y creciente en [0,∞) , cumpliendo que g(0) = 0 , g(z)>0 para todo z > 0 y la condición (2.12) debido a que l´ım →0+Z dz g(z)= l´ım →0+Z −4 zlog(5z)dz =−4 log log l´ım →0+ 1 =∞. Por tanto, g(z) está en las hipótesis del Lema 2.25. Veamos que también se cumple la condición de Osgood (2.14). La expresión de la segunda derivada respecto de y de la función viene dada por d2f(x, y) dy2=−1 4y, que es negativa en el conjunto (0,1/(5e)] . Esto indica que nuestra función f es cóncava en dicho intervalo, lo que implica que f(x, y −¯y)−f(x, 0) y−¯y≥f(x, y)−f(x, ¯y) y−¯y,0< y −¯y < ¯y < y ≤1/(5e).
2.4. CRITERIO DE MONTEL-TONELLI 23 La desigualdad anterior se puede reescribir como −1 4(y−¯y) log(5(y−¯y)) ≥ −1 4(ylog(5y)−¯ylog(5¯y)). Visto este razonamiento, estamos en situación de poder demostrar que se cumple la condición de Osgood (2.14): |f(x, y)−f(x, ¯y)|=−1 4ylog(5y) + 1 4¯ylog(5¯y) ≤ −1 4|y−¯y|log(5|y−¯y|) =g(|y−¯y|). Aplicando el Teorema de Unicidad de Osgood 2.29, el problema de valor inicial posee una única solución en el intervalo [0,1/(5e)] . 2.4. Criterio de Montel-Tonelli Una generalización del Teorema de Osgood 2.29 viene dada a través del criterio de Montel-Tonelli. Antes de demostrar este resultado, empecemos dando la condición que hace posible que la solución sea única en este caso, la cual denimos en un rectángulo cerrado, aunque se puede denir para un conjunto arbitrario. Denición 2.32. Una función f(x, y) satisface la condición de Montel-Tonelli en el rectángulo ¯ S si para todo par de puntos (x, y),(x, ¯y)∈¯ S se cumple que |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ h(x)g(|y−¯y|), (2.16) donde la función no negativa h(x) es integrable en [x0−a, x0+a] y g(z) es una función continua y positiva en (0,2b] cumpliendo que g(0) = 0 y la condición (2.12). Teorema 2.33 (Teorema de Unicidad de Montel-Tonelli) . Sea f(x, y) una función continua en ¯ S en las hipótesis de la Denición 2.32. Entonces, el problema de Cauchy (2) tiene a lo sumo una solución en el intervalo [x0−a, x0+a] . Demostración. Sean y(x) e ¯y(x) dos soluciones del problema de valor inicial (2) en el intervalo [x0, x0+a] . Denimos la función φ(x) = ¯y(x)−y(x) y suponemos que existe un punto x1∈(x0, x0+a] tal que φ(x)>0 en (x1, x1+] y φ(x)=0 en el conjunto [x0, x1] . Entonces, para todo x∈[x1, x1+] , por la condición de Montel-Tonelli (2.16) se tiene que φ0(x) = ¯y0(x)−y(x) = f(x, ¯y(x)) −f(x, y(x)) ≤h(x)g(φ(x))
24 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Por tanto, para cualquier ¯x∈(x1, x1+) : Zφ(x1+) φ(¯x) dz g(z)≤Zx1+ ¯x h(t)dt. (2.17) Sin embargo, en la desigualdad (2.17), la parte derecha se mantiene nita cuando ¯x→x1 , mientras que la parte izquierda, por la hipótesis (2.12), no está acotada. Esta contradicción demuestra el enunciado. La prueba en el intervalo [x0−a, x0] es análoga. De igual forma que en las secciones anteriores, el Teorema 2.33 puede enunciarse con condiciones similares para asegurar que la solución es única en los intervalo de la forma [x0, x0+a] y [x0−a, x0] , teniendo en cuenta donde denir las funciones g y h . Ejemplo 2.34. Consideramos el problema de valor inicial y0= −x2ylog(y) si x, y ∈0,1 e, 0 si x= 0, y = 0 , , y(0) = 0. De forma trivial, la función f(x, y) es continua en el rectángulo donde está denida. Construimos la función g en el intervalo [0,∞) de la forma g(z) = 0 si z= 0 , −zlog(z) si 0< z ≤1 e , 1 e si z > 1 e . Claramente, g es continua y creciente en todo punto, cumpliendo que g(0) = 0 y g(z)>0 para todo z > 0 . Además, se verica la igualdad (2.12) ya que l´ım →0+Z dz −zlog(z)= l´ım →0+log log 1 =∞. Comprobemos que efectivamente se tiene la condición de Montel-Tonelli (2.16): |f(x, y)−f(x, ¯y)|=−x2ylog(y)−−x2¯ylog(¯y) =x2|−ylog(y) + ¯ylog(y)| ≤ −x2|y−¯y|log(|y−¯y|) =h(x)g(|y−¯y|),
