DICAS DICAS E RESPOS RESPOST TAS DA LIST LISTA DE EXERC EXERC´ ICIO ICIOS S 1 ED EDO O II - MAP MAP 0316 0316
PROF: PEDRO T. P. LOPES WWW.IME.USP.BR/ PPLOPES/EDO2 ∼
Os exerc´ıcios ıcios a seguir foram selecionados dos livros dos autores Claus Doering-Artur Lopes e Jorge Sotomayor. Sotomayor. (S.X.Y) indica exerc´ exerc´ıcio Y do cap´ cap´ıtulo X do livro do Sotomayor. Sotomayor. (D.L.X.Y) indica exerc´ exerc´ıcio Y do cap´ cap´ıtulo X do livro dos autores Claus Doering e Artur Lopes. Exerc´ıcio 1 (S.1.1) Seja g Seja g((t) = t 2−1 , t = 1. a) Mostre que toda solu¸c˜ c˜ao ao de x de x (t) = g( g (t) ´e da forma for ma
| |
2
ϕ(t) = c + ln onde c onde c R . Resolu¸c˜ c˜ao: ao: De fato, basta integrar t
∈
t
x(t)
− x(t0) =
ˆ
→ g( g (t) e obtemos t
x (s)ds = ds =
t0
ˆ
g (s)ds = ds =
t0
t
ˆ t0
Logo x(t) =
x(t0 )
−
1
− s−1
−
t0 1 ln t0 + 1
−
1 s+1
+ ln
−1 em que c que c := := x(t0 ) ln tt +1 . b) Fa¸ca ca um esbo¸co co destas solu¸c˜ coes o˜es em Ω = t 1 (Sugest˜ ao: ao: Note que g que g (t) = t−1 1 t+1 ).
−
0
0
t 1 , t+1
s 1 ds = ds = ln s+1
−
t0
− −
t 1 = ln ln t+1
t 1 t 1 = c + ln , t+1 t+1
{ ∈ R ; |t| = 1 } × R.
−
t
− −
ln
−
t0 1 . t0 + 1
Exerc´ıcio 2 (S.1.2) Seja f Seja f ((x) = x 2−1 . Mostre Mostre que toda solu¸ solu¸c˜ c˜ao ao de x de x = f ( f (x) diferente das solu¸c˜ c˜oes ϕ oes ϕ + 2
≡ 1 e ϕ − ≡ −1 ´e da forma: form a:
1 + cet , c = 0. 1 cet Qual Qua l ´e o intervalo inter valo m´aximo I aximo I c de defini¸c˜ cao ˜ao destas solu¸c˜ c˜oes? oes? Fa¸ca ca um esbo¸co co geom´etrico etrico das solu¸c˜ c˜oes oes em Ω = e compare co mpare com o exerc´ıcio ıcio anterior. Resolu¸c˜ c˜ao: ao: Usando o m´ etodo etodo aprendido em sala de aula, temos x temos x((t) = F −1 (t t0 ), em que ϕ(t) =
w
F ( F (w) =
ˆ
x0
Assim F Assim F ((x(t)) = t
1 dξ = = f (ξ )
w
ˆ
x0
w
2 ξ 2
= − 1 dξ =
−
ˆ
x0
−
1
− − 1 −
ξ
1 ξ + + 1
w 1 dξ = = ln w + 1
− t0. Logo para algum ˜c e c pertencentes a R, temos x(t) − 1 x0 − 1 x(t) − 1 − ln ln = t − t0 =⇒ ln x(t) + 1 x0 + 1 x(t) + 1 x(t) − 1 = ce .
t
x(t) + 1
− − ln x0 − 1 x0 + 1
2 R
.
