O Teorema de Peano. f : D R n. uma função contínua. Vamos considerar o seguinte problema: Encontrar um intervalo I R e uma função ϕ : I R n tais que

Transcrição

1 O Teorema de Peano Equações de primeira ordem Seja D um conjunto aberto de R R n, e seja f : D R n (t, x) f(t, x) uma função contínua. Vamos considerar o seguinte problema: Encontrar um intervalo I R e uma função ϕ : I R n tais que 1. ϕ C 1 (I, R n ) 2. (t, ϕ(t)) D para todo t I 3. ϕ(t) = f(t, ϕ(t)) para todo t I. Esse problema é chamado equação diferencial ordinária de primeira ordem e é denotado por ẋ = f(t, x). (E) Uma função ϕ : I R n que satisfaz as Condições 1-3 é chamada solução da equação diferencial em I. A função f é chamada o campo vetorial da equação diferencial. Problema de valor inicial Em particular, para cada (, x 0 ) D, podemos considerar o seguinte problema: Encontrar uma solução ϕ de (E) em I tal que 4. I 5. ϕ( ) = x 0. Esse problema é chamado problema de valor inicial associado a (E) e é denotado por ẋ = f(t, x), x( ) = x 0. (PVI) Uma função ϕ : I R n que satisfaz as Condições 1-5 é chamada solução do problema de valor inicial em I com estado inicial x 0 e instante inicial. A segunda igualdade em (PVI) é chamada condição inicial. O estado inicial x 0 e o instante inicial são chamados dados iniciais. Equação integral O problema de valor inicial (PVI) é equivalente ao seguinte problema: Encontrar um intervalo I R e uma função ϕ : I R n tais que 1. ϕ C(I, R n ) 2. (t, ϕ(t)) D para todo t I 14 de outubro de

2 3. I 4. ϕ(t) = x 0 + f(s, ϕ(s)) ds para todo t I. Esse problema é chamado equação integral e é denotado por x(t) = x 0 + f(s, x(s)) ds. (EI) Uma função ϕ : I R n que satisfaz as Condições 1-4 é chamada solução da equação integral em I. Mais precisamente, a equivalência entre (PVI) e (EI) é fornecida pelo seguinte teorema: Teorema 1 ((PVI) é equivalente a (EI)). Seja f : D R n uma função contínua em um conjunto aberto D de R R n. Se ϕ é uma solução de (PVI) em I, então ϕ é uma solução de (EI) em I. Por outro lado, se ϕ é uma solução de (EI) em J, então ϕ é uma solução de (PVI) em J. Demonstração. Se ϕ é uma solução de (PVI) em I, então I, a derivada de ϕ é contínua e ϕ(t) = f(t, ϕ(t)) para todo t I. Integrando de a t os dois lados dessa igualdade, e usando o Teorema Fundamental do Cálculo, obtemos ϕ(t) ϕ( ) = f(s, ϕ(s)) ds para todo t I. Como ϕ( ) = x 0, concluímos que ϕ satisfaz (EI) em I. Por outro lado, se ϕ é uma solução de (EI) em J, então J, a função ϕ é contínua e ϕ(t) = x 0 + f(s, ϕ(s)) ds para todo t J. Pelo Teorema Fundamental do Cálculo, a função t ϕ(t) é diferenciável e ϕ(t) = f(t, ϕ(t)) para todo t J. Além disso, temos ϕ( ) = x 0. Portanto ϕ é solução de (PVI) em J. Soluções aproximadas Uma solução ε-aproximada de (E) em I é uma função ϕ : I R n tal que 1. ϕ C(I, R n ) 2. (t, ϕ(t)) D para todo t I 14 de outubro de

