Una Aplicación del Grado Topológico a Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

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(1)U NA A PLICACIÓN DEL G RADO T OPOLÓGICO A E CUACIONES D IFERENCIALES O RDINARIAS. Y ESID F ERNANDO PATIÑO N ARANJO. Universidad Distrital Francisco José de Caldas Bogotá D.C. 2015.

(2) A mi familia y amigos..

(3) Agradecimientos. Quiero iniciar agradeciendo al profesor Arturo Sanjuán por su apoyo, dedicación, paciencia y esfuerzos en la elaboración de este trabajo. También por su amistad y enseñanzas para la vida profesional y personal. Quiero agradecer a la Universidad Distrital Francisco José de Caldas, al proyecto curricular de matemáticas y su planta docente por lo brindado a lo largo de estos años. A mi madre Concepcion Naranjo, mi Padre Rafael Patiño y mi hermano Ruben Patiño por su apoyo incondicional y por ceder su tiempo, para permitir cumplir una de las metas mas importantes de mi vida. Por último agradecer a todos mis amigos ya que cada uno ha aportado algo importante a mi vida profesional y personal.. I.

(4) Índice general. Agradecimientos. I. Introducción. III. 1. Método de Picard. 1. 1.1. Preliminares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1. 1.2. Teorema Fundamental de las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias . . . . .. 5. 1.3. Ejemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 2. Grado topológico. 15. 2.1. Grado topológico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.2. Ejemplos y aplicaciones del grado topológico.. . . . . . . . . . . . . . . . . 41. 3. Conclusiones. 49. Apéndices. 50. Referecias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50. II.

(5) Introducción. En este trabajo se mostrara una aplicación de la teoría de grado a ecuaciones diferenciales ordinarias. A problemas de valor inicial de la forma x 0 (t) = f (t, x ) con x (t0 ) = y0 . Específicamente a soluciones periódicas. En el primer capítulo exponemos algunos teoremas fundamentales de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias con el objeto de garantizar la existencia y unicidad de las soluciones, desarrollando toda la construcción analítica. En el segundo capítulo desarrollamos toda la construcción axiomática y teórica del grado topologíco, necesaria para resolver este problema y garantizar las soluciones periódicas.. III.

(6) CAPÍTULO. 1. Método de Picard. En este primer capítulo se analizará el método que garantiza la existencia y la unicidad de soluciones para ecuaciones diferenciales ordinarias, conocido como el método de Picard. A lo largo del capítulo veremos que este método se basa fundamentalmente en la construcción de una sucesión de funciones que converge a una función límite continua, que satisface un problema de valor inicial propuesto. En la siguiente sección enunciaremos los elementos del análisis matemático necesarios para la implementación del método.. 1.1.. Preliminares. Veamos todos los conceptos fundamentales que nos permitirán entender y comprender el Teorema de Picard. Estos conceptos están relacionados con Teorema de Convergencia Uniforme de Cauchy, funciones de Lipschitz y continuidad, entre otros.. 1.

(7) Método de Picard. Este primer resultado analítico es importante en esta sección, ya que en el Teorema de Picard construiremos una sucesión de funciones y usaremos este teorema para garantizar la convergencia uniforme. Teorema 1.1. La sucesión de funciones { f n ( x )} converge uniformemente sobre E si y solo si para cada ε > 0 existe N0 (ε) ∈ N tal que | f n ( x ) − f m ( x )| < ε para todo m, n > N0 y todo x ∈ E. Este teorema y su demostración esta basada en [2, pág 270]. Demostración. Primero supongamos que la sucesión { f n ( x )} converge uniformemente. Indica que para cada ε > 0 existe N0 (ε) ∈ N tal que si n > N0 (ε), se tiene que | f n ( x ) − f ( x )| < 2ε . Tomemos m > N0 (ε). Por la misma convergencia uniforme se tiene que | f m ( x ) − f ( x )| < 2ε , tenemos. | f n ( x ) − f m ( x )| ≤ | f n ( x ) − f ( x )| − | f m ( x ) − f ( x )| ≤. ε 2. + 2ε = ε.. Recíprocamente, supongamos que nuestra sucesión satisface la condición de Cauchy. Como es una sucesión de funciones de Cauchy uniforme en Rn nuestra sucesión converge y además lo hace a una función continua. Ahora tomemos f ( x ) = lı́m f n ( x ). Den→∞ bemos ver que la convergencia se esta dando uniformemente. En efecto sea ε > 0, elijamos N (ε) conveniente tal que n > N (ε) implique | f n ( x ) − f n+k ( x )| < 2ε para k = 1, 2, ... y cada x ∈ E. Ya que es de Cauchy, se tiene que.. lı́m | f n ( x ) − f n+k ( x )| = | lı́m f n ( x ) − lı́m f n+k ( x )|. K →∞. k→∞. k→∞. = | f n ( x ) − f ( x )| ≤ esto se tiene para cada n, con n ≥ N (ε) y todo x ∈ E.. ε <ε 2. . El teorema anterior y el próximo teorema son claves en esta sección ya que en el Teorema de Picard la sucesión de funciones que iremos construyendo es de funciones continuas, y por este teorema garantizaremos que converge a una función continua. Que es lo que necesitaremos en su momento. Teorema 1.2. [1, pág 36] El límite de una sucesión de funciones continuas que converge uniformemente es continua.. 2.