= t + ˜c =
⇒
Assim
1 + cet . 1 cet Logo uma solu¸c˜ c˜ao ao est´a definida para todo t, se c < 0. 0. Se c > 0, a solu¸c˜ c˜ao ao est´a definida para todo t tal que 1 1 1 t t 1 = ce , ou seja, e seja, e = c = t = ln c , ou seja, o intervalo m´axim ax imoo ´e ] , ln c [ ou ]ln 1c , [, dependendo do ponto do valor inicial. x(t)
− 1 = ce
t
(x(t) + 1) =
⇒
cet = 1 + cet =
−
x(t) 1
⇒
⇒
−∞
1
x(t) =
− ∞
DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERC´ICIOS 1 EDO II - MAP 0316
2
Exerc´ıcio 3 (S.1.5) R. Seja f : R a) As equa¸c˜oes da forma
→
x ,t=0 t s˜ ao chamadas homogˆeneas. Prove que a mudan¸ca de vari´aveis x = yt transforma equa¸c˜oes homogˆeneas em equa¸co˜es com vari´aveis separ´aveis. Resolu¸c˜ao: Se x = yt, ent˜ao x (t) = ty (t) + y(t). Assim temos x 1 x = f ty (t) + y(t) = f (y) y (t) = (f (y(t)) y(t)) t t b) Resolva a equa¸ca˜o x+t x = , x(1) = 0. t Resolu¸c˜ao: Vemos que x(t) x (t) = + 1, t logo x (t) = f xt , em que f (w) = w + 1. Se x = ty, ent˜ao 0 = x(1) = y(1) e x = f
⇐⇒
⇐⇒
1 y (t) = (f (y(t)) t
−
− y(t)) = 1t (y(t) + 1 − y(t)) = 1t .
Assim y(t) = y(1) + ln t = ln t. Conclu´ımos que x(t) = t ln(t). Exerc´ıcio 4 (S.1.6) Encontre os valores de α e β para os quais x = αt α + βx β se transforma numa equa¸c˜ao homogˆenea por meio de uma mudan¸ca de vari´aveis da forma x = y m . Resolu¸c˜ao: Se x = y m , ent˜ao x (t) = my m−1 (t)y (t). Logo mym−1 (t)y (t) = αt α + βy βm , ou seja,
1 1 y (t) = αtα y1−m + βy (β−1)m+1 = m m
αt
α+1−m
y t
1−m
+ βt
(β −1)m+1
y t
(β −1)m+1
.
1 Logo para que m αtα y 1−m + βy (β−1)m+1 possa ser escrita como f ( yt ), devemos ter um dos trˆes casos: 1) α = β = 0. 2) β = 0 e α = m 1. 1 3) β = 1 + m e α = 0. 1 4) β = 1 + m e α = m 1
−
−
Exerc´ıcio 5 (S.1.8) Mostre que a mudan¸ca de vari´aveis x 1−n = y transforma a equa¸c˜ao de Bernoulli dx = a(t)x + c(t)xn dt numa equa¸c˜ao linear. Resolu¸c˜ao: Se y = x 1−n , ent˜ao y (t) = (1 n) x−n (t)x (t). Logo x (t) = (1 n)−1 xn (t)y (t). Logo a equa¸c˜ao acima equivale a (1 n)−1 xn (t)y (t) = a(t)x + c(t)xn = y (t) = (1 n) a(t)x1−n + (1 n) c(t) = y (t) = (1 n) a(t)y(t) + (1 n) c(t).
−
−
Exerc´ıcio 6 (S.1.9)
−
−
−
⇒
−
⇒
−
DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERC´ICIOS 1 EDO II - MAP 0316
3
A equa¸ca˜o do tipo x (t) = r(t)x2 + a(t)x + b(t) ( ) chama-se equa¸c˜ao de Riccati. Suponha que os coeficientes da equa¸ca˜o ( ) s˜ao fun¸c˜oes cont´ınuas de t. Mostre que se ϕ 1 ´e uma solu¸c˜ao da equa¸ca˜o ( ), ent˜ao ϕ = ϕ 1 + ϕ2 ´e solu¸ca˜o da equa¸c˜ao ( ) se, e somente se, ϕ 2 ´e uma solu¸ca˜o da equa¸c˜ao de Bernoulli (veja exerc´ıcio anterior)
∗ ∗
∗
∗
y = (a(t) + 2r(t)ϕ1 (t)) y + r(t)y 2 . Ache as solu¸c˜oes de
x + t3 x2 t sabendo que esta equa¸c˜ao admite ϕ 1 (t) = t como solu¸c˜ao. Resolu¸c˜ao: De fato, se ϕ 1 + ϕ2 ´e solu¸c˜ao, ent˜ao temos x =
− t5
ϕ1 (t) + ϕ2 (t) = r(t)ϕ1 (t)2 + 2r(t)ϕ1 (t)ϕ2 (t) + r(t)ϕ2 (t)2 + a(t)ϕ1 (t) + a(t)ϕ2 (t) + b(t). Como ϕ 1 ´e solu¸ca˜o, conclu´ımos que ϕ2 (t) = 2r(t)ϕ1 (t)ϕ2 (t) + r(t)ϕ2 (t)2 + a(t)ϕ2 (t). No caso em que x =
x t
+ t3 x2
− t5, ϕ 2 deve satisfazer y =
Se y = z −1 , ent˜ao
− − − ˆ ˆ
1 + 2t3 t y + t3 y2 = t
1 + 2t4 z(t) t
z (t) = Logo
t
x(t) = t + x0
−
ˆ
s
s3 exp
t0
1 + 2t4 y + t3 y 2 . t
s0
t3 .