3 3. A derivada de ϕ : I R n existe e é contínua exceto em um conjunto finito de pontos de I, denotado por S, onde ϕ tem descontinuidades simples. (Uma função g : I R n é dita ter descontinuidade simples em s se os limites laterais de g(t) quando t s e t s+ existem mas não são iguais.) 4. ϕ(t) f(t, ϕ(t)) ε para todo t I \ S. Seja (, x 0 ) um ponto de D, e sejam a > 0 e b > 0 tais que o conjunto R = {(t, x) R R n t a e x x 0 b} esteja contido em D. Como R é compacto e f é contínua em R, a função f é limitada em R (Teorema X). Além disso, o máximo de cada uma das componentes de f é atingido em R (Teorema X). Definimos M j = max{ f j (t, x) (t, x) R} para j = 1,..., n, M = (M M 2 n) 1/2 e h = { min { a, b M } se M 0 a se M = 0. Teorema 2 (Existência de soluções ε-aproximadas). Se f : R R n é contínua, então para qualquer ε > 0 existe uma solução ε-aproximada ϕ de (E) em [ h, + h] tal que ϕ( ) = x 0. Demonstração. Seja ε > 0. Vamos construir uma solução ε-aproximada no intervalo [, +h]. Uma construção semelhante define a solução no intervalo [ h, ]. Como f é contínua em R e o conjunto R é compacto, a função f é uniformemente contínua em R (Teorema X). Portanto, para o ε > 0 já escolhido, existe δ > 0 tal que implicam t s δ e x y δ f(t, x) f(s, y) ε para todo (t, x) R e todo (s, y) R. Vamos dividir o intervalo [, + h] em k partes. Considere k N. Definimos t k = + h. Sejam t 1, t 2..., t k 1 números reais tais que 1. < t 1 < t 2 < < t k 2. max{ t j t j 1 j = 1,..., k} { min { δ, δ M } se M 0 δ se M = de outubro de

4 Os números t 1, t 2,..., t k 1 dividem o intervalo [, + h] em k intervalos [, t 1 ], [t 1, t 2 ],..., [t k 1, t k ] cujos tamanhos não excedem um determinado valor máximo. A solução ε-aproximada no intervalo [, + h] é construída da seguinte forma: A partir do ponto (, x 0 ), construímos um segmento de reta com vetor diretor (1, f(, x 0 )). Esse segmento intersecta o plano t = t 1 em algum ponto (t 1, x 1 ). A partir do ponto (t 1, x 1 ), construímos um segmento de reta com vetor diretor (1, f(t 1, x 1 )). Esse segmento intersecta o plano t = t 2 em algum ponto (t 2, x 2 ). Prosseguindo dessa forma, em k passos obtemos o k-ésimo segmento de reta com vetor diretor (1, f(t k 1, x k 1 )) que intersecta o plano t = t k em um ponto (t k, x k ). O nosso candidato a solução ε-aproximada é obtido da união desses k segmentos de reta. Essa união é uma curva poligonal contínua que parte do ponto (, x 0 ) e termina em um ponto (t k, x k ) do plano t = t k. Analiticamente, a função ϕ (candidata a solução ε-aproximada) é definida recursivamente pela seguinte fórmula: x 0 se t = ϕ(t) = ϕ(t j 1 ) + f(t j 1, ϕ(t j 1 ))(t t j 1 ) se t (t j 1, t j ] (1) onde j = 1,..., k. Observamos que a curva poligonal γ construída acima é dada por γ = {(t, ϕ(t)) R R n t [, + h]}. Vamos verificar que ϕ satisfaz as quatro condições para ser uma solução ε-aproximada em [, +h]. A verificação para a solução em [ h, ] pode ser feita de forma semelhante. É simples verificar que as Condições 1 e 3 são satisfeitas, ou seja, que ϕ C([, + h], R n ) e que a derivada de ϕ : [, + h] R n existe e é contínua exceto nos pontos t 1, t 2,..., t k 1 onde ϕ tem descontinuidades simples. De fato f(, ϕ( )) se t = ϕ(t) = f(t j 1, ϕ(t j 1 )) se t (t j 1, t j ] onde j = 1,..., k. Portanto ϕ tem discontinuidades simples em t 1, t 2,..., t k 1. Vamos verificar que a Condição 2 é satisfeita, ou seja, que γ R. Vamos mostrar que γ T R onde T = {(t, y t ) R R n t [, + h] e (y t ) j (x 0 ) j M j (t ) para j = 1,..., n}. { } Se M j 0, então M j (t ) M j h min M j a, b M b Mj M. Logo y x 0 b. Se M = 0, então y x 0 = 0. Além disso t h a. 14 de outubro de