2.4. CRITERIO DE MONTEL-TONELLI 25 donde la desigualdad −(y−¯y) log(y−¯y)≥ −ylog(y) + ¯ylog(¯y),0< y −¯y≤1 e, se tiene al ser la función cóncava respecto de la variable y en (0,1/e] . Por último, se sigue que la función h(x) = x2 es positiva e integrable en el intervalo [0,1/e] . Por lo tanto, por el Teorema de Montel-Tonelli 2.33, existe una única solución al problema de Cauchy en el intervalo [0,1/e] . 2.4.1. Generalización del Teorema de Montel-Tonelli Ante la gran dicultad de aplicar las condiciones del Teorema de Unicidad 2.33, una generalización del mismo, como se recoge en [2], se basa en que la función g dependa no solo de la variable y , sino también de x . Recogemos el enunciado para garantizar la solución en el conjunto [x0, x0+a] . Teorema 2.35 (Generalización Montel-Tonelli) . Supongamos que f(x, y) es un función continua en el rectángulo ¯ S+ tal que para todo (x, y),(x, ¯y)∈¯ S+ se tiene que |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ h(x−x0)g(x−x0,|y−¯y|), x 6=x0, (2.18) con h: (0, a]→(0,∞) una función integrable y g: (0, a]×[0,2b]→[0,∞) una función continua tal que g(x, 0) = 0 para todo x∈(0, a] ; la función g es decreciente respecto de la variable x ; se cumple la igualdad (2.12) de la forma Z0+ dz g(z, z)=∞. Entonces, el problema de Cauchy tiene a lo sumo una solución en [x0, x0+a] . El siguiente corolario particulariza al teorema anterior, dando así una condición más sencilla de aplicar a ciertos ejercicios para garantizar la unicidad.
26 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Corolario 2.36. El problema de valor inicial (2) tiene a lo sumo una única solución en [x0, x0+a] si, dada una constante c > 0 , se tiene que |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ c (x−x0)j(x−x0)|y−¯y|, x 6=x0, (2.19) para todo (x, y),(x, ¯y)∈¯ S+ , con j: (0, a]→(0,∞) una función continua y decreciente cumpliendo que Z0+ dx xj2(x)<∞,Z0+ dx xj(x)=∞. Demostración. Basta aplicar el Teorema 2.35, tomando las funciones g y h como g(x) = c xj2(x), h(x, y) = j(x)y. Pese a que podemos denir numerosas funciones en las condiciones de la función j , la elección especíca de j(x)=1−log(x) , con x∈(0, e) , da el siguiente resultado. Corolario 2.37. El problema de Cauchy (2) tiene a lo sumo una única solución en el intervalo [x0, x0+a] , con a∈(0, e) , si se cumple que |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ c (x−x0)(1 −log(x−x0))|y−¯y|, x 6=x0, (2.20) para todo (x, y),(x, ¯y)∈¯ S+ . Ejemplo 2.38. Estudiemos la unicidad de la solución del problema de Cauchy y0=pc|y|+b2x2(1 −log(x))2, x > 0, y(0) = 0; (2.21) con c > 0, b ≥0, constantes arbitrarias. El caso de que b= 0 , descartamos la unicidad al existir al menos dos posibles soluciones: y(x)=0 e y(x) = cx2 4. Para estudiar de forma general el problema, escribimos la función como f(x, y) = pc|y|+b2x2(1 −1 log(x))2 si (x, y)∈(0, a]×[−b, b] pc|y| si x= 0, y ∈[−b, b] , Como la función es trivialmente continua en el compacto [0, a]×[−b, b] y sublineal con respecto de la variable y , armamos que existe al menos una solución al problema de Cauchy en el conjunto [0, a] . Veamos que es única. Se tiene que para todo x∈(0, a] |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ c 2b 1 x(1 −log(x))|y−¯y|. El Corolario 2.37 garantiza la unicidad de la solución en el intervalo [0, a] .