1 + 2τ 4 dτ ds τ
−1
t
exp
t0
1 + 2τ 4 dτ τ
Exerc´ıcio 7 (S.1.11) Em cada um dos seguintes exemplos, encontre ou demonstre que n˜ao existe uma constante de Lipschitz nos dom´ınios indicados: a) f (t, x) = t x , t a, x R n . b) f (t, x) = x , x 1. c) f (t, x) = x1 , 1 x . 2 d) f (t, x) = x1 x2 , t + x3 , x23 , x b, t a. Resolu¸c˜ao: ´ Lipschitz. a) E De fato, f (t, x) f (t, y) = t x t y = t x y t x y a x y . Note que usei x = y + (x y) y + x y e y x + x y . Logo x y x y. b) N˜ao ´e Lipschitz. Isto foi visto em sala de aula. Se fosse Lipschitz, existiria uma constante C > 0 tal que f (t, x) f (t, y) sup C. x y x =y
| | | | ≤ ∈ | | ≤ ≤ ≤ ∞ 1 3
| | ≤
| | | |
| | ≤
− | | | | − | || | | || | − | || ≤ | | | − | ≤ | − | − | ≤ | | | − | | | ≤ | | | − | || | − | || ≤ | − | |
Por´em
− | − |
|≤
1 3
|f (t, x) − f (t, 0)| = |x| = |x|− −→ →0 ∞. |x| |x|
Um absurdo. Logo f n˜ao ´e Lipschitz. ´ Lipschitz. c) E De fato, temos
y 1 1 1 f (t, x) f (t, y) = = ds 2 x y x s 1, pois f s´o est´a definido para x 1.
|
em que usamos s1 ´ Lipschitz. d) E
2
≤
2 3
−
|
−
≥
ˆ
x
y
≤ ˆ
x
≤ | − |
1ds
y
x ,
DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERC´ICIOS 1 EDO II - MAP 0316
4
De fato, a fun¸c˜ao ´e C ∞ . Logo
O n´ umero max|x|≤b, |t|≤a
|≤
| | − |
|f (t, x) − f (t, y) | |≤max| |≤ |D f (t, x) x y . |D f (t, x)| ´e finito, pois ´e o m´aximo de uma fun¸ca˜o cont´ınua sobre um compacto.
x
x
b, t
x
a
Exerc´ıcio 8 (S.1.12) Seja f : R 2 R definida por f (x, y) = y . Considere a equa¸ca˜o diferencial dy = f (x, y) com a condi¸ca˜o inicial dt y(0) = 0. (i) Dˆe uma solu¸ca˜o desta equa¸c˜ao. (ii) Ela ´e u ´ nica? (iii) Caso a resposta de (ii) seja negativa, contradiz o Teorema de Picard? Justifique. Sugest˜ ao: Use o m´etodo de vari´aveis separ´aveis para encontrar a seguinte solu¸ca˜o:
| |
→
y(t) :=
x2
4 ,2
−
x 0 . 0 4 , x
≥ ≤
x
Resolu¸c˜ao: (i) Uma poss´ıvel solu¸ca˜o ´e dada por y(t) = 0 para todo t R, pois y (t) = 0 = 0 = y(t) . (ii) N˜ ao, usando o m´etodo de vari´aveis separ´aveis (a princ´ıpio ele s´o vale quando f (x, y) = 0, no entanto ele est´a sendo usando aqui numa tentativa de obter uma solu¸ca˜o) temos para x > 0
√
∈
x
F (x) =
ˆ 0
1
| | ξ
√ ⇒
dξ = 2 x =
x =
|
1 F (x)2 = 4
⇒
2
F −1 (y) =
|
1 2 y . 4 2
Logo, obtemos para t 0, y(t) = F −1 (t) = t4 . Fazendo o mesmo para t 0, obtemos y(t) = t4 . Como vimos, este m´etodo s´o foi demonstrado a validade para f (x, y) = 0. No entanto, podemos mostrar explicitamente que a solu¸c˜ao obtida acima de fato resolve a equa¸c˜ao. Embora n˜ao seja a ´unica que o fa¸ca. (iii) N˜ ao, pois y y n˜ao ´e localmente Lipschitiziana. Se fosse, existiria uma constante C > 0 tal que se x 1, y 1, x = y, ent˜ao x y C. x y
≥
| | ≤ | | ≤
≤
→ | |
No entanto, lim
x→∞
| | − | | − ≤ | | − | | − | | 0
x x
0
= lim
x→∞
Exerc´ıcio 9 (S.1.14) Seja f : R Rn R n de classe C 1 e suponhamos que ϕ : R
×
→
−
1 = x
n
→ R
∞.