5 Portanto T R. Usando recursivamente as expressões em (1), obtemos j 1 ϕ(t) = x 0 + f(t k 1, ϕ(t k 1 ))(t k t k 1 ) + f(t j 1, ϕ(t j 1 ))(t t j 1 ) k=1 para t (t j 1, t j ] e ϕ(t) = x 0 para t =. Logo j 1 ϕ p (t) (x 0 ) p M p (t k t k 1 ) + M p (t t j 1 ) = M p (t ) k=1 para p = 1,..., n. Analogamente, obtemos M p (t ) ϕ p (t) (x 0 ) p. Portanto γ T e consequentemente ϕ(t) x 0 M t. Em resumo, provamos que γ T R. Nos resta verificar que ϕ satisfaz a Condição 4. Para isso, primeiro vamos mostrar que ϕ(t) ϕ(s) M t s para todo t, s [ h, + h]. (2) Sem perda de generalidade, vamos supor que t > s. Usando a expressão (1) para ϕ(t) com t (t j 1, t j ] e para ϕ(s) com s (t l 1, t l ], obtemos j 1 ϕ(t) ϕ(s) = f(t k 1, ϕ(t k 1 ))(t k t k 1 ) k=l + f(t j 1, ϕ(t j 1 ))(t t j 1 ) f(t l 1, ϕ(t l 1 ))(s t l 1 ). Repetindo o argumento usado acima, concluímos que M p (t s) ϕ p (t) ϕ p (s) M p (t s). Portanto ϕ(t) ϕ(s) M t s. Finalmente, passamos à Condição 4. Se t (t j 1, t j ], então { } δ t t j 1 min δ, δ M e { } δ ϕ(t) ϕ(t j 1 ) M t t j 1 M min δ, M δ M M = δ. Logo, calculando ϕ e usando a continuidade uniforme de f em R, obtemos ϕ(t) f(t, ϕ(t)) = f(t j 1, ϕ(t j 1 )) f(t, ϕ(t)) ε para todo t [, + h] \ {t 1,..., t k 1 }. Portanto ϕ satisfaz a Condição 4. Demonstramos que ϕ é uma solução ε-aproximada. Existência de soluções 14 de outubro de

