Guia1E_TeoremaExistenciaUnicidad

7/17/2019 Guia1E_TeoremaExistenciaUnicidad

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Guía 1-ETeorema de Existencia y UnicidadDiego Vallejo, Melina Podestá, Eva Almirón

2do. Semestre 2015

¿Qué dice y para qué sirve el Teorema deExistencia y Unicidad de la solución de un

Problema con Valor Inicial?



Matemática III - 2◦ cuatrimestre 2015 guía 1-e teorema de existencia y unicidad 2

Existencia y Unicidad

Situación

Sea el siguiente

PVI: y = f (x, y) [ED]

y(x0) = y0 [CI]

De él sabemos que: a) Tiene solución y(x) y b) que esa solución y(x)

es única, cualquiera sea el punto (x0, y0) del plano R2.

Preguntas:

¿Pueden crear ejemplos? ¿Probar con di-ferentes condiciones iniciales?

1. Dadas dos soluciones particulares y1(x) e y2(x) de la ecuación di-

ferencial [ED] ¿pueden las gráficas de y1(x) e y2(x) cortarse en un

punto? ¿Recuerdan una pregunta similar en la guía 1C?

2. Vean la gráfica siguiente. ¿Qué relación le encuentran con las dospreguntas anteriores?

x0

y0

x

y

3. Para distintas condiciones iniciales [CI ] pero la misma Ecuación Di-

ferencial [ED ] ¿obtendremos necesariamente diferentes soluciones

particulares?

4. Supongamos que una EDO modela un problema económico de cre-

cimiento de un país. La solución buscada es

y(t) = “Salario Básico de un Empleado en función del tiempo”

Discutan en grupo: ¿Qué pensarían si encontramos una solución...

a) ... y luego comprobamos que no es la única?

b) ... y luego comprobamos que es la única?c) ... y luego no podemos verificar que sea la única?

Si una ecuación tiene solución o no, ¿sería útil saberlo antes de

realizar ningún cálculo?

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Para responder a estas preguntas veamos el siguiente

⇒Teorema

Existencia y U nicidad de la solución de un PVI

(TEU)

Consideremos el siguiente

PV I :

y = f (x, y),

y(x0) = y0.

Si las siguientes dos funciones de dos variables:

f (x, y)

y su derivada ∂ f

∂ y(x, y)

son funciones continuas en un rectángulo R del plano xy que con-

tiene al punto (x0, y0), entonces, existirá una y solamente una fun-

ción de una variable y(x) definida en un intervalo que contiene al

punto x = x0 que es solución del PVI.

Para utilizar este teorema precisamos distinguir tres funciones dife-

rentes. La primera es f (x, y) una función de dos variables, cuyo dominio

está en R2. La segunda es su derivada

∂ f

∂ y(x, y), también definida en

todo el plano xy, o una porción del mismo. La tercera es la que más

nos interesa, la solución y(x) del problema, función de una variable

cuyo dominio está en la recta real R.

En S íntesis:

¿Cuáles son las condiciones del teo-rema?

H1: f (x, y) continua en un rectán-gulo R.

H2: ∂ f

∂ y continua en R.

H3: Hay un rectángulo R que debe contener al punto (x0, y0)por donde pasa la solución.

Este Teorema nos garantiza que si se verifican sus hipótesis, dos so-

luciones distintas de la ED tendrán gráficas que no pueden cruzarse ni

tocarse.

Ejemplo

1. Consideremos el siguiente problema de valor inicial:

PV I 1 : y = 3 y

2/3

y(1) = 0,

¿Qué dice el Teorema? Comparemos

De la tabla vemos que:

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Teorema: Ejemplo 1:

y = f (x, y)

y(x0) = y0.

y = 3 y2/3

y(1) = 0.

Rectángulo R ?

Cuadro 1: Comparación entre el Teore-ma y el Ejemplo 1

a) f (x, y) = 3 y2/3

b) el punto por donde pasa la función solución incógnita es (x0, y0) =

(1, 0).

c) El ejemplo no dice nada del Rectángulo... ¿qué podrías hacer?

¿Habrá algún rectángulo donde se cumplan las condiciones?

Veamos las hipótesis o condiciones:

H1: f (x, y) = 3 y2/3 continua en R. La función 3 y2/3 es una Concepto previo: ¿Cuándo una potencia xr

es discontinua o no se puede calcular?composición de una raíz cúbica con una potencia cuadrática y

por lo tanto es continua en todo el planoR

2

H2: ∂ f

∂ y = 2 y−1/3 =

2

y1/3 =

23√

y es una función racional. Por Concepto previo: Una función racional es

un cociente, cuyo numerador y cuyo denomi-nador son polinomios. No existen cuando el

polinomio del denominador vale cero. ¿Por-qué?

lo tanto posee una discontinuidad en los punto (x, y) de R2

donde y = 0, o sea es discontinua en todo punto del eje x.