´e a solu¸c˜ao de
x = f (t, x), x(t0 ) = x 0 . ( )
∗
´ poss´ıvel que exista t 1 = t 0 tal que ϕ(t0 ) = ϕ(t1 ), por´em ϕ (t0 ) e ϕ (t1 ) s˜ao linearmente independentes? E d d Sugest˜ ao: Note que dt (tsen(t)) = tcos(t) + sen(t) e dt t2 sen(t) = t2 cos(t) + 2tsen(t). Seja ϕ : R 2 R dada por solu¸c˜ao de ( ) com f : R R2
∗
× →
f (t, (x, y)) = tcos(t) + sen(t), t2 cos(t) + 2tsen(t)
→ R2 a
e condi¸co˜es iniciais (x(0), y(0)) = (0, 0). Calcule ent˜ao ϕ(π), ϕ(2π), ϕ (π) e ϕ (2π). Resolu¸c˜ao: Sim. No caso da sugest˜ao temos que ϕ(t) = tsen(t), t2 sen(t) ´e solu¸c˜ao de ϕ (t) = f (t, ϕ(t)). Al´em disso,
ϕ(π) = (0, 0) . ϕ(2π) = (0, 0). ϕ (π) = π, π 2 .
Como
− −
ϕ (2π) = 2π, 4π 2 . π, π 2 e 2π, 4π 2 s˜ao L.I. conclu´ımos que sim, ´e poss´ıvel.
− −
Exerc´ıcio 10 (S.1.15)
DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERC´ICIOS 1 EDO II - MAP 0316
5
n R cont´ Seja f : R Rn ınua e Lipschitziana com respeito a segunda vari´ avel (Existe K > 0 tal que n n R R ). Prove que dado (t0 , x0 ) R R existe f (t, x) f (t, y) K x y , para todo (t, x) e (t, y) uma u ´ nica solu¸c˜ao de x (t) = f (t, x), x(t0 ) = x 0 ,
−
× → ≤ −
∈ ×
∈ ×
definida em todo R. Resolu¸c˜ao: Vamos esbo¸car duas formas de resolver este exerc´ıcio: 1) Refa¸co o Teorema de Picard Lindel¨of. Mostro que para todo intervalo compacto I que cont´em t 0 a aplica¸c˜ao F : C (I, Rn ) t
F (x)(t) = x0 +
ˆ
n
→ C (I, R
) dada por
f (s, x(s))ds
t0
´e tal que F n ´e uma contra¸c˜ao para n grande. Logo existe um u ´ nico ponto fixo. Assim a solu¸c˜ao existe em cada intervalo compacto que cont´em t0 . Mostro que as solu¸co˜es coincidem nas intersec¸c˜oes dos intervalos. Por fim, mostro que podemos definir uma solu¸c˜ao em todo R dizendo que a restri¸c˜ao em cada intervalo compacto que cont´em t 0 ´e dado pelas solu¸co˜es obtidas acima pelo teorema do ponto fixo. 2) Mostro que se o intervalo maximal for da forma ] α, β [ com β < (para α > , o argumento ´e o mesmo), ent˜ao x(t) converge quando t vai para β . Logo podemos estender a solu¸c˜ao para t maiores do que β .