6 Teorema 3 (de Peano). Se f : R R n é contínua, então existe uma solução ϕ C 1 ([ h, + h], R n ) de (E) tal que ϕ( ) = x 0. Demonstração. Seja (ε n ) n=1 uma sequência decrescente de números reais positivos tais que ε n 0 quando n. Pelo Teorema 2, para cada ε n existe uma solução ε n -aproximada ϕ n de (E) em [ h, + h] tal que ϕ n ( ) = x 0. Escolhemos ϕ n da forma (1). Da demonstração do Teorema 2 (veja (2)), temos que ϕ n (t) ϕ n (s) M t s para todo t, s [ h, + h]. (3) Aplicando essa estimativa para s =, obtemos ϕ n (t) x 0 M t Mh M min { } b a, b M para todo t [ h, + h] e para todo n N. Logo, a sequência (ϕ n ) n=1 é uniformemente limitada por b + x 0. Usando novamente (3), obtemos que, para todo ε > 0, a desigualdade implica t s ε/m ϕ n (t) ϕ n (s) ε para todo t, s [ h, + h] e todo n N. Logo {ϕ n } n=1 é uma família equicontínua de funções no intervalo compacto [ h, + h]. Pelo Teorema de Arzelà-Ascoli, existe uma subsequência (ϕ nk ) k=1 de (ϕ n) n=1 que converge uniformemente no intervalo [ h, + h] para uma função ϕ, que é contínua pois cada ϕ n é contínua (Teorema X). De fato, dado ε > 0, existe k N tal que ϕ(t) ϕ(s) = ϕ(t) ϕ nk (t) + ϕ nk (s) ϕ(s) + ϕ nk (t) ϕ nk (s) ε 2 + ε 2 + ϕ n k (t) ϕ nk (s) ε + M t s. Como o valor de ε é arbitrário, essa estimativa implica ϕ(t) ϕ(s) M t s para todo t, s [ h, + h]. A função limite ϕ é candidata a solução de (E) com as condições desejadas. Vamos provar que ela é de fato uma solução. Para demonstrar que a função ϕ é a solução procurada, vamos representar na forma integral a relação que define ϕ n como uma solução ε n -aproximada. Observamos que cada ϕ n é uma função contínua, que é linear por partes no intervalo [ h, + h]. Portanto, a derivada de ϕ n é uma função constante 14 de outubro de

7 por partes que está definida em [ h, +h]\s n, onde S n denota o conjunto de descontinuidades de ϕ n (que é um conjunto finito). Definimos a função n : [ h, + h] R n por { ϕ n (t) f(t, ϕ n (t)) se t [ h, + h] \ S n n (t) = 0 se t S n. Observando que ϕ n e n têm um conjunto contável de discontinuidades, obtemos ϕ n (t) = ϕ n ( ) + ϕ n (s) ds [,t]\s n { t ϕ n (s) se s [ h, + h] \ S n = x 0 + ds 0 se s S n. = x 0 + = x 0 + ds { f(s, ϕ n (s)) 0 se s S n. f(s, ϕ n (s)) ds + se s [ h, + h] \ S n n (s) ds. + n (s) ds Como ϕ n é uma solução ε n -aproximada, vale que n (t) ε n para todo t [ h, + h]. Logo n lim n (s) ds lim n n (s) ds (t ) lim n ε n = 0. Como f é uniformemente contínua em R, e ϕ nk ϕ uniformemente, temos que f(t, ϕ nk (t)) f(t, ϕ(t)) uniformemente (Teorema X) Aqui, ambas as convergências são no intervalo [ h, + h] quando k. Portanto lim f(s, ϕ nk (s)) ds = lim f(s, ϕ n k (s)) ds = k k Consequentemente ϕ(t) = lim ϕ n k (t) k = x 0 + lim = x 0 + k f(s, ϕ nk (s)) ds + lim k f(s, ϕ(s)) ds f(s, ϕ(s)) ds. nk (s) ds. para todo t [ h, + h]. Pela Proposição 1, concluímos que ϕ é solução de (PVI) em [ h, + h]. Em particular ϕ C 1 ([ h, + h], R n ). 14 de outubro de

8 Teorema 4 (Existência local de soluções). Seja f : D R n uma função contínua em um conjunto aberto D de R R n. Então para todo (, x 0 ) D, existe uma solução de (PVI) com estado inicial x 0 e instante inicial em algum intervalo I que contém. Demonstração. Dado (, x 0 ) D, para r > 0, definimos B(x 0, r) = {(t, x) D (t, x) (, x 0 ) < r}. Como D é um conjunto aberto, existe r > 0 tal que B(x 0, r) D. Sejam a > 0 e b > 0 tais que o conjunto R = {(t, x) R R n t a e x x 0 b} esteja contido em B(x 0, r). Considere o problema de valor inicial em R. Pelo Teorema de Peano (Teorema 3), existe uma solução em um intervalo I, contendo, com valor x 0 no instante. 14 de outubro de