H3: Sobre el rectángulo R:

(*) debe contener al punto (x0, y0) = (1, 0)

(**) Y por H2: no debe contener puntos del eje x .

Estas últimas dos condiciones (*) y (**) son imposibles de

cumplir al mismo tiempo ya que ( x0, y0) = (1, 0) es un punto

del eje x .

Por lo tanto, no se verifican las hipótesis, y el Teorema no

nos brinda información sobre el

PV I 1 :

y = 3 y2/3

y(1) = 0.

¿Podemos resolver el PVI? La ecuación y = 3 y2/3 es una ecua-

ción de variables separables.

d y

dx

= 3 y2/3

1

3 y2/3d y = 3dx

1

3 y2/3d y = 3

dx

3 y1/3 = 3x + C

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La solución general será:

y(x) = (x + C)3 y aplicando la condición

y(1) = 0

(1 + C)3 = 0 por lo tanto C = −1

y la particular queda:

y(x) = (x − 1)3

Pueden verificar que además admite otra solución no conte-

nida en la solución general: la solución y(x) = 0 que también

verifica que y(1) = 0.

−1 0 1 2 3−2

−1

0

1

2

3

4

(1, 0)

y = 0

y = (x − 1)3

x

y

El PVI1 admite dos soluciones. Existesolución y no es única.

Conclusión: El PVI1 posee solución. Sin embargo no es única.

Hay dos diferentes:

a) y1(x) = 0 yb) y2(x) = (x − 1)3

Y entonces.. . ¿Se contradice el teorema?

Una más.. . ¿Qué cambiaría del análisis anterior si tuviéramos el

siguiente PVI:

PVI1-BIS:

y = 3 y2/3

y(1) = 1.

?

En otras palabras: ¿es aplicable el Teorema de Existencia y Unici-

dad para (x0, y0) = (1, 1)?

Y... ¿para qué otros puntos (x0, y0) podrías aplicar el Teorema?

2. Consideremos el siguiente problema con valor inicial

PV I 2 :

y = (1 + y2),

y(0) = 0.

¿Qué dice el Teorema? Comparemos Cuadro 2: Comparación entre el Teore-ma y el Ejemplo 2

Teorema: Ejemplo 1:

y = f (x, y)

y(x0) = y0.

y = 1 + y2,

y(0) = 0.

Rectángulo R ?

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a) f (x, y) = 1 + y2

b) el punto por donde pasa la función solución incógnita es (x0, y0) =

(0, 0).

c) Nuevamente el ejemplo no dice nada del Rectángulo. ¿Podés

encontar un rectángulo donde se cumplan las condiciones?


H1: f (x, y) = 1 + y2 continua en R. La función 1 + y2 es un

polinomio y por lo tanto es continua en todo el plano R2

H2: ∂ f

∂ y = 0 + 2 y es un polinomio, y por lo tanto es continua en

todo el plano R2.

H3: Sobre el rectángulo R que debe contener al punto (x0, y0) =

(0, 0)... podría ser cualquiera, por ejemplo

el rectángulo de 10 por 20 unidades centrado en el origen (0, 0)

Ya que si H1 y H2 se cumplen en todo el plano, entonces secumplen en cualquier rectángulo en el plano.

Por lo tanto, se verifican las hipótesis, y el Teorema nos garantiza

que el

PV I 2 :

y = 1 + y2

y(0) = 0.

tendrá solución y(x) y esta solución es única.

¿Podemos resolver el PVI? La ecuación y = 1 + y2 es una ecua-

ción de variables separables.

En efecto1

1 + y2 dy = dx

Integrando obtenemos Concepto previo: Derivada de la función Arco Tangente

arctan( y) = x + C

donde C es una constante arbitraria. Por lo tanto Concepto previo: Definición de la Tangente

y(x) = tan(x + C) solución general

Utilizando la condición inicial y(0) = 0: Concepto previo: Dominio de la Tangente.¿Dónde es discontinua?

tan(0 + C) = 0

encontramos que C = 0 (o C = nπ para cualquier entero n ). Asíque la solución particular es y(x) = tan(x).