(8) Método de Picard. En varios de los teoremas necesitaremos garantizar que la continuidad se mantiene en composición con la norma y en otros aspectos donde necesitamos que la norma sea una función continua. Teorema 1.3. La aplicación norma es una función continua. Demostración. Está demostración toma como base los argumentos de [7, pág 60]. En efecto.. || x || = || x − y + y|| ≤ || x − y|| + ||y|| indica. || x || − ||y|| ≤ || x − y|| de otra parte tenemos que. ||y|| = ||y − x + x || ≤ ||y − x || + || x || indica. ||y|| − || x || ≤ || x − y|| es decir. || x || − ||y|| ≤ || x − y|| Esto indica que la función norma es una función continua.. . Algo más fuerte que continuidad y que continuidad uniforme es el siguiente concepto. Definición. Sea f : W → E, W un subconjunto de un espacio vectorial normado E, se dice que es f es Lipschitz sobre W si existe constante K tal que. | f (y) − f ( x )| ≤ K |y − x | para todo x, y en W, se llama a K la constante de Lipschitz.. 3.

(9) Método de Picard. El siguiente teorema, relaciona las funciones de clase C1 la propiedad de Lispschitz. Teorema 1.4. Sea la función f : W → E, donde f es de clase C1 , entonces f es localmente Lipschitz. Demostración. Sea f : W → E, donde f es de clase C1 , y sean x0 ∈ W y b > 0 el radio tal que se tiene Bb ⊂ W. Es decir n o Bb ( x0 ) = x ∈ E : | x − x0 | ≤ b ⊂ W. Hagamos W0 = Bb ( x0 ). Sea K una cota superior de || D f ( x )|| sobre el conjunto W0 . Esta cota la podemos garantizar ya que D f es de clase C1 y W0 es compacto. Tenemos que el conjunto W0 es convexo. Por lo tanto para y, z ∈ W0 y para u = z − y, se tiene que y + su ∈ W0 para 0 ≤ s ≤ 1 y + s(z − 1) = (1 − s)y + sz ∈ W0 Definamos la función φ(s) = f (y + su). Esto es φ[0, 1) → E. Es claro que se tiene la g. f. composición de dos funciones que van de [0, 1) − → W0 − → E, donde la función g envía a s en y + su y donde y, z ∈ W0 . Por la regla de la cadena se tiene que φ0 (s) = D f (y + su)u y por el Teorema Fundamental del Cálculo se tiene que f ( z ) − f ( y ) = φ (1) − φ (0). En efecto, ya que φ(s) = f (y + us) = f (y − sy + zs). si. s=1. f ( z ) = φ (1). si. s=0. f ( y ) = φ (0). por lo tanto f ( z ) − f ( y ) = φ (1) − φ (0) =. =. Z 1 0. Z 1 0. 4. φ0 (s)ds D f (u + su)uds.

(10) Método de Picard. de donde se tiene que. | f (z) − f (y)| = | ≤. Z 1. 0 Z 1 0. ≤. Z 1 0. ≤. Z 1 0. D f (y + su)uds|. | D f (y + su)u|ds || D f (y + su)|||u|ds K |u|ds. = K |u| = K |z − y| Es decir, f es localmente Lipschitz.. . Con ayuda de los objetos matemáticos desarrollados anteriormente, podemos abordar lo que se ha llamado el teorema central del capitulo o método de Picard.. 1.2.. Teorema Fundamental de las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Este método es fundamental a lo largo de nuestro trabajo, y su importancia radica en que garantiza existencia y unicidad de soluciones a ecucaciones diferenciales. Teorema 1.5. Sea W ⊂ E, un subconjunto abierto de un espacio vectorial normado, f : W → E una función de clase C1 , y x0 ∈ W. Entonces se tiene algún a > 0 y una única solución x : (− a, a) → W de la ecuación diferencial x0 = f (x) satisfaciendo la condición inicial x (0) = x0 . Para el análisis de este teorema y su demostración nos basamos en [5, pág 164].. 5.

(11) Método de Picard n o Demostración. Sea x0 ∈ W, tomemos W0 = x ∈ W : | x − x0 | ≤ b y supongamos J un intervalo abierto que contiene al cero, además sea la función x, tal que. x : J → W satisface x 0 (t) = f ( x (t)) y x (0) = x0 . Se obtiene por integración que. Z t 0. Z t. 0. x (s)ds =. 0. f ( x (s))ds. de donde x ( t ) − x (0) =. Z t. f ( x (s))ds. 0. x ( t ) = x0 +. Z t 0. f ( x (s))ds.. (1.1). Inversamente si x : J → W satisface (1.1) se tiene que x (0) = x0 y ∂ t ∂ x (t) = f ( x (s))ds ∂t ∂t 0 = f ( x (t)). Z. (1.2). Esto indica que (1.1) equivale a (1.2) como una ecuación para x : J → W. Por como se ha elegido a W0 tenemos una constante K de Lipschitz, que se garantiza por el teorema 1.4. Esta constante es válida en W0 . Ahora como | · | es continua, f es continua, composición de continuas es continua y además W0 es compacto. Tenemos que | f ( x )| esta acotado para todo x ∈ W0 . Llamemos a está cota M. n o b 1 Sea a > 0 que satisface a < mı́n M , K y definamos J = [− a, a]. Recordemos que b es el radio de la bola W0 . Definamos la siguiente sucesión de funciones. Como sigue, sea u0 ( t ) = x0 u1 ( t ) = x0 +. Z t 0. asumiendo que uk (t) ha sido definida y que. 6. f (u0 (s))ds.

