Existencia y Unicidad

MAT 1532 Ecuaciones Diferenciales Iván Huerta Faculta Facultad d de Matem´ Mat emática aticass Pontificia Universidad Católica olica de Chile [email protected]

Existencia y Unicidad, Versi´ on on 2do 2011

Existencia y Unicidad

Teor´ıa

Existencia y Unicidad Estudiamos Estudiamos el problema problema de existencia existencia y unicidad unicidad de soluciones al problema de valor inicial y  = f ( f (x, y )

y (x0) = y0

´ ¿PORQUE?

1


Teor´ıa

1. Ante Antess de inte intent nta ar dete determ rmin ina ar una una solu soluci ci´ o ń a un PVI es fundamental saber primero si tiene soluci´ on, on, y si la hay, (EXISTENCIA) si es unica u ńica o no. (UNICIDAD) 2. Si un PVI tiene soluci´ on on unica, u ńica, la ”trayectoria”, al evolucionar en el tiem tiempo, po, podr´ podr´ıa lleg llega ar a uno uno de esto estoss punto puntoss (x0, y0) donde no hay soluci´ on, o n, o no es unica. ´ unica. 3. Cuan Cuando do una una solu soluci ci´ o ń pasa por por un punto de este tipo, po, los m´ eto etodos dos num´ nu m´ eric ericos os pued pueden en fall fallar. ar.

• •

2


Teor´ıa

Teorema 1. 1. ( Existencia) Existencia) ´ HIPOTESIS cont inua a en el rectángulo angulo R: a < x < b, c < y < d. • f ( f (x, y) continu • (x0, y0) es un punto en R ´ CONCLUSION Existe y = y (x) tal que defini da en un intervalo interv alo I = (x0 − , x0 + ) ⊂ (a, b) • está definida • y(x0) = y0 • y = f ( f (x, y) para x ∈ I 

3


Teor´ıa

Ejemplo 1. 1. Estu Estudi diam amos os la ecua ecuaci ci´ on o ń y 2 + x2y  = 0. Tenemos

•y •



= −y 2/x2 = f ( f (x, y)

dy dx − 2 = 2 y x 1

1

• y = −x + C •

x y= Cx − 1

Ojo! esta se ocupara como la funcion f(x,y) La derivada respecto a y df(x,y) dx es la derivada parcial de esta funcion respecto a x

Debemos agregar la soluci´ on on especial y = 0. 4


Teor´ıa

3

y

2 1

–3

–2

–1

0

1

x

2

3

–1 –2 –3

f (x, y) = −y 2/x2 es continua en un entorno de cada punto (x0, y0) con x0 = 0.



De acuerdo al teorema

• cada PVI con y(x0) = y0, x0 = 0 tiene solución (podr´ıa ser u ńica o n´ o) en un entorno de x = x0.

5


Teor´ıa

3

y

2 1

–3

–2

–1

0

1

x

2

3

–1 –2 –3

• los únicos puntos (x , y ) candidatos a que el PVI no tenga 0

0

soluci´ on son los con x0 = 0. De estos puntos:

– Para (0, y0), y0 = 0 no hay soluci´ on pues todas las soluciones cumplen y(0) = 0. – Para (0, 0) hay infinitas soluciones.TODAS LAS SOLUCIONES satisfacen las condiciones iniciales y(0) = 0. – NOTEN que f no es continua en (0, 0) pero la ecuaci´ on



6


Teor´ıa

tiene infinitas soluciones que cumplen con las C.I. y(0) = 0.

• La

continuidad de f en (x0, y0) es condici´ on suficiente pero no necesaria para la existencia de soluciones del PVI con y(x0) = y0

• El

intervalo de la existencia de la soluci´ on al problema de valor inicial puede ser arbitrariamente peque˜ no (o muy grande)

7


Teor´ıa

Ejemplo 2. Consideramos la ecuaci´ on y  = 1 + y 2.Tenemos

• • •

dy = dx 2 1+y arctan(y) = x + C y = tan(x + C )

Para el PVI y(0) = 0 obtenemos C = 0. Graficamos el campo de direcciones y la solución. 8


Teor´ıa

5

π/2

–2

0

π/2

2

x

–5

• El dominio de la solución es −π/2 < x < π/2. • Si bien la función f (x, y) = 1 + y2 es continua en todo el plano, la soluci´ on ”explota” en tiempo finito.