¿Cuál es el dominio de esta función? La función tan(x) no está

definida para los valores de x = . . . ,−3π

2 ,−π

2 , π

2 , 3π

2 , . . . , k π

2 , . . .

con k impar. La porción continua que pasa por (0, 0) es la que

está en el Dominio D = (−π

2 , π

2 )

−π − π

2 0 π

2π

−4

−2

0

2

4

(x0, y0)

x

y

y = tan(x)

Existe solución y es única para el PVI26 /10




3. Consideremos ahora

PV I 3 :

y = x2 + y2,

y(1) = 1.

¿Qué dice el Teorema? Comparemos Cuadro 3: Comparación entre el Teore-ma y el Ejemplo 3

Teorema: Ejemplo:

y = f (x, y)

y(x0) = y0.

y = x2 + y2,

y(1) = 1.

Rectángulo R ?


a) f (x, y) = x2 + y2

b) la función buscada pasa por (x0, y0) = (1, 1).

c) Tampoco ahora el ejemplo dice nada del Rectángulo. ¿Podés

encontar un rectángulo donde se cumplan las condiciones?


H1: f (x, y) = x2 + y2 continua en R. La función x2 + y2 es un

polinomio y por lo tanto es continua en todo el plano R2

H2: ∂ f

∂ y = 2 y es un polinomio, y por lo tanto es continua en todo

el plano R2.

H3: Sobre el rectángulo R que debe contener al punto (x0, y0) =

(0, 0)... podría ser cualquiera, por ejemploel rectángulo de 3x3 que contenga al punto (1, 1).

Por lo tanto, se verifican las hipótesis, y el Teorema nos garantiza

que el

PV I 2 :

y = x2 + y2

y(1) = 1.

tendrá solución y(x) y esta solución es única.

¿Podemos resolver el PVI ? Veamos...

Verificá que la ecuación y = x2 + y2 no es separable ni tam-

poco se puede escribir como lineal.

¿Y algún otro método de guías anteriores? Cuál?

En grupo discutan qué pueden hacer para graficar la solución

y obtener el valor de y(2). ¿Podemos verificar lo anterior median-

te wolframalpha?

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Ejercitación

1. Analizar la existencia y unicidad de la solución (mediante el TEU) yluego resolver y graficar la solución para cada uno de los siguientes

PVI:

a)

y = y√

x

y(1) = e−2/3

b)

y = 6xy2/3

y(2) = 27

c)

y = 6xy2/3

y(1) = 0

2. Mostrar que

y = y

x y(0) = y0

tiene:

a) infinitas soluciones si y0 = 0

b) ninguna solución si y0 = 0

Interpretá gráficamente.

¿Sirve el TEU para realizar esta actividad?

3. Estudiar para cada PVI (sin resolverlo) y graficar:

i) para qué puntos (x0, y0) el TEU es aplicable,

ii) para qué puntos (x0, y0) el TEU no es aplicable.

¿Qué se puede afirmar en cada caso i), o ii) ?

a)

y = 6x2 y1/2

y(x0) = y0

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Concepto previo: |x| función valor absolu-to o módulo de x. Derivada del valor absolutode x.

b)

y = | y| y(x0) = y0

c)

y = x ln( y − 2)

y(x0) = y0

4. Consideren el problema de valor inicial

y = e−x2

y(0) = 1

a) ¿Pueden escribir la antiderivada

e−x2dx como combinacíón de Concepto previo: Funciones elementales:

polinomios, seno, coseno, exponencial, loga-ritmo, sus inversas y sus combinaciones.

funciones elementales?

b) Vean que sí existe e−x2

dx aunque no la podamos escribir como

combinación de funciones elementales (pueden utlizar el Teore-

ma Fundamental del Calculo, pueden recordar el enunciado al

final de esta Guía 1-E) Concepto previo:

La integral definida x

0 e−t2dt:

a) es función de x,

b) no es función de t,

c) es distinta de la Integral indefinida e−x2

dx

c) ¿podemos asegurar que no tiene solución? ¿o que sí la tiene?

d) Verifiquen la solución del PVI puede escribirse:

y(x) = 1 + x

0e−t2

dt

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R e p a s o d e M a t e m á t i c a I

Teorema Fundamental del Cálculo

⇒Teorema

(Teorema Fundamental del Cálculo) Si f es una función conti-

nua en un intervalo [ a, b] y

F(x) = x

a f (t)dt ,

entonces podemos obtener la derivada de F así:

F (x) =

x

a f (t)dt

= f (x)

Es decir la derivada de F (x) es el integrando evaluado en x : f (x)

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