∞
Exerc´ıcio 11 (S.1.16) n 1 R de classe C e suponhamos que ϕ : Seja f : R n
→
→ R
R
n
−∞
´e solu¸c˜ao de
x = f (x), x(t0 ) = x0 .
´ poss´ıvel que exista t 1 = t 0 tal que ϕ(t0 ) = ϕ(t1 ), mas ϕ (t0 ) = ϕ (t1 )? a) E Resolu¸c˜ao: N˜ ao. Pois se ϕ(t0 ) = ϕ(t1 ), isto implica que ϕ (t0 ) = f (ϕ(t0 )) = f (ϕ(t1 )) = ϕ (t1 ). b) Compare (a) com o exerc´ıcio 9. Resolu¸c˜ao: No exerc´ıcio 9 temos um sistema n˜ao autˆonomo e neste exerc´ıcio um sistema autˆonomo. Conclu´ımos que o efeito descrito neste exerc´ıcio s´o pode ocorrer em sistemas n˜ao autˆonomos.
Exerc´ıcio 12 (S.1.28) n R uma fun¸ Seja f : R Rn ca˜o cont´ınua tal que f (t, x) = f (t + 1, x) e f [0,1]×R ´e Lipschitziana. Prove que toda solu¸c˜ao ϕ(t, t0 , x0 ) (da equa¸ca˜o x (t) = f (t, x(t)), x(t0 ) = x 0 ) est´a definida para todo t R e ϕ(t, t0 , x0 ) = ϕ(t + 1, t0 + 1, x0 ). Resolu¸c˜ao: De f (t, x) = f (t + 1, x) ´e simples concluir que f (t, x) = f (t + n, x), para todo n Z. (Podemos usar indu¸c˜ao) Seja K > 0 tal que f (t, x) f (t, y) K x y , t [0, 1] .
×
→
|
n
∈
∈
Logo se t
−
≤ − ∀ ∈
∈ [n, n + 1], para algum n ∈ Z, conclu´ımos que t = n + s. Portanto f (t, x) − f (t, y) = f (n + s, x) − f (n + s, y) = f (s, x) − f (s, y) ≤ K x − y .
Desta maneira f ´e uma fun¸ca˜o Lipschitziana. Pelo exerc´ıcio 10, uma solu¸c˜ao desta equa¸ca˜o est´a definida para todo R. Por fim, observemos que se y : R R n ´e uma fun¸c˜ao dada por y(t) = ϕ(t + 1, t0 + 1, x0 ), ent˜ao
→
y(t0 ) = ϕ(t0 + 1, t0 + 1, x0 ) = x0 e
d ∂ ∂ϕ y(t) = (ϕ(t + 1, t0 + 1, x0 )) = (t + 1, t0 + 1, x0 ) = dt ∂t ∂t f (t + 1, ϕ(t + 1, t0 + 1, x0 )) = f (t, ϕ(t + 1, t0 + 1, x0 )) = f (t, y(t)) . Pela unicidade das solu¸co˜es de EDO, y (t) = ϕ(t, t0 , x0 ), ou seja, ϕ(t, t0 , x0 ) = ϕ(t + 1, t0 + 1, x0 ). Exerc´ıcio 13 (S.1.29)
DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERC´ICIOS 1 EDO II - MAP 0316
6
→ R de classe C 1. Seja f : R ×R → R cont´ınua e Lipschitziana tal que f (t, H (x)) = DH (x).f (t, x) ∈ R × R . Se f ´e Lipschitziana e ϕ(t, t0, x0) denota a solu¸c˜ao de x = f (t, x) que passa por (t0, x0),
Seja H : R n para todo (t, x) prove que
n
n
n
n
ϕ(t, t0 , H (x0 )) = H (ϕ(t, t0 , x0 )) . Resolu¸c˜ao: Lembremos que por defini¸c˜ao, a fun¸c˜ao x : R
→ R
n
dada por x(t) = ϕ(t, t0 , x0 ) satisfaz