9


Teor´ıa

Este ejemplo muestra que es posible que f (x, y) sea continua en todo R2, pero sin embargo las soluciones tienen intervalos de existencia finitos. El intervalo (x0 − , x0 + ) que garantiza el teorema de existencia puede ser arbitrariamente peque˜ no. Es decir, la existencia de la soluci´ on est´ a garantizada s´ olo en un entorno (arbitrariamente peque˜ no) de x = x0

10


Teor´ıa

Teorema 2. (Unicidad) ´ HIPOTESIS

• f (x, y), f y(x, y) son continuas a < x < b, c < y < d . • (x0, y0) es un punto en R

en el rect´ a ngulo R:

´ CONCLUSION Existe una u ńica y = y(x) tal que

• está definida en un intervalo I = (x0 − δ, x0 + δ) • y(x0) = y0 • y = f (x, y) para x ∈ I 

11


Teor´ıa

Ejemplo 3. Considere la ecuaci´ on diferencial y  = 3y 2/3. Tenemos dy = dx 2/3 3y y 1/3 = x + C y = (x + C )3

• • •

Debemos agregar la soluci´ on especial y = 0. Para el problema de valor inicial y(a) = 0 tenemos dos soluciones: y1(x) = 0, y2(x) = (x − a)3.

12


Teor´ıa

Para a = 0 el gr´ afico es el siguiente 1

–1

0

1 x

–1

• Note que la función definida a tramos como y3(x) = 0 para on. x < a, y3(x) = (x − a)3 para x ≥ a es tambien soluci´ • f (x, y) = y / es continua en todo R y f y(x, y) = 2y 1/3 es 2 3

2

−

discontinua s´ olo para y = 0. Cada PVI y(x0) = 0 no tiene soluci´ on u ńica.

13


• El •

Teor´ıa

intervalo (x0 δ, x0 + δ) que garantiza el teorema de existencia y unicidad puede ser arbitrariamente peque˜ no. La condici´ on de que f y (x0, y0) sea continua es suficiente pero no necesaria para que la soluci´ on del PVI sea ´ unica.

−

14


Teor´ıa

Problema I1, Primer Semestre 2002. Ejemplo 4. Considere la ecuaci´ on diferencial (x − 1)y  = (y − 1)(y − 2)

(1)

1. Determine la soluci´ on (expl´ıcita) general de (1). 2. Determine los valores de (a, b) tal que el PVI (1) y(a) = b tiene soluci´ on. Indique cuando la soluci´ o n no es u ´ nica y determine todas las soluciones en ese caso. 3. Determine los valores de (a, b) tal que el PVI (1) y(a) = b no tiene soluci´ on. 15


Teor´ıa

3

2

1

–3

–2

–1

0

1

2

3

x

–1

(x − 1)y  = (y − 2)(y − 1)

16


Teor´ıa

1. Separando variables obtenemos dy dx = y = 1, y = 2 (y 1)(y 2) (x 1) 1 1 dx dy = y 2 y 1 (x 1) y 2 log( ) = log( x 1 ) + C 0 y 1 y 2 = eC 1 0 x y 1 y 2 = C (x 1), C = eC 0 y 1 2 + Cx C y = Cx C 1



− − − − −   −  −  −  − − −



−



− | − |

| − | −

−

±

− − −

17


• • • •

Teor´ıa

−2 + Cx − C Entonces la soluci´ on general es y = Cx − C − 1 junto con las soluciones especiales y = 1, y = 2. La soluci´ on y = 2 se obtiene tambi´ en tomando C = 0. Note que y(1) = 2 para todas las soluciones, excepto para la soluci´ on y = 1.