2.5. CONDICIÓN Y TEOREMA DE NAGUMO 27 2.5. Condición y Teorema de Nagumo El criterio para asegurar la unicidad de esta sección, como se recoge en el artículo [4] y en el Capítulo 1 de [1], pide que la dependencia de la función f(x, y) con respecto de y permanezca acotada por un cociente, que es lo que se conoce como la condición de Nagumo. Denición 2.39. La función f(x, y) se dice que satisface la condición de Nagumo en un conjunto D si |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ k|y−¯y| |x−x0|, x 6=x0,0< k ≤1; (2.22) para todo (x, y),(x, ¯y)∈D . Para probar el resultado principal de esta sección es necesario demostrar el siguiente lema, el cual será útil en su demostración. Recogemos la prueba en [x0, x0+a] , siendo análoga en [x0−a, x0] . Lema 2.40. Sea φ(x) una función continua no negativa en el intervalo [x0−a, x0+a] tal que φ(x0) = 0 , la función es derivable en x=x0 , y φ0(x0) = 0 . Entonces, si se cumple que φ(x)≤Zx x0 φ(t) t−x0 dt, (2.23) se sigue que φ(x)=0 en [x0−a, x0+a] . Demostración. Para todo x∈[x0, x0+a] , denimos la función no negativa Φ(x) = Zx x0 φ(t) t−x0 dt, que existe ya que por hipótesis l´ım x→x0 φ(x)−φ(x0) x−x0 =φ0(x0)=0. Por tanto, se tiene que Φ0(x) = φ(x) x−x0≤Φ(x) x−x0 .
34 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Demostración. Empecemos deniendo la función F como F(x) = Zx 0 1 s2f(s)ds. Derivando y aplicando la desigualdad (2.26) obtenemos que F0(x) = f(x) x2≤F(x) x2, F0(x)−F(x) x2≤0, d dx e1/xF(x)≤0. Por tanto, la función e1/xF(x) es decreciente. Fijado un > 0 , por la condición (2.27), para un cierto x sucientemente pequeño, se tiene que e1/xF(x) = e1/x Zx 0 1 s2f(s)ds ≤e1/x Zx 0 s2e−(1/s)ds =. Entonces l´ım x→0+e1/xF(x) = 0, lo que implica que la función e1/xF(x)≤0 para todo x∈(0,1] . El resultado se sigue del carácter continuo y no negativo de la función f y de la denición de F(x) . Visto esto, supongamos que la función f(x, y) es continua en la banda P={(x, y)∈R2:x∈[0,1], y ∈R}, vericando la condición de Rogers : |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ 1 x2|y−¯y|, x 6= 0. (2.28) Entonces, si dos funciones, y e ¯y , son solución del problema de valor inicial y0=f(x, y), y(0) = 0, (2.29) por la condición (2.28) y la ecuación integral (2.3) se tiene que |y(x)−¯y(x)| ≤ Zx 0 1 s2|y(s)−¯y(s)|ds. Por el Lema 2.47 se tiene que si las soluciones del problema de Cauchy (2.29) cumplen que l´ım x→0(y(x)−¯y(x)) = o(e−(1/x)), el carácter de la solución es único. Este razonamiento se recoge en el siguiente teorema, pudiendo también generalizarse al intervalo [0, a] .