(12) Método de Picard. |uk (t) − x0 | ≤ b para todo t ∈ J. También tomemos u k ( t ) = x0 +. Z t 0. f (uk−1 (s))ds.. Ahora se tiene que Z t. u k +1 ( t ) = x 0 +. 0. f (uk (s))ds,. de donde. | u k +1 − x 0 | = ≤. Z t 0 Z t 0. ≤. f (uk (s)ds. | f (uk (s)|ds. Z t 0. Mds. = Mt < M < Ma < M. b = b. M. Lo que sigue ver en nuestra prueba, es que hay una constante L ≥ c tal que para todo k ≥ 0 se tiene que. |uk+1 (t) − uk (t)| ≤ (ka)k L para ver esto. Sea L = máx{|u1 (t) − u0 (t)| : |t| ≤ a} se tiene que. |u2 (t) − u1 (t)| = ≤. Z t 0 Z t 0. ≤. Z t 0. ≤. Z t 0. f (u1 (s)) − f (u0 (s))ds. | f (u1 (s) − f (u0 (s))|ds. k |u1 (s) − u0 (s)|ds Kl. = tKL ≤ aKL. 7.

(13) Método de Picard. Supongamos que es cierto para r ≥ 2. Es decir se tiene que. |uk (t) − uk−1 (t)| ≤ ( ak)k−1 L. |t| < a. debemos verlo para k + 1, en efecto. |uk+1 (t) − uk (t)| = ≤. Z t 0 Z t 0. ≤. Z t 0. ≤. Z t 0. f (uk (s)) − f (uk−1 (s))ds. | f (uk (s)) − f (uk−1 (s))|ds K |uk (s) − uk−1 (s)|ds K ( ak )k−1 L t. = (Ks) 0 ( ak)k−1 L ≤ Ka( aK )k−1 L = ( aK )k−1 L. que es, lo que se deseaba mostrar. Veamos ahora que poniendo α = aK < 1 implica que a < 1k tal que r > s > n por lo tanto se tiene tiene que. |ur (t) − us (t)| = |ur (t) − ur−1 (t) + ur−1 (t) − us (t)| ≤ |ur (t) − uk−1 (t)| + |ur−1 (t) − us (t)| ≤ |ur (t) − ur−1 (t)| + |ur−1 (t) + ur−2 (t)| + |ur−2 (t) − us | .. .. ≤ |ur (t) − ur−1 (t)| + |ur−1 (t) − ur−2 (t)| + · · · + |us+2 (t) − us+1 (t)| + |us+1 (t) − us (t)| ≤ |ur (t) − ur−1 (t)| + · · · + |us+1 − us | + · · · + |uk+1 − uk | ∞. =. ∑. | u k +1 − u k |. k= N ∞. ≤. ∑ (aK)k L. k= N ∞. =. ∑. αk L. k= N. 8.

(14) Método de Picard. Para algún ε > 0, tomando N lo suficientemente grande. Por el Teorema 1.1. Se prueba que la sucesión de funciones u0 , u1 , · · · converge uniformemente, y esta convergencia se da a una función continua por el teorema 1.2. De x : J → E. De la función identidad tenemos que u k +1 ( t ) = x 0 +. Z t 0. f (uk (s))ds.. Hallando límite en ambos lados se tiene lı́m uk+1 (t) = lı́m x0 + lı́m. k→∞. k→∞. x (t) = x0 + lı́m. = x0 + = x0 +. Z t. k→∞ 0 Z t. k→∞ 0 Z t. f (uk (s))ds. f (uk (s))ds. [ lı́m f (uk (s))]ds. 0 k→∞ Z t 0. f ( x (s)). Por lo tanto x : J → W0 cumple (1.1) y además es solución de (1.2). La construcción anterior prueba la existencia de las soluciones, falta ver que es única. En efecto. Sea x : J → W y y : J → W dos soluciones a nuestra ecuación x 0 = f ( x ) que satisface x (0) = y(0) = x0 y donde podemos tomar J como un intervalo cerrado J = [− a, a]. Donde la idea es probar que las dos soluciones son iguales para todo t en J. Sea Q = máxt∈ J | x (t) − y(t)|, donde este valor Q es obtenido para algún punto t1 ∈ J.. 9.

(15) Método de Picard. Tenemos entonces que: Z t1. 0 < Q = | x (t1 ) − y(t1 )| =. ≤. 0. Z t1 0. =. Z t1 0. ≤. Z t1 0. ≤. Z t1 0. x 0 (s) − y0 (s)ds. | x 0 (s) − y0 (s)|ds | f ( x (s)) − f (y(s))|ds K | x (s) − y(s)|ds KQds. = KQt1 ≤ KaQ < Q Lo anterior ya que aK < 1, lo que indica que la desigualdad es imposible, por lo tanto se tiene que Q = 0. Es decir que x (t) = y(t). Como se describió a lo largo del trabajo, el método de Picard es de gran importancia. Para el trabajo que se desarrolla posteriormente usaremos este mismo teorema pero incluyendo la variable temporal y su demostración es análoga pero se debe ser cuidadoso en el uso de esta nueva variable y se enuncia de la siguiente manera. Teorema 1.6. [5, pág 297] Sea E un espacio vectorial normado; W ⊂ R × E un conjunto abierto, y f : W → E una función continua. Sea (t0 , y0 ) ∈ W una solución al problema de valor inicial x 0 (t) = f (t, x ) x ( t0 ) = y0 Es una curva diferénciale, x (t) en E definida para t en algún intervalo J,teniendo en cuenta las siguientes propiedades. t0 ∈ J, x (t0 ) = y0 (t, x (t)) ∈ W, x 0 (t) = f (t, x (t)). 10.