18


Teor´ıa

(y − 1)(y − 2) 2. La funci´ on f (x, y) = es continua para x−1 x = 1.Por lo tanto para cada (a, b), a  = 1 el problema de valor inicial y(a) = b tiene por lo menos una soluci´ on.En 2y − 3 los puntos donde f y (x, y) = es continua la soluci´ on x−1 es u ńica. Por lo tanto el problema de valor inicial y(a) = b con a =  1 tiene soluci´ o n y es u ńica.

19


Teor´ıa

El problema de valor inicial y(1) = 2 no tiene soluci´ on −2 + Cx − C u ńica.Cada una de las funciones y = ey=2 Cx − C − 1 son soluciones de este problema de valor inicial.

20


Teor´ıa

NOTA: La continuidad de f y es condici´ on suficiente pero no necesaria para la unicidad, Los puntos donde f y no es continua son s´ olo candidatos a no unicidad Para demostrar no unicidad hay que encontrar dos o m´ as soluciones

• • •

21


Teor´ıa

3. Los valores de (a, b) para los cuales el problema de valor inicial no tiene soluci´ on son para a = 1, b  = 1, 2.Esto es porque todas las expresiones que definen las soluciones de la ecuaci´ on diferencial cumplen y(1) = 2 o bien y(1) = 1.

22


Teor´ıa

NOTA: La continuidad de f es condici´ on suficiente pero no necesaria para la existencia, los puntos donde f no es continua son s´ olo candidatos a no existencia Para demostrar no existencia hay que verificar que ninguna soluci´ on cumple las condiciones iniciales

• • •

23


Ejemplo 5.

Teor´ıa

dy dx

= f (x, y) =

y2

2

ey 2 2 xye y +1 −

f (x, y) es discontinua en y2

on impl´ıcita F (x, y) = e x + y = 2 xye + 1 = 0 (en verde)Soluci´ C (en azul) 1.5 1 y 0.5

–1.5

–1

–0.5

0

1

0.5

1.5

x –0.5

–1

–1.5

24


Teor´ıa

En los puntos (x0, y0) donde f (x0, y0) es discontinua o n se acerca a uno de estos y (x0) = ∞. Cuando una soluci´ puntos los m´ etodos num´ ericos se ”marean”. 1.5

1 y 0.5

–1.5

–1

–0.5

0

0.5

1

1.5

x –0.5

–1

–1.5

En amarillo, soluci´ on num´ erica del PVI y(0.5) = 0.5

25


Teor´ıa

En los puntos (x0, y0) donde f (x, y) es discontinua los PVI con y(x0) = y0 son candidatos a que no tengan soluci´ on. De hecho, ellos no tienen soluci´ on pues en ese punto la derivada de y vale infinito. En estos puntos, lo que corresponde es interpretar la ecuación diferencial como y2

1 2 xye + 1 dx = = . 2 y dy f (x, y) −e y2

En este caso la ecuaci´ on F (x, y) = e x + y = C define a x y como una funci´ on de y . En efecto, x = C − y2 e

26


Teor´ıa

Ejemplo 6. Consideramos el PVI (y )2 = f (x, y) = (x + y)2,

y(1) = 0

• Si resolvemos con Maple este PVI, obtenemos deq:= (diff(y(x),x))^2=(x+y(x))^2: CI:= y(1)=0: dsolve({deq,CI},y(x)); 2 exp(x) y(x) = -x + 1, y(x) = -1 - x + -------exp(1) 27


Teor´ıa

f = (x + y)2, f x = 2(x + y) son continuas en el plano, pero el PVI dado no tiene ´ unica soluci´ on.