x (t) = f (t, x(t)) . x(t0 ) = x 0
Agora, basta observar que se y : R
n
→ R
´e a fun¸c˜ao dada por y (t) = H (ϕ(t, t0 , x0 )), ent˜ao
d y (t) = [H (ϕ(t, t0 , x0 ))] = DH (ϕ(t, t0 , x0 )) dt
∂ϕ ∂t
(t, t0 , x0 ) =
DH (ϕ(t, t0 , x0 )) f (t, ϕ(t, t0 , x0 )) = f (t, H (ϕ(t, t0 , x0 ))) = f (t, y(t)). e y(t0 ) = H (ϕ(t0 , t0 , x0 )) = H (x0 ). Logo y(t) = ϕ(t, t0 , H (x0 )), ou seja, H (ϕ(t, t0 , x0 )) = ϕ(t, t0 , H (x0 )). Exerc´ıcio 14 (S.1.30) Se X = (X 1 , X 2 ,...,X n) ´e um campo vetorial de classe C 1 em Rn e V ´e uma fun¸ca˜o real diferenci´avel em Rn tal n 2 ∂V que i=1 ∂x (x)X i (x) 0 e V (x) x para todo x Rn , prove que toda solu¸c˜ao de x = X (x), x(0) = x 0 , est´a definida para todo t > 0. Resolu¸c˜ao: Basta observar que se x (t) = X (x(t)) e x(0) = x0 , ent˜ao
≤
i
≥ | |
∈
d (V (x(t))) = dV (x(t)).x (t) = dt
n
i=1
∂V (x)xi (x) = ∂x i
n
i=1
∂V (x)X i (x) ∂x i
≤ 0.
Logo t V (x(t)) ´e uma fun¸ca˜o decrescente. Suponha que o intervalo de defini¸ca˜o da solu¸c˜ao m´axima seja R ´ I = ]α, β [, α < 0 e β < . Como x(t) V (x(t)), conclu´ımos que t [0, β [ x(t) e uma fun¸ca˜o limitada, ou seja, x([0, β [) pertence a um compacto K de Rn . Como o campo est´a definido para todo Rn e β < , deve existir t ∗ tal que x(t∗ ) R n K . Isto ´e um absurdo. Logo β = .
→
∞ ∈ \
≤
∈
→ ∈
∞
∞
Exerc´ıcio 15 (D.L.4.1) Sejam f : E R n um campo cont´ınuo, em que E R n ´e um aberto, I R um intervalo com t0 I e x : I Rn um caminho cont´ınuo e deriv´avel tal que x(t) E para todo t I . Mostre que x ´e solu¸c˜ao de x = f (x), com x(t0 ) = x 0 , se, e somente se, para qualquer t I vale
→
⊂
∈ ∈
⊂
∈
∈
→
t
x(t) = x0 +
ˆ
f (x(s))ds.
t0
Resolu¸c˜ao: ( = ) Suponha que x = f (x), com x(t0 ) = x 0 . Como f e x s˜ao cont´ınuas, conclu´ımos que t Assim, pelo teorema fundamental do c´alculo:
⇒
t
x(t)
− x(t0) =
ˆ
t
x (s)ds =
t0
ˆ
⇐
d dt
´
t t0
g(s)ds = g(t). Como s
f (x(s))ds =
⇒
t t0
´ f (x(s))ds.
x(t) = x 0 +
ˆ
Al´em disso, temos x(t0 ) = x 0 +
t 0 t0
t
x0 +
ˆ
Sabemos que se g :
t0
t
ˆ
d f (x(s))ds = dt
´ f (x(s))ds = x . 0
f (x(s))ds.
t0
→ f (x(s)) ´e cont´ınua, conclu´ımos que
d d (x(t)) = dt dt
Exerc´ıcio 16 (D.L.4.2)
t
t0
( =) Suponha que x seja cont´ınua e x(t) = x0 +
→ f (x(t)) ´e integr´avel.
t0
f (x(s))ds
R
→
= f (x(t)).