(16) Método de Picard. para todo t ∈ J. Ahora veamos como es el comportamiento de las soluciones en compactos. El siguiente teorema nos dice que si el extremo superior del intervalo maximal es finito, las soluciones salen de compactos. Teorema 1.7. Sea W ⊂ E un conjunto abierto, sea f : W → E una función de clase C1 . Sea y(t) una solución sobre un intervalo abierto maximal J = [α, β] ⊂ R con β < ∞. Entonces dado algún conjunto compacto K ⊂ W hay algún t ∈ (α, β) con y(t) 6∈ K. Demostración. Extendemos la demostración de [5, pág 172]. Supongamos que y(t) ∈ K para todo t ∈ (α, β). Además f es continua y existe M > 0 tal que | f ( x )| ≤ M si x ∈ K. Sea γ ∈ (α, β) y veamos que y se extiende a una función continua ỹ : [γ, β] → E. Para esto es suficiente probar que y : J → E es continua uniformemente. Para t0 < t1 se tiene que Z t1. |y(t0 ) − y(t1 )| =. t0. Z t1. ≤. t0. y0 (s)ds. | f (y(s))|ds. ≤ ( t1 − t0 ) M Ahora veamos que la curva extendida y : [α, β] → E es diferénciale en β. En efecto y( β) = y(γ) + lı́m. Z t. t→ β γ Z t. = y(γ) + lı́m = y(γ) +. t→ β γ Z β. y0 (s)ds f (y(s)). f (y(s))ds. γ. Por lo tanto se tiene que y(t) = y(γ) +. Z t γ. 11. f (y(s))ds.

(17) Método de Picard. Para todo t entre γ y β. Por lo tanto y es diferénciale en β y claramente y0 ( β) = f (y( β)). Por lo tanto y es una solución sobre [γ, β]. Además hay una solución sobre un intervalo [ β, δ) con δ > β al igual podemos extender la solución y al intervalo (α, δ) por lo tanto (α, β) no puede ser un dominio máximal de una solución. Ahora la siguiente proposición nos permite deducir un resultado bastante importante que es el que usaremos posteriormente en el trabajo ya que nos habla de la solución que pertenece a un intervalo de no acotado.Y además es la contrarecíproca del teorema anterior. Proposición 1.1. [5, pág 172]Sea A un subconjunto compacto de un conjunto abierto W ⊂ E y sea f : W → E de clase C1 . Sea y0 ∈ A y supongamos que cada curva solución de la forma y : [0, β] → W con y(0) = y0 Está totalmente contenida A. Entonces existe una solución y : [0, ∞) → W, y(0) = y0 y y(t) ∈ A para todo t ≥ 0.. 1.3.. Ejemplos. Veamos algunos ejemplos del Teorema Fundamental de las Ecuaciones Diferenciales donde destacamos el potencial de este método involucrando la construcción de las sucesiones de funciones. Ejemplo 1. Encontrar una solución por el método de Picard al problema x 0 = x + 2;. 12. x (0) = 2..

(18) Método de Picard. Solución: Tenemos que f ( x ) = x + 2, siguiendo el método de Picard se tiene que. u0 ( t ) = 2 u1 ( t ) = 2 +. Z t 0. f (u0 (s))ds = 2 +. Z t. 4ds = 2 + 4t. 0. = 4(1 + t ) − 2 u2 ( t ) = 2 +. Z t 0. f (u1 (s))ds = 2 +. = 4(1 + t + u3 ( t ) = 2 +. Z t 0. t2 2. = 4(1 + t +. 2. 0. (4 + 4s)ds = 2 + 4t + 2t2. )−2. f (u2 (s))ds = 2 + t2. Z t. +. t3 6. Z t 0. 2t3 2 + 4t + 2t + 3. . 2t3 2 + 4t + 2t + 3. . 2. )−2. Z t. Z t. u4 ( t ) = 2 + f (u3 (s))ds = 2 + 0 0 2 3 4 t t t = 4 1+t+ + + −2 2 6 24. 2. Siguiendo la misma secuencia, vemos una generalización para un (t) de la siguiente manera t2 tn un (t) = 4 1 + t + + · · · + 2 n! por lo tanto se tiene que. n. ti −2 i! i =0. un (t) = 4 ∑ haciendo que n tienda a infinito se tiene que. n. ti lı́m un (t) = lı́m 4 ∑ − 2 n→∞ n→∞ i! i =0. = 4et − 2. 13.