• Note que

• El teorema de existencia y unicidad visto no aplica en este

caso, pues la ecuaci´ on es de la forma (y )2 = f (x, y), que no es de la forma y  = f (x, y)

• Resolvemos la ecuación despejando y: ⇒ y = ±(x + y) (y ) = (x + y) 2

2

28


Teor´ıa

• Para la primera ecuación, – (y ) = −(x + y) implica y = −x + 1 + C e−x. – Aplicando la CI y(1) = 0 se obtiene y = −x + 1 • Para la segunda ecuación, – (y ) = (x + y) implica y = −x + 1 + C e−x. – Aplicando la CI y(1) = 0 se obtiene y = −1 − x + 2ex− . • Entonces las soluciones del PVI son y (x) = −x + 1 y (x) = −1 − x + 2ex− 1

1

1

1 2

1

29

Intervalo Maximal de Existencia


Intervalo Maximal de Existencia Sea y(x) soluci´ on del PVI y  = f (x, y),

y(x0) = y0

con intervalo de soluci´ on I . Decimos que z(x) es una extensi´ on de la soluci´ on y(x) si

• z(x) = y(x) para x ∈ I • z(x) es solución del PVI en un intervalo abierto J ⊃ I 30



Decimos que el intervalo J es un intervalo maximal de existencia para el PVI si

• El PVI tiene una solución y(x) con intervalo de solución J . • Toda otra solución del PVI tiene un intervalo de solución I con I ⊂ J . Esto significa que cada soluci´ on del PVI con intervalo de soluci´ on J no puede ser extendida.

31



Ejemplo 7. Determine el intervalo maximal de soluci´ on del PVI y  = y 2, y(1) = 2 Soluci´ on: 2

• Puesto que f (x, y) = y , f y(x, y) = 2y son continuas en todo el plano, • por el Teorema de Existencia y Unicidad el PVI tiene una u ńica soluci´ on en alg´ un intervalo abierto que contiene a x = 1. • Por separación de variables obtenemos que la solución de este PVI es y (x) = −2 x− . • Esta función es solución del PVI en el intervalo I = (−∞, 3/2) 1

2

3

32



• Este es un intervalo maximal de existencia puesto que esta soluci´ on no tiene extensiones. • En x = 3/2 la solución ”explota” pues limx / − = +∞, y por =3 2

lo tanto no puede extenderse o ”anudarse” con otra solución en este punto.

33



En general

• Para que una solución pueda anudarse con otra en

x = c, extremo de I , la soluci´ on y(x) debe cumplir que el limite L de y(x) cuando x tiende a c por el interior de I es finito.

• Si además en el punto (c, L) la función f (x, y) es continua en un entorno, entonces existe una soluci´ on con intervalo de soluci´ on (c − , c + ) y la soluci´ on puede extenderse mas all´ a de x = c.

34



Ejemplo 8. Determine el intervalo maximal para el PVI

 − y,

y = t 1

y(0) = 1/2

Soluci´ on:

√ • Puesto que f (t, y) = t 1 − y, f (t, y) =

−t son continuas √ y 2 1−y en la regi´ on abierta y < 1,y (0, 1/2) est´ a en esta regi´ on,

• por el Teorema de Existencia y Unicidad, el PVI tiene una

u ńica soluci´ on en alg´ un intervalo abierto que contiene a t = 0.

35



Resolvemos por separaci´ on de variables

√ dy = t dt implica 1−y

√ −2 1 − y = t /2 + C

• • y = 1 es solución especial. √ • Como −2 1 − y ≤ 0 para

2

on y < 1, tenemos que la soluci´ obtenida tiene como restricci´ on t2/2 + C 0.

≤

 • Para la condición inicial y(0) = 1/2 tenemos C = −2 1/2 3 4

3 4

• La restricción en el dominio queda entonces −2 ≤ t ≤ 2 . • Elevando al cuadrado y despejando y obtenemos √ y (t) = 1/2 − 1/16 t + 1/4 t 2, para t ∈ [−2 , 2 ] 4

2

3 4

3 4

36



• El gráfico de y(t) y del campo de direcciones de la ODE es: 2

1

–3

–2

–1

0

1

2

3

t

–1

–2

• La función encontrada es solución solamente en el intervalo on no es [(−2 , 2 ], pues fuera de este intervalo la funci´ 3 4

3 4

tangente al campo de direcciones.