R ´ e
cont´ınua, ent˜ao
DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERC´ICIOS 1 EDO II - MAP 0316
7
n 1 n R um campo de classe C , em que E R ´ Seja f : E e um aberto. Dado y E , denotamos por I (y) o intervalo m´aximo da solu¸ca˜o da EDO x = f (x) . x(0) = y Mostre que se s, t R e x R s˜ao tais que s, s + t I (x), ent˜ao t I (φ(s, x)). Resolu¸c˜ao: w = f (w) Seja w : I (x) R n a solu¸ca˜o m´axima de . Suponha que s I (x). Defino z : y s : y I (x) w(0) = x n R por z (u) = w(u + s). Logo z = f (z) e z(0) = w(s) = φ(s, x), ou seja, z ´ e uma restri¸c˜ao de u φ(u, φ(s, x)). Observamos que φ(s, x) est´a bem definida, pois s I (x). Se s + t I (x), ent˜ao w(s + t) est´a bem definida (s + t est´ a no dom´ınio de w). Logo z (t) est´a bem definida, ou seja, t pertence ao dom´ınio de z (e de u φ(u, φ(s, x))). Portanto, t I (φ(s, x)).
→
⊂
∈
∈
∈
∈
∈
→
∈
∈
{ − ∈ → →
∈
∈
}→
Exerc´ıcio 17 (D.L.4.3) Sejam f : E Rn um campo de classe C 1 , em que E Rn ´e um aberto. Seja x uma solu¸c˜ao definida em toda reta e tal que lim t→∞ x(t) = z 0 , em que z 0 E . Mostre que f (z0 ) = 0. Resolu¸c˜ao: t Sabemos que x(t) = x 0 + t f (x(s))ds. Tomando o limite para t , obtemos
→
⊂
∈
´
→ ∞
0
z0 = lim x(t) = lim t→∞
t→∞
t
x0 +
ˆ
t
f (x(s))ds = x0 + lim
t0
t→∞
ˆ
f (x(s))ds.
t0
Sabemos tamb´em que lim t→∞ f (x(t)) = f (z0 ). Suponha que f (z0 ) = 0. Logo se f (x(s)) = (f 1 (x(s)), . . . , fn (x(s))) e f (z0 ) = (f 1 (z0 ), . . . , fn (z0 )), ent˜ao f j (z0 ) = 0 para algum j 1, 2,...,n . Suponha que f j (z0 ) > 0 (o argumento para f j (z0 ) < 0 ´e o mesmo). Assim existe C > 0 e R > t0 tal que f j (x(s)) C > 0 para s R. Conclu´ımos que
∈ {
t
lim
t→∞
ˆ
R
f j (x(s))ds = lim
t→∞
t0
R
ˆ
ˆ
f j (x(s))ds + lim
t→∞
ˆ
R
} ≥
f j (x(s))ds +
t0
ˆ
f j (x(s))ds
R
R
f j (x(s))ds
t
t
t0
≥
ˆ
≥
=
t
f j (x(s))ds + lim
t→∞
t0
ˆ
R
Cds =
∞.
Portanto, z 0 n˜ao ´e finito, uma contradi¸ca˜o. Logo f (z0 ) = 0. Exerc´ıcio 18 (D.L.4.5) 1 R um campo de classe C com uma solu¸ Seja f : R ca˜o m´axima n˜ao constante x : I R de x = f (x) tal que a imagem x(I ) ´e limitada. Mostre que: a) I = R b) x ´e estritamente mon´otona. c) x(I ) ´e um intervalo aberto limitado ]a, b[. d) f (a) = f (b) = 0. Resolu¸c˜ao: a) Suponha que o intervalo maximal fosse ]α, β [, com β < (para α > , o argumento ´e an´alogo). Logo, para todo compacto de R, em particular um intervalo fechado limitado que contenha x(I ), deveria existir x(t∗ ) que n˜ao pertence a este compacto. Isto ´e evidentemente uma contradi¸c˜ao. Logo β = . b) Se x n˜ao for mon´otona, ent˜ao existe um m´aximo ou m´ınimo local de x : I R, ou seja, um ponto t ∗ I tal que x (t∗ ) = 0. Conclu´ımos que f (x(t∗ )) = x (t∗ ) = 0. Seja y : I R dado por y(t) = x(t∗ ) para todo t I . Logo
→
→
∞
−∞ ∞ →
→
∈
y (t) = 0 = f (x(t∗ )) = f (y(t)) . y(t∗ ) = x(t∗ )
∈
Por unicidade das solu¸co˜es, conclu´ımos que y = x. Logo x e´ uma solu¸c˜ao constante. Isto ´e uma contradi¸c˜ao. Logo x tem que ser mon´otona. c) Sabemos que I ´e um intervalo. Logo ´e um conjunto conexo de R. Assim x(I ) ´e um conjunto conexo de R, pois x ´e cont´ınua. Conclu´ımos que x(I ) ´e um intervalo. Suponha que x(I ) =]a, b] (o caso [a, b[ se trata de maneira semelhante). Logo existe t ∗ R tal que x(t∗ ) = b. Como x ´e mon´otona, conclu´ımos que existe t I , t > t∗ se x for crescente, ou t < t∗ , se x for decrescente, tal que x(t) > b. Logo x(t) / x(I ), o que ´e uma contradi¸c˜ao. Conclu´ımos que x(I ) =]a, b[. d) Sabemos que o limite limt→±∞ x(t) ´e igual a a ou b, dependendo de , pois x ´e uma fun¸ca˜o mon´otona. Como limt→±∞ f (x(t)) ´e igual a f (a) ou f (b), basta aplicar o resultado do exerc´ıcio 17 para concluir que f (a) = f (b) = 0.