2.6. CRITERIO DE ROGERS 35 Teorema 2.48 (Teorema de Unicidad de Rogers) . Sea f(x, y) una función continua en las condiciones de Rogers (2.28) en la banda P , cumpliendo que l´ım x→0f(x, y) = o e−(1/x) x2! (2.30) uniformemente para todo y∈[0, δ] , con δ > 0 . Entonces, el problema de Cauchy (2.29) tiene a lo sumo una solución, denida en el intervalo [0,1] . Demostración. Supongamos que las funciones y e ¯y son dos soluciones del problema de valor inicial (2.29). Por la desigualdad (2.28) y la ecuación integral (2.3) se sigue que |y(x)−¯y(x)| ≤ Zx 0 1 s2|y(s)−¯y(s)|ds. Fijado un > 0 arbitrario, por la igualdad (2.30), para un cierto x sucientemente pequeño, |y(t)−¯y(t)| ≤ Zx 0|f(s, y(s)) −f(s, ¯y(s))|ds ≤Zx 0 e−(1/s) s2ds =e−(1/x). Por el Lema 2.47, y(x) = ¯y(x) para todo valor de x∈[0,1] . A continuación recogemos un problema donde se asegura la unicidad de la solución por el criterio de Rogers 2.48. Ejemplo 2.49. Consideramos el problema de valor inicial y0=f(x, y) = e−(1/x)+e−(1/x) x si 0≤x≤1, xe−(1/x)≤y , y x2+e−(1/x) si 0≤x≤1,0< y < xe−(1/x), e−(1/x) si 0≤x≤1, y ≤0 , , y(0) = 0. Comenzamos estudiando la continuidad de la función en la banda P . El único caso no trivial es en los puntos de la recta x= 0 , donde tenemos los siguientes casos: Si y≤0 se tiene que l´ım (x,y)→(0+,y)f(x, y) = l´ım (x,y)→(0+,y)e−(1/x)= 0. En el caso de que xe−(1/x)≤y , l´ım (x,y)→(0+,y)f(x, y) = l´ım (x,y)→(0+,y) 1 xe−(1/x)+e−(1/x)= 0.
36 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Por último, si y∈(0, xe−(1/x)) tenemos l´ım (x,y)→(0+,y)|f(x, y)|= l´ım (x,y)→(0+,y)|y| x2+e−(1/x)≤l´ım (x,y)→(0+,y) e−(1/x) x2+e−(1/x)= 0. Por tanto, como el valor de f en la recta es también cero, se sigue que la función es continua en todo P . Ahora comprobemos que se cumple la condición de Rogers (2.28). Fijado un x∈[0,1] , estudiamos los siguientes casos: Primero, si 0< y, ¯y < xe−(1/x) , tenemos que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=y x2+e−(1/x)−¯y x2+e−(1/x)=1 x2|¯y−y|. Si y≤0<¯y < xe−(1/x) , |f(x, y)−f(x, ¯y)|=e−(1/x)−¯y x2+e−(1/x)=1 x2|¯y| ≤ 1 x2|¯y−y|. Ahora bien, si y≤0, xe−(1/x)≤¯y , |f(x, y)−f(x, ¯y)|=e−(1/x)− e−(1/x)+e−(1/x) x!=1 x|e−(1/x)|=1 x2|xe−(1/x)| ≤1 x2|¯y| ≤ 1 x2|¯y−y|. Por último, si 0< y < xe−(1/x)≤¯y se sigue que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=y x2+e−(1/x)− e−1/x +e−(1/x) x! =1 x2|y−xe−(1/x)|=1 x2(xe−(1/x)−y) ≤1 x2|¯y−y|. Por tanto sí se verica la condición de Rogers (2.28). Para nalizar y poder aplicar el Teorema 2.48, estudiamos si se satisface la condición (2.30). Escribimos la función como x2f(x, y) e−(1/x)= x+x2 si 0< x ≤1, xe−(1/x)≤y , y e−(1/x)+x2 si 0< x ≤1,0< y < xe−(1/x), x2 si 0< x ≤1, y ≤0 .