37



• Puesto que

 1 √ z(t) = − 1/16 t + 1/4 t 2  1/2 1 4

2

3 4

para t < 2 3 para 2 4 t 3 para 2 4 < t

− − ≤ ≤2

3 4

es una extensi´ on de y(t)

• tenemos

3

3

que ( 2 4 , 2 4 ) no es un intervalo maximal de existencia para el PVI

−

• El intervalo maximal de existencia para el PVI es (−∞, ∞). 38

Iteraciones de Picard


Iteraciones de Picard Consideramos el problema de valor inicial y (x) = f (x, y),

y(x0) = y0

• El

m´ etodo de Picard construye una sucesi´ on de funciones unica) soluci´ on del PVI. y0(x), y1(x), . . ., que converge a la (´

• La

demostraci´ on del teorema de existencia consiste en demostrar que la sucesi´ on de funciones construida mediante las iteraciones de Picard convergen a una función y que esta funci´ on es soluci´ on del PVI. 39



Note que y = y(x) es soluci´ o n del PVI si y s´ olo si y (x) = f (x, y(x)),

y(x0) = y0

si y s´ olo si x

y(x) − y(x0) =



f (t, y(t)) dt

x0

o equivalentemente y = y(x) satisface la ecuaci´ on integral x

y(x) = y(x0) +



f (t, y(t)) dt

x0

40



Definimos al operador T como x

T (y)(x) = y(x0) +



f (t, y(t)) dt

x0

Note que

• T tiene como input a una función y(t) y obtiene como resultado a otra funci´ on T (y)(t). • y = y(x) es solución del PVI sii T (y) = y, es decir y(x) es un punto fijo de T .

La iteraci´ on de picard consiste generar una sucesi´ on y0(x), y1(x), y2(x), etc.... Para ello se aplica sucesivamente el operador T comenzando con la funci´ on y0(x) = y0 . 41



Es decir, la iteraci´ on de Picard es la iteraci´ on de punto fijo y0(x) = y0 yk+1(x) = T (yk)(x),

k = 0, 1, 2, . . . ,

• La primera función de la sucesión es y  (x) =y x • la siguiente función es y (x) = y (x) + x f (t, y (t)) dt • la que sigue es y (x) = y (x ) + xx f (t, y (t)) dt • etc ...  • yi (x) = yi(x ) + xx f (t, yi(t)) dt 0

1

2

+1

0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

Es f´ acil ver por inducci´ o n que yi(x0) = y0, y por lo tanto 42



podemos escribir la iteraci´ on en la forma x

yi+1(x) = y0 +



f (t, yi(t)) dt,

i = 0, 1, 2, . . .

x0

43



Ejemplo 9. Construya la iteraci´ on de Picard para el PVI y  = y,

y(0) = 1.

Verifique que esta sucesi´ on converge a la soluci´ on y = ex del PVI. Soluci´ on: Para esta ecuaci´ on f (x, y) = y , x0 = 0, y0 = 1 y por lo tanto el operador T es x

T (y)(x) = 1 +



y(t) dt

0

La sucesi´ on de Picard es entonces: 44



x

yn+1(x) = 1 +



yn(t) dt,

y0(x) = 1

0

x

 • y (x) = 1 + 1 · dt = 1 + x  x • y (x) = 1 + (1 + t)dt = 1 + x + 2  1

0

x

2

2

0

x

2 3 x x (1 + t + t2/2)dt = 1 + x + + 2 3!