(19) Método de Picard. Ejemplo 2. Sea A una matriz de n × n, usar el método de Picard para demostrar que el sistema x 0 = Ax con x (0) = u da la solución etA u. Solución: Tenemos que x 0 = Ax, x (0) = u, es decir x = Ax u0 ( t ) = u u1 ( t ) = u +. Z t 0. f (u0 (s))ds = u +. Z t 0. Auds. = u + Aut u2 ( t ) = u +. Z t 0. f (u1 (s))ds =. = u + Aut + u3 ( t ) = u +. Z t 0. 0. f (u + Aut)ds. A2 t2 u 2. f (u2 (s))ds =. = u + Aut +. Z t. A2 t2 u+ 2. Z t. f. 0 3 A t3. A2 t2 u + Aut + u 2. . u Z t Z t A3 t3 A2 t2 u+ u u4 ( t ) = u + f (u3 (s))ds = f u + Aut + 2 6 0 0 A2 t2 A3 t3 A4 t4 = u + Aut + u+ u+ 2 6 24 Generalizando para uk (t) se tiene lo siguiente uk (t) = u + Aut +. 6. A2 t2 A3 t3 A4 t4 Ak tk u+ u+ +···+ u 2 6 24 k!. es decir k. uk (t) =. ∑. i =0. Ai ti u i!. haciendo que k → ∞ se tiene que k. ∑ k→∞. lı́m uk (t) = lı́m. k→∞. i =0. Ai ti u i!. At. =e u que es lo que se deseaba probar por el método de Picard.. 14.

(20) CAPÍTULO. 2. Grado topológico. 2.1.. Grado topológico. En este capítulo introducimos axiomáticamente el concepto de grado topológico y finalizamos con algunos ejemplos y aplicaciones. Definición. [4, pág 5] Sea d : {( f , Ω, y) : Ω ⊂ Rn un subconjunto abierto, f : Ω̄ → Rn continua, y ∈ Rn \ f (∂Ω)} → Z Donde la función d satisface d(id, Ω, y) = 1 para cada y ∈ Ω d( f , Ω, y) = d( f , Ω1 , y) + d( f , Ω2 , y) para cualesquiera Ω1 , Ω2 subconjuntos disjuntos de Ω tal que y 6∈ f (Ω̄\(Ω1 ∪ Ω2 )).. 15.

(21) Grado Topológico. d(h(t, ·), Ω, y(t)) es independiente de t ∈ J = [0, 1] siempre que h : J × Ω̄ sea continua, y : J → Rn continua y y(t) 6∈ h(t, ∂Ω) para todo t ∈ J En la definición anterior se basará el resto del trabajo, y permitirá obtener resultados importantes que poco a poco se irá construyendo. Nota: Llamemos J f ( x0 ) = det f 0 ( x0 ) (Jacobiano en x0 ). Si J f ( x0 ) = 0, es llamado un punto critico. Además tomemos el conjunto S f (Ω) = { x ∈ Ω : J f ( x0 ) = 0}. Un punto es llamado valor regular de f : Ω → Rn si f −1 (y) ∩ S f (Ω) = ∅, y singular en otro caso. Definición. [4, pág 6] C k (Ω) es el conjunto de funciones que son k veces continuamente \ C̄ k (Ω). diferenciales en Ω y C̄ k (Ω) = C k (Ω) ∩ C (Ω̄), también C̄ ∞ (Ω) = k ≥1. Los siguientes resultados permitirán entender una proposición de bastante importancia, para el cálculo del grado de una función. Corolario 2.1. Sean f ( x ) y g( x ) funciones continuas. Entonces la función máx{ f ( x ), g( x ))} es una función continua. f ( x ) + g( x ) + | f ( x ) + g( x )| Demostración. Tenemos que la función máx{ f ( x ), g( x )} = 2 que viene siendo suma y producto de funciones continuas. Por lo tanto la función máx{ f ( x ), g( x )} es continua. Teorema 2.8. Sea X un conjunto numerable, entonces X × X es numerable y mas general X n = X × X · · · × X es numerable. Corolario 2.2. El conjunto Q de los números racionales es un conjunto numerable. [2, pág 52]. Demostración. Para cada entero n ≥ 1 fijo, sea Sn el conjunto de números racionales de la forma nz , donde z ∈ Z. Se tiene que cada conjunto Sn es equipotente a Z, por lo tanto Sn es numerable y se tiene que Q=. ∞ [. Sn .. i =1. Como la unión numerable de conjuntos numerables es numerable se tiene, que el conjunto Q es numerable. . 16.

(22) Grado Topológico. Los anteriores resultados y los siguientes teoremas hacen parte fundamental de las herramientas para entender la proposición 1 y esta proposición junto con la proposición 2 toman fuerza en la teoría de grado, para aproximar funciones y verificar que su grado coincide. Teorema 2.9. Si A es un subconjunto compacto de Rn entonces A es separable. Demostración. La primera parte de la demostración es basada [7, pág 30]. Sea B = { x ∈ A : x ∈ Qn }, efectivamente B es numerable. Veamos ahora que B es denso. En efecto. sea x ∈ B̄, se tienen dos opciones x ∈ o x 6∈ B. si x ∈ B es claro que x ∈ B. Si x 6∈ B, x es un punto de acumulación de B.Por tanto, para cada n = 1, 2 · · · se tiene que B( x, n1 ) contiene xn y xn → x, tenemos que xn ∈ B ⊂ A y x ∈ A ya que A es cerrado. De aquí se tiene que B̄ ⊂ A. Recíprocamente. Sea x ∈ A, como B ⊂ A se tienen dos opciones x ∈ B o x 6∈ B. Si x ∈ B entonces x ∈ B̄. Ahora si x 6∈ B se tiene que para cada ε > 0, B( x, ε) contiene puntos de B. Por lo tanto x ∈ B̄. De aquí se tiene que A ⊂ B̄. Teorema 2.10 (Criterio de M-Weierstraß). Sea { Mn } una sucesión de números no negativos tal que 0 ≤ | f n ( x )| ≤ Mn , para entonces. ∑. n = 1, 2 · · · y cada x ∈ A. f n ( x ) converge uniformemente en A si. n ≥1. ∑ Mn converge.. n ≥1. Demostración. Está prueba se desarrollo bajo los argumentos establecidos en [2, pág 271]. Supongamos que la serie ∑ Mn es convergente, por lo tanto esta serie satisfan ≥1. ce la condición de Cauchy para series esto es, para cada ε > 0 existe un N (ε) ∈ N tal que n > N (ε) y m > N (ε) implica que, n > m > N (ε) n. ∑. k =1. m. Mk −. ∑. k =1. n. Mk =. ∑. k = m +1. 17. n. Mk =. ∑. k = m +1. Mk < ε.