2.6. CRITERIO DE ROGERS 37 Estudiemos si l´ım x→0+ x2f(x, y) e−(1/x)= 0, en todos los casos. El único no trivial es cuando y∈(0, xe−(1/x)) , donde se tiene que l´ım x→0 y e−(1/x)+x2= 0, Concluimos que se cumple la condición (2.30) y, por el Teorema de Rogers 2.48, el problema tiene una única solución. Para nalizar esta sección mostremos que la condición (2.30) es necesaria para garantizar la unicidad a través del Teorema 2.48, ya que en caso de que no cumplirse, como en el siguiente ejemplo, el criterio no es aplicable. Ejemplo 2.50. Consideramos el problema de valor inicial y0=f(x, y) = 0 si 0≤x≤1, y ≤0 , y x2 si 0≤x≤1,0< y < e−(1/x), e−(1/x) x2 si 0≤x≤1, e−(1/x)≤y, , y(0) = 0. La continuidad de la función en la banda P es trivial salvo en la recta x= 0 . El caso de los puntos de la forma (0, y) , con y≤0 , es directo. Además, se tiene que l´ım x→0+ e−(1/x) x2= l´ım y→+∞ e−y y2=−1 2l´ım y→+∞ e−y y=1 2l´ım y→+∞e−y= 0, por lo que f es continua en la los puntos (0, y) , con y∈[e−(1/x),∞) . Por último, como y x2< e−(1/x) x2→0 cuando x→0+, con y∈(0, e−(1/x)) , se tiene también la continuidad en estos puntos. Por tanto, concluimos que f es continua en P . Comprobemos ahora que se cumple la condición de Rogers (2.28). Consideramos los siguientes casos: Si 0< y, ¯y < e−(1/x) , tenemos |f(x, y)−f(x, ¯y)|= y x2−¯y x2=1 x2|y−¯y| Si tomamos y≤0<¯y < e−(1/x) , se sigue que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=0−¯y x2=1 x2|¯y| ≤ 1 x2|¯y−y|.
38 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Tomando y≤0, e−(1/x)≤¯y , se sigue que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=0−e−(1/x) x2=1 x2|e−(1/x)| ≤ 1 x2|¯y| ≤ 1 x2|¯y−y|. Por último, si 0< y < e−(1/x)≤¯y , |f(x, y)−f(x, ¯y)|= y x2−e−(1/x) x2=1 x2|y−e−(1/x)| =1 x2(e−(1/x)−y)≤1 x2|¯y−y|. Para acabar, veamos que la condición (2.30) no se verica. Fijado un y∈[e−(1/x),∞) , se tiene que l´ım x→0+ x2f(x, y) e−(1/x)= 1 6= 0. Esto imposibilita aplicar el Teorema de Unicidad de Rogers 2.48. En particular, el problema tiene innitas, que vienen dadas de la forma y(x) = ce−(1/x), con c∈[0,1] . 2.7. Teorema de Unicidad de Krasnosel'skii-Krein Una restricción del Teorema de Unicidad de Nagumo 2.41 era que la constante positiva k debía de ser menor o igual uno. En esta sección enunciamos el criterio de Krasnosel'skii- Krein, que elimina esta hipótesis, como se recoge en el Capítulo 1 de [1]. Denición 2.51. Una función f(x, y) se dice que verica la condición de Krasnosel'skii -Krein en un conjunto D si para todo par (x, y),(x, ¯y)∈D se verica que |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ k|y−¯y| |x−x0|, x 6=x0, k > 0. (2.31) Además, se dice que f satisface la condición de Hölder , con k la misma constante de la desigualdad (2.31), si |f(x, y)−f(x, ¯y)| ≤ c|y−¯y|α, c > 0,0< α < 1, k(1 −α)<1. (2.32) Obviamente, si k∈(0,1] como en la condición de Nagumo (2.22), la condición de que k(1−α)<1 es superua. Nótese que la condición de Krasnosel'skii-Krein (2.31) generaliza de forma obvia a la de Nagumo (2.22). Enunciamos el teorema principal de este apartado, recogiendo la prueba en el intervalo [x0, x0+a] , siendo análoga para el conjunto [x0−a, x0] .