• y (x) = 1 + • etc ... x xk • yk(x) = 1 + x + 2 + ··· + k! 3

0

2

La iteraci´ on de Picard genera en este caso la serie de Taylor de la soluci´ on (no siempre lo hace) 45

Análisis Cualitativo

Estabilidad

Estabilidad Definici´ on 1. Sea y = y(t) soluci´ on del PVI y  = f (t, y), y(t0) = y0. (Informal) Decimos que y = y(t) es estable si al perturbar levemente la condici´ o n inicial se obtiene una soluci´ on que siempre permanece cerca de y(t), sin alejarse, cuando t tiende a infinito. Mas precisamente, la soluci´ on y = y(t) se dice estable, si para todo  > 0 existe un δ > 0 tal que |y1(t0) − y0| < δ, y1 = f (t, y1) ⇒ |y1(t) − y(t)| <  ∀t > t0

La soluci´ on y = y(t) se dice inestable si no es estable. 46


Ejemplo 10. y = y0 .

Estabilidad

• El PVI y = 0, y(t ) = y 0

0

tiene por soluci´ on

• Es claro que cada solución de esta ecuación diferencial es estable.

• Una

peque˜ na perturbaci´ on en la condici´ on inicial produce una nueva soluci´ on que no se aparta.

• Todas las soluciones son ”paralelas”.

47


Estabilidad

Similarmente

• la solución del PVI y = q(t), y(t ) = y 0

0

es

t

y=



q(τ )dτ + y0

t=t0

.

• Las soluciones son ”paralelas” y no se alejan. • Cada solución es estable. 48


Estabilidad

Ejemplo 11. Estudiamos la EDO y  + y = sin(x). Multiplicamos por el factor integrante µ = ex e integramos y ex + ye x = sin(x)ex

⇒ ⇒ ⇒ ⇒

(ye x) = sin(x)ex ye x =



sin(x)exdx + C

1 ye = (sin(x) cos(x))ex + C 2 1 y = (sin(x) cos(x)) + Ce−x 2 x

−

−

Mostramos un gr´ afico con el campo de direcciones. 49


Estabilidad

• Con C = 0 tenemos y p(x) = 1/2(sin(x) − cos(x)) (en azul). • Todas las soluciones se acercan a y p cuando x tiende a infinito. • Cambiando la condición inicial, •

siempre tenemos el mismo comportamiento a largo plazo. Cada soluci´ on de esta ecuaci´ on es estable.

y  + y = sin(x) 50


Estabilidad

Adem´ as, si y1(x), y2(x) son dos soluciones cualesquiera distintas entre s´ı entonces

lim |y1(x) − y2(x)| = lim |(C 1 − C 2)e−x| = 0

x−→∞

x−→∞

51


Estabilidad

Ejemplo 12. Considere la ecuaci´ on diferencial y  − y = sin(x)

Multiplicando por el factor integrante µ integrando obtenemos la soluci´ on general

=

e−x e

1 y = − (sin(x) + cos(x)) + Cex 2

Note que si y1(x), y2(x) son dos soluciones cualesquiera entonces lim |y1(x) − y2(x)| = lim |(C 1 − C 2)ex| = +∞

x−→∞

x−→∞

52


Estabilidad

• Con C = 0, y p(x) = −1/2(sin(x) + cos(x)) (en azul). • Todas las soluciones se alejan de • • y

y p y entre s´ı cuando x tiende a infinito. Peque˜ nas perturbaciones en la CI, producen un gran cambio en el comportamiento a largo plazo. Cada soluci´ on de esta ecuaci´ on es inestable.

− y = sin(x) 53


Estabilidad

Definici´ on 2. Decimos que la soluci´ on del PVI y  = f (t, y), oticamente estable si para todo  > 0 existe y(t0) = y0 es asint´ un δ > 0 tal que |y1(t0) − y0| < δ, y1 = f (t, y1) ⇒ lim |y1(t) − y(t)| = 0 t−→∞

• Para una solución asintóticamente estable un pequeño cambio •

en las condiciones iniciales no altera el comportamiento de la soluci´ on en el largo plazo. Toda soluci´ on asint´ oticamente estable es estable, pero no lo contrario.

54

Existencia y Unicidad

Recommend Documents