(23) Grado Topológico. lo anterior ya que es una serie de términos no negativos, tenemos que para todo x ∈ A se verifica que. n. ∑. m. f k (x) −. k =1. ∑. n. ∑. f k (x) =. k =1. f k (x). k = m +1 n. ≤. ∑. | f k ( x )|. ∑. Mk < ε.. k = m +1 n. ≤. k = m +1. Aplicando la condición de Cauchy para la convergencia uniforme de series. La serie n. ∑. f k (x) < ε. k = m +1. por lo tanto tenemos que la serie. ∑. f n ( x ) converge uniformemente en A.. . n ≥1. Recordemos la siguiente definición. Definición. Sea A ⊂ Rn , la distancia de un punto x ∈ Rn a el conjunto A viene dada por ρ( x, A) = ı́nf{| x − a| : a ∈ A}. Como se describió anteriormente la importancia de las siguientes proposiciones esta en demostrar que el grado de una función f ∈ C (Ω) coincide con el grado de funciones g ∈ C̄ ∞ (Ω). Proposición 2.2. Sea A ⊂ Rn un conjunto compacto, y f : A → Rn una función continua. Entonces f puede extenderse continuamente a Rn . Demostración. Para esta prueba seguimos algunos hechos establecidos en [4, pág 6]. Como A es un subconjunto compacto de Rn , existe un subconjunto B = {b1 , b2 · · · } ⊂ A tal que B es denso y numerable. Tomemos ρ( x, A) = ı́nf{| x − a| : a ∈ A} y n | x − bi | o ,0 φi ( x ) = máx 2 − ρ( x, a). 18. para x 6∈ A..

(24) Grado Topológico. Entonces la función     f (x) −1 ˜f ( x ) = − i   ∑ 2−i φi (x) f (bi )  ∑ 2 φi ( x ) i ≥1. para x ∈ A para x 6∈ A.. (2.1). i ≥1. Se encuentra definida para todo x ∈ Rn y es continua. En efecto. Si x ∈ A, es claramente continua en x. Si x 6∈ A se tiene que φn ( x ) φ1 ( x ) φ2 ( x ) + 2 +···+ ··· 2 2n 2 n n | x − a1 | o | x − an | o = máx 2 − , 0 + · · · + máx 2 − ,0 + ··· ρ( x, A) ρ( x, A). ∑ 2−i φi (x) =. i ≥1. 2−. ≤ ≤. | x − a1 ρ( x,A). 2. 2−. +···+. | x − an ρ( x,A) 2n. +···. 1 1 +···+ n +··· 2 2. Por el criterio M-Weierstraß. ∑ 2−i φi (x) converge uniformemente.. i ≥1. Veamos ahora que la serie. ∑ φ(x) 6= 0. Supongamos que ∑ φ(x) = 0. Esto es, existe. i ≥1. x0 6∈ A tal que. i ≥1. ∑ 2−i φi (x0 ) = 0. Por lo tanto, todos los términos de la serie son cero.. i ≥1. i. Esto indica que si φi ( x ) = 0, entonces 2 − ρ(xx−a ) ≥ 0. Es decir que ρ( x0 , A) < 0,A Entonces existe b0 ∈ A tal que para todo i ∈ N. x0 − a i 2 .. x0 − a i 2 ı́nfi | xo − ai | ≤ 2 | x0 − b0 | = , 2. | x0 − b0 | ≤. que es una contradicción. Por lo tanto. ∑ 2−i φi (x) 6= 0. Queda ver que ∑ 2−i φi (x) f (ai ) i ≥1. i ≥1. 19.

(25) Grado Topológico. converge uniformemente. En efecto φ1 ( x ) f ( a1 ) φn ( x ) f ( an ) +···+ ··· ∑ 2 φi (x) f (a ) = 2 2n i ≥1 n n | x − a1 | o 1 | x − an | o n = máx 2 − , 0 f ( a ) + · · · + máx 2 − , 0 f (a ) + · · · ρ( x, A) ρ( x, A) −i. i. 2−. ≤. | x − a1 ρ( x,A). 2. f ( a1 ). 2−. +···+. | x − an ρ( x,A) 2n. f ( an ). +···. 1 1 f ( a1 ) + · · · + n f ( a n ) + · · · 2 2 1 1 ≤ M+···+ nM+··· 2 2 1 1 = M ( + · · · + n + · · · ). 2 2. ≤. Los dos últimos pasos se tienen ya que A es un subconjunto compacto entonces f ( ai ) ≤ M para algún M. Y nuevamente por el criterio M-Weierstraß la serie converge uniformemente. Ahora hemos visto que f˜ es una función continua ya que es producto de funciones continuas cuando x 6∈ A, y además es una extención de f . Que es lo que se quería probar. Para comprender la siguiente proposición debemos incluir el concepto de los molli f iers. Esto permitirá abordar con mas claridad la aproximación de la función de clase c1 por una de clase c∞ . Definición. sea ρ ∈ C ∞ (Rn ) dado por. ρ1 ( x ) =.  1 ce 1−|x|2. si | x | > 1. 0. si | x | ≤ 1. Donde la constante C > 0 es adecuada y tal que el conjunto. ρα ( x ) :=. Z Rn. 1 x ρ( ) αn α. 20. ρdx = 1, y también para cada ε > 0.