2.7. TEOREMA DE UNICIDAD DE KRASNOSEL'SKII-KREIN 39 Teorema 2.52 (Teorema de Unicidad de Krasnosel'skii-Krein) . Sea f(x, y) una función continua en el rectángulo ¯ S vericando las condiciones (2.31) y (2.32) . Entonces, el problema de Cauchy (2) tiene a lo sumo una solución en [x0−a, x0+a] . Demostración. Supongamos que existen dos soluciones, y(x) e ¯y(x) , del problema de valor inicial (2) en el intervalo I= [x0, x0+a] . Denimos la función φ(x) = |y(x)−¯y(x)| , que es claramente no negativa y continua. Por la condición de Holder (2.32) y la ecuación (2.3) se tiene que φ(x) = |y(x)−¯y(x)| ≤ Zx x0|f(t, y(t)) −f(t, ¯y(t))|dt ≤Zx x0 c|y(t)−¯y(t)|αdt =Zx x0 c(φα(t)) dt. Denimos la función R(x) = Zx x0 c(φα(t)) dt, que cumple que R(x0) = 0 y R0(x) = c(φα(x)) ≤c(Rα(x)), (2.33) lo que implica que R0(x)−c(Rα(x)) ≤0 . Como R(x)>0 para todo x>x0 , multiplicando la desigualdad (2.33) por (1−α)(R−α(x)) obtenemos que (R1−α(x))0≤c(1 −α)≤c, de donde se deduce que R1−α(x)≤c(x−x0). Por tanto, se tiene que φ(x)≤(c(x−x0)) 1 1−α y se cumple las siguientes desigualdades: 0≤φ(x) (x−x0)k≤c1 1−α(x−x0)1 1−α−k. Ahora, denimos la función γ como γ(x) = φ(x) (x−x0)k Como, por la condición de Hölder (2.32), k(1 −α)<1 , se sigue que l´ım x→x+ 0 γ(x)=0. Veamos que γ(x) = 0 en todo el conjunto I . Supongamos al contrario que la función γ es no nula en algún punto. En ese caso, existe un x1> x0 tal que 0< m =γ(x1) = m´ax x∈Iγ(x).
40 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD Por la condición de Krasnosel'skii-Krein (2.31) tenemos que m=γ(x1) = φ(x1) (x1−x0)k≤k (x1−x0)kZx0 x1 φ(t) t−x0 dt ≤k (x1−x0)kZx1 x0 γ(t) (t−x0)k−1dt <m (x1−x0)kZx1 x0 k (t−x0)k−1dt =m. Por la contradicción anterior, concluimos que γ(x) = φ(x) = 0 en I y ambas soluciones son iguales. Ejemplo 2.53. Consideramos el problema de Cauchy y0=f(x, y) = 0 si 0≤x≤1, x2< y , x2−y x si 0≤x≤1,0≤y≤x2, x si 0≤x≤1, y < 0 . , y(0) = 0. Veamos primero si la función es continua en la banda D={(x, y)∈R2:x∈[0,1], y ∈R}. Es evidente que f es continua en todo (x, y)∈D tal que x6= 0 . Estudiemos los puntos restantes a través del cálculo de los siguientes límites: l´ım x→0+f(x, y) = l´ım x→0+0 = 0 si x2< y. l´ım x→0+f(x, y) = l´ım x→0+x= 0 si y < 0. En el caso restante se tiene que x2−y x≤ x2+x2 x→0 si 0≤y≤x2. Como los límites coinciden con el valor de la función, f es continua en la recta x= 0 , por tanto, en el conjunto D . Veamos ahora si se cumple la condición de Krasnosel'skii-Krein (2.31). Consideramos los siguientes casos. Si 0≤y, ¯y≤x2 tenemos que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=x2−y x−x2−¯y x=1 x|¯y−y|.
2.7. TEOREMA DE UNICIDAD DE KRASNOSEL'SKII-KREIN 41 Si y < 0≤¯y≤x2 , |f(x, y)−f(x, ¯y)|=x−x2−¯y x=1 x|¯y|<1 x|¯y−y|. En el caso de que y < 0, x2<¯y , se tiene que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=|x−0|=1 x|x2|<1 x|¯y|<1 x|¯y−y|. Por último, si 0≤y≤x2<¯y se sigue que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=x2−y x−0=1 x(x2−y)<1 x|¯y−y|. Para nalizar y ayudándonos de los cálculos anteriores para ver si se cumplía (2.31), estudiamos si se verica en todos los casos la condición de Holder (2.32). Si 0≤y, ¯y≤x2 tenemos que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=1 x|y−¯y|=1 x|y−¯y|1/2|y−¯y|1/2≤1 x(|y|+|¯y|)1/2|y−¯y|1/2 ≤√2x x|y−¯y|1/2=√2|y−¯y|1/2. Si y < 0≤¯y≤x2 se sigue que |f(x, y)−f(x, ¯y)|=1 x|¯y| ≤ |¯y|1/2<√2|¯y−y|1/2. En el caso de que y < 0, x2<¯y , |f(x, y)−f(x, ¯y)|=|x|<¯y1/2<|¯y−y|1/2<√2|¯y−y|1/2. Por último, si 0≤y≤x2<¯y se tiene que |f(x, y)−f(x, ¯y)|= x2−y x≤ |x2−y|1/2<(¯y−y)1/2<√2|¯y−y|1/2. Por tanto, el Teorema de Krasnosell'skii-Krein 2.52 garantiza que el problema tiene una única solución en el intervalo [0,1] , que viene dada por y(x) = x2 3.