∈
∈
∈
±∞
DICAS E RESPOSTAS DA LISTA DE EXERC´ICIOS 1 EDO II - MAP 0316
8
Exerc´ıcio 19 (D.L. 4.7) Seja x : I Rn uma solu¸c˜ao m´axima n˜ao constante de x = f (x). Mostre que se x n˜ao for injetora, ent˜ao: 1) O intervalo m´aximo da solu¸c˜ao ´e R. 2) Existe uma constante T > 0 tal que x(t + T ) = x(t) para todo t R . Uma solu¸ca˜o com as propriedades acima ´e chamada de peri´odica. Resolu¸c˜ao: Sabemos que x n˜ao ´e injetora. Logo existem t1 e t2 pertencentes a I tais que x(t1 ) = x(t2 ). Seja T = t 2 t1 . Defino y : [t1 , t2 + T ] R n x(t), t [t1 , t2 ] y(t) = . x(t T ), t [t2 , t2 + T ] Como x(t2 T ) = x(t2 (t2 t1 )) = x(t1 ) = x(t2 ), conclu´ımos, usando um resultado dado em sala de aula, que y tamb´em ´e uma solu¸ca˜o da EDO y = f (y). Podemos estender esta solu¸c˜ao para todo R da seguinte maneira: Se t [t1 + nT,t2 + (n + 1) T ], n Z , ent˜ao t = t 1 + nT + s, com s [t1 , t2 ]. Logo defino
→
∈
−
→
−
∈
− − ∈
−
∈ ∈
y(t) = y(s).
∈
Usando o resultado dado em sala de aula para cada ponto t 1 + nT (podemos usar indu¸c˜ao), conclu´ımos que y ´e uma solu¸ca˜o da EDO definida em todo R. Por unicidade da solu¸ca˜o m´axima, conclu´ımos que x = y, ou seja, x est´a definido em todo R. Pela pr´opria constru¸c˜ao de y, conclu´ımos que x(t + T ) = x(t) para todo t R. O resultado dado em sala de aula a que nos referimos est´a enunciado no exerc´ıcio 10.1, pag. 381, da primeira edi¸c˜ao do livro do Doering e Lopes.
∈
Exerc´ıcio 20 (D.L. 4.9) Seja f : R n R n um campo tal que x, f (x) = 0, para todo x R. Mostre que toda solu¸c˜ao m´axima x : I Rn de x = f (x) est´a definida para todo t R. Ou seja, mostre que o intervalo m´aximo de toda solu¸ca˜o m´axima ´e igual a R. Observa¸c˜ao: x, y := x 1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn . Resolu¸c˜ao: Basta observar que d d dx dx dx 2 x(t) = x(t), x(t) = (t), x(t) + x(t), (t) = 2 (t), x(t) = 2 f (x(t)), x(t) = 0. dt dt dt dt dt
→
∈
∈
→
Logo t → x(t) := R ´e uma fun¸c˜ao constante. Suponha o intervalo maximal fosse ]α, β [, com β < ∞ (para α > −∞, o argumento ´e an´alogo). Logo, para todo compacto de R , em particular uma bola fechada de raio maior do que R, deveria existir x(t∗ ) que n˜ao pertence a este compacto. Isto ´e evidentemente uma contradi¸c˜ao, pois x(t) est´ a confinado a bola fechada de raio R. Logo β = ∞. n