(26) Grado Topológico. Figura 2.1: mollifiers Se leZllama a ρ el molli f ier estándar, además se tiene que ρα es de clase C ∞ y satisface. que. Rn. ρdx = 1.. Proposición 2.3. Sea A ⊂ Rn un conjunto compacto, f ∈ C ( A) y ε > 0. entonces existe una función g ∈ C ∞ (Rn ) tal que | f ( x ) − g( x )| ≤ ε en A. Dada f ∈ C¯1 (Ω), ε > 0 y δ > 0 tal que Ωδ = { x ∈ Ω : ρ( x, ∂Ω) ≥ δ 6= ∅}, hay una función g ∈ C ∞ (Rn ) tal que | f − g|∞ + máxΩδ | f˜( x ) − g̃( x )| ≤ ε. Demostración. Tomada de [3, pág 109]. Sea f α = ( f˜ ? ρα )( x ) y ρα como se ha definido en los molli f iers ya que A es un conjunto compacto dado y fijo, se tiene que dado ε > 0 existe δ > 0 (donde δ depende de K y ε) tal que | f ( x − y) − f ( x )| < ε para todo x ∈ A y todo y ∈ B(0, δ), se tiene que. ( f˜ ? ρα )( x ) − f ( x ) = = =. Z Rn. Z n ZR. f˜(ξ − x )ρα (ξ )dξ − f ( x ) f˜(ξ − x )ρα (ξ )dξ − f ( x ). B(0, N1 ). Z Rn. ρα (ξ )dξ. ( f˜(ξ − x ) − f ( x ))ρα (ξ )dξ. 21. (2.2).

(27) Grado Topológico. para N >. 1 δ. y x ∈ K se obtiene que Z. |( f˜ ? ρα )( x ) − f ( x )| = ≤. B(0, N1 ). Z B(0, N1 ). [ f˜(ξ − x ) − f ( x )]ρα (ξ )dξ [ f˜(ξ − x ) − f ( x )]ρα dξ. Z. ≤ε. B(0, N1 ). ρα (ξ )dξ. = ε. Esto indica que para ε > 0 f α = ρα ? f para x ∈ Rn se tiene que f α( x) → f ( x ) conforme α → 0 uniformemente sobre A, haciendo g = f α y α pequeño demuestra la parte 1 del corolario. Lo interesante de los resultados obtenidos anteriormente es que si f ∈ C (Ω̄) y y 6∈ f (∂Ω), se tiene que α = ρ(y, f (∂Ω)) > 0 podemos encontrar una función g ∈ C̄ ∞ (Ω) tal que | f − g|∞ < α. Ahora usando la función homotopía h[0, 1] × Ω̄ → Rn que viene definida de la forma h(t, x ) = (1 − t) f ( x ) + tg( x ), que claramente es continua y además permite deducir que. |h(t, x ) − y| =|(1 − t) f ( x ) + tg( x ) − y| =| f ( x ) − t f ( x ) + tg( x ) − y| ≥| f ( x ) − y| − |t f ( x ) − tg( x )| =| f ( x ) − y| − |t|| f ( x ) − g( x )| ≥| f ( x ) − y| − | f ( x ) − g( x )| ≥| f ( x ) − y| − | f − g|∞ > 0 lo anterior sobre ∂Ω y la condición homotópica de la definición de grado. Esto garantiza que el grado de las dos funciones coincide, que es lo que se quería ver. La siguiente gráfica representa la función sin(4x ) − y la homotopía con la función . f (b) − f ( a) b−a. 1 cos(2x ) · x2 5 . ( x − a) + f ( a). 22.

(28) Grado Topológico. (a) Homotopía. en el intervalo (-1.6,4.34). Un caso particular del teorema de Sard, es bastante útil junto con el teorema de la función inversa para analizar las soluciones de nuestra ecuación, como veremos más adelante. Antes de esto debemos ver unos resultados importantes que nos acercan al Teorema de la Función Inversa. Este teorema se presenta con el objetivo de garantizar una inversa en la demostración del teorema de la función inversa. Teorema 2.11. [9, pág 224]. Sea A ∈ Ω el conjunto de todos los operadores lineales invertibles en Rn si Si A ∈ Ω, B ∈ L(Rn ) y || B − A|| · || A−1 || < 1. Entonces B ∈ Ω Ω es un subconjunto abierto de L(Rn ), y la aplicación A − A−1 es continua en Ω. Debemos usar algunos conceptos de diferenciabilidad entre los que esta el siguiente resultado. Su uso se resalta en la demostración del Teorema de la Función Inversa, para establecer algunas desigualdades convenientes. Teorema 2.12. [9, pág 235]. Supóngase que f es una función que envía un conjunto abierto convexo E ⊂ Rn en Rm , f es diferenciable en E, y hay un número real M tal que. 23.