42 CAPÍTULO 2. TEOREMAS DE UNICIDAD 2.8. Criterio de Unicidad de Perron Apoyándonos principalmente en el Capítulo 1 de [7], complementado como a lo largo del texto con el Capítulo 1 de [1], recogemos en esta última sección del capítulo principal el Teorema de Unicidad de Perron, que guarda cierta relación con alguno de los ya vistos, como el de Lipschitz 2.9. Empezamos deniendo dos conceptos previos relativos a la solución de un problema de valor inicial. Denición 2.54. Dado el problema de Cauchy (2), una solución q(x) , denida en un intervalo I , se dice maximal si, dada otra solución cualquiera y(x) denida también en I , se tiene que y(x)≤q(x) para todo x∈I. De forma análoga, una solución s(x) se dice minimal si dada otra solución ¯y(x) del mismo problema, denidas ambas en I , se tiene que s(x)≤¯y(x) para todo x∈I. De la propia denición se deduce que, de existir, ambas soluciones son únicas. En nuestro caso, al trabajar con funciones con una cierta continuidad, la existencia de solución está garantizada por el Teorema de Cauchy-Peano 1.5. El siguiente resultado muestra que, bajo estas hipótesis, existen siempre ambas soluciones. Teorema 2.55. Si f(x, y) es una función continua en el conjunto ¯ S+ , entonces existe tanto una solución maximal como una minimal del problema de Cauchy (2) , denidas en el intervalo [x0, x0+α) , con α > 0 . Otro término a denir antes de probar el criterio de Perron es el de derivada en el sentido de Dini, que generaliza la idea de la derivada usual para funciones continuas no necesariamente diferenciables. Denición 2.56. Sea f(x) una función continua en un intervalo I . Llamamos derivada superior derecha, inferior derecha, superior izquierda e inferior izquierda en el sentido de Dini de la función f a D+f(x) = l´ım sup h→0+y(x+h)−y(x) h, D+f(x) = l´ım inf h→0+y(x+h)−y(x) h, D−f(x) = l´ım sup h→0−y(x+h)−y(x) h, D−f(x) = l´ım inf h→0−y(x+h)−y(x) h.
2.8. CRITERIO DE UNICIDAD DE PERRON 43 La relación entre la derivada usual y la de Dini es clara: si D−f(x) = D−f(x) , existe la derivada lateral izquierda de la función continua f(x) , denotada como f0(x−) . De forma análoga se tiene este concepto para f0(x+) . Como ejemplo, si consideramos la función f(x) = −|x| en el punto x0= 0 , se tiene que D+f(0) = D+f(0) = −1 = f0(0+), D−f(0) = D−f(0) = 1 = f0(0−). Las siguientes deniciones y resultados, relativos al campo de las Desigualdades Diferenciales, muestran relaciones entre las las derivadas de Dini y ciertas funciones. Denición 2.57. Consideremos el problema de Cauchy (2) con f(x, y) una función continua. Sea y(x) una función continua tal que se cumplen las condiciones (a) y (b) de solución. Si y satisface la desigualdad diferencial y0(x+)< f(x, y(x)), x ∈[x0, x0+a), se dice que es una sub-solución del problema de valor inicial (2). En las mismas hipótesis, si y(x) cumple que y0(x+)> f(x, y(x)), x ∈[x0, x0+a), decimos que es una sobre-solución del problema de Cauchy (2). Teorema 2.58. Consideremos el problema de valor inicial (2) con f continua en el conjunto ¯ S+ . Sean y e ¯y dos funciones continuas en el intervalo [x0, x0+a) tales que (x, y(x)),(x, ¯y(x)) ∈D y y(x0)<¯y(x0) para un cierto x0 . Además, se tiene que D−y(x)≤f(x, y(x)), D−¯y(x)> f(x, ¯y(x)) (2.34) para todo x∈[x0, x0+a) . Entonces y(x)<¯y(x), x ∈[x0, x0+a). Demostración. Supongamos que el resultado no es cierto. Entonces el conjunto A={x∈[x0, x0+a) : ¯y(x)≤y(x)} es no vacío y está acotado inferiormente. Sea x1> x0 el ínmo de A , que cumple que y(x)<¯y(x) en [x0, x1) e y(x1) = ¯y(x1) . Por todo ello, para un h < 0 sucientemente pequeño se tiene que y(x1+h)−y(x1) h>¯y(x1+h)−¯y(x1) h,
50 CAPÍTULO 3. UNICIDAD A TRAVÉS DE LA VARIABLE INDEPENDIENTE Teorema 3.7. Sea B una bola centrada en el punto (x0, y0)∈R2 . Si la función ¯ f es continua en B y positiva en los puntos de B\{(x0, y0)} , entonces el problema (3.1) tiene al menos una solución continua. Nótese que la hipótesis de que la función ¯ f sea positiva en la bola abierta perforada B\{(x0, y0)} se puede cambiar suponiendo que es negativa en toda ella. Además, no hemos supuesto que la función esté acotada, al contrario que en el Teorema 1.5. Una versión alternativa de los criterios de unicidad, como el de Lipschitz. Si f es continua en un entorno del punto (x0, y0) , el Teorema 3.7 garantiza la existencia de al menos una solución, y(x) , tal que y0(x) = f(x, y(x)) e y(x0) = y0 . El siguiente paso sería estudiar si dicha solución es única por algún criterio, como el de Lipschitz 2.9. Sin embargo, esto no se tiene asegurado siempre como vimos en el Ejemplo 1.6. Recogemos una situación donde es posible solventar este problema. Ejemplo 3.8. Consideremos el problema de Cauchy y0=f(x, y) = p|y|+ cos(x), y(0) = 0. (3.4) La función f(x, y) es continua al ser suma de funciones elementales. Como vimos a lo largo de la Sección 2.1, f no es lipschitziana respecto de la variable y . Sin embargo, como f(0,0) = 1 >0 y f es lipschitziana respecto de x en cualquier entorno del origen, se tiene que ¯ f(r, t) = 1 √r+ cos(t) es lipschitziana respecto de t en un entorno del punto (0,0) . Por tanto, el correspondiente problema (3.2) tiene una única solución. Además, al ser f una función positiva en un entorno de (0,0) , toda solución de (3.4) dene una solución local del problema inverso (3.2), por lo que (3.4) tiene una única solución posible. Como consecuencia del anterior ejemplo, deducimos el siguiente resultado que garantiza una solución local del problema de Cauchy (2). Teorema 3.9 (Versión del Teorema de Lipschitz) . Sea f(x, y) una función continua en un entorno de (x0, y0)∈R2 tal que f(x0, y0)6= 0 . Entonces, el problema de valor inicial (2) tiene una solución única si es f es lipschitziana en un entorno de (x0, y0) respecto de x y/o respecto de y .
51 Para nalizar, estudiemos brevemente la condición de que f(x0, y0)6= 0 en el Teorema de Lipschitz 3.9 a través de dos ejemplos. El problema de valor inicial autónomo y0=p|y|, x ≥0, y(0) = 0, muestra que la condición de que la función sea distinta a cero en el punto (x0, y0) es necesaria para garantizar la unicidad por el Teorema 3.9. Como habíamos visto en el Ejemplo 2.18, dos posibles soluciones a este problema son la trivial e y(x) = x2/4 . Ahora consideremos el problema de Cauchy y0=p|y−x|+ 1, x ≥0, y(0) = 0. Nótese que pese a cumplirse que f(0,0) 6= 0 , la función no es lipschitziana en ningún entorno del origen respecto de alguna variable, por tanto no se puede aplicar el Teorema 3.9. Además, las funciones y(x) = x e ¯y(x) = x2 4+x son dos soluciones al problema. Nótese que también es posible estudiar la unicidad a través de condiciones en la variable independiente con otros criterios distintos al de Lipschitz, como los vistos en el Capítulo 2. Por ejemplo, en el caso de Peano bastaría pedir que la función f sea continua y decreciente respecto de alguna variable en un entorno de dicho punto y además que no se anule en el punto (x0, y0) .
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