(29) Grado Topológico. || f 0 ( x )|| ≤ M para cada x ∈ E. Entonces. | f (b) − f ( a)| ≤ M|b − a| para todo a, b ∈ E. La siguiente definición y teorema son de bastante utilidad en matemáticas, en nuestro caso su utilidad recae en la demostración del Teorema de la Función Inversa. La siguiente definición nos aproxima al Teorema del Punto Fijo de Banach, donde este nos garantiza la existencia de un punto fijo o puede ser la existencia de soluciones. Definición (Contracción). [9, pág 238] Sea X un espacio métrico, con métrica d. Si φ envía X en X y hay un número c < 1 tal que d(φ( x ), φ(y)) ≤ cd( x, y). Teorema 2.13 (Teorema del Punto Fijo de Banach). Si X es un espacio métrico completo, y si φ es una contracción de X en X, existe un y solo un x ∈ X tal que φ( x ) = x. Demostración. Los argumentos de está demostración fueron basados en [9, pág 238]. Tomemos un x0 arbitrario en X y definamos { xn } de manera recurrente haciendo n = 0, 1, 2 · · ·. x n +1 = φ ( x n ) Elijamos c < 1 tal que cumple que. d(φ( x ), φ(y)) ≤ cd( x, y). Entonces se tiene que para n ≥ 1 d( xn+1 , xn ) = d(φ( xn ), φ( xn−1 )) ≤ cd( xn , xn−1 ) por inducción se tiene que. 24.

(30) Grado Topológico. d ( x n +1 , x n ) ≤ c n d ( x 1 , x 0 ). n = 0, 1, 2 · · ·. Ahora sea n < m, se tiene que m. d( xn+1,xn ) ≤. ∑. d ( x i , x i −1 ) i = n +1 n n +1. ≤ (c + c. + · · · + c m −1 ) d ( x 1 , x 0 ). ≤ [(1 − c)−1 d( x1 , x0 )]cn Entonces { xn } es una sucesión de Cauchy, como X es completo, lı́m xn = x para algún n→∞ x ∈ X. Debido a que φ es una contracción, φ es continua sobre X, por consiguiente φ( x ) = lı́m φ( xn ) = lı́m xn+1 = x. n→∞. n→∞. Ahora habiendo desarrollado las definiciones y teoremas anteriores podemos entrar al teorema de la función inversa y ver el uso que podemos darle en la teoría de grado. Teorema 2.14 (Teorema de la Función Inversa). Supongamos que f es una función C1 de un conjunto abierto E ⊂ Rn en Rn y que f 0 ( a) es invertible para algún a ∈ E, y que b = f ( a) entonces. Existen conjuntos abiertos U y V en Rn tal que a ∈ U, b ∈ V, f es uno-uno en U y f (U ) = V. Si g es la inversa de f (que existe por el enunciado anterior), definida en V por g( f ( x )) = x, entonces g ∈ C1 (V ) Demostración. El teorema de la función inversa es uno de los teoremas de mayor importancia en matemáticas y su demostración fue basada en [9, pág 239]. Haciendo f 0 ( a) = A, y eligiendo un λ de manera que 2λ|| A|| = 1. Como f 0 es continua en a, hay una bola abierta U ⊂ E con centro en a, tal que. 25.

(31) Grado Topológico. || f 0 ( x ) − A|| < λ. para ( x ∈ U ).. Asóciese a cada y ∈ Rn una función φ definida como sigue φ( x ) = x + A−1 (y − f ( x )) con x ∈ E. Es claro ver que f ( x ) = y si y solo si x es un punto fijo de φ. Esto por que φ( x ) = x + A−1 (y − f ( x )) = x. Esto indica que A−1 (y − f ( x )) = 0 y como A−1 es transformación lineal se tiene que y − f ( x ) = 0. Esto si y solo si y = f ( x ). Ahora ya que. φ( x ) = x + A−1 (y − f ( x )) φ0 ( x ) = I + A−1 ( f 0 ( x )). = A−1 ( A + f 0 ( x )) de lo anterior se tiene que. ||φ0 ( x )|| = || A−1 ( A + f 0 ( x ))|| ≤ || A−1 ||| A + f 0 ( x )||| <. 1 1 λ= . 2λ 2. Por el Teorema 2.12 se tiene que 1 |φ( x1 ) − φ( x2 ))| ≤ | x1 − x2 | 2. (2.3). Se deduce que φ tiene a lo más un punto fijo en U. Asi que f ( x ) = y a lo más para un x ∈ U y esta es la razón de que φ sea 1-1. Tomemos V = f (U ) y elijamos y0 ∈ V. Entonces para algún y0 = f ( x0 ) para algún x0 ∈ U. Sea B una bola abierta con centro en x0 y radio r > 0 tan pequeño que su cerradura B̄ esta en U. La idea radica en mostrar que para y ∈ V siempre y cuando |y − y0 | < λr esto demuestra que V es abierto. Si se fija y, |y − y0 | < λr y tomamos φ como lo definimos anteriormente. |φ( x0 ) − x0 | = | A−1 (y − y0 )| < || A−1 ||λr =. 26. r 2.

(32) Grado Topológico. si x ∈ B de (2.3) se deduce que. |φ( x ) − x0 | ≤ |φ( x ) − φ( x0 )| + |φ( x0 ) − x0 | r 1 < | x − x0 | + ≤ r. 2 2 En consecuencia φ( x ) ∈ B. Se ve que (2.3) se cumple si x1 , x2 ∈ B̄. Entonces φ es contracción de B̄ en B̄, siendo un subconjunto cerrado de Rn por lo tanto es completo. Por el Teorema del Punto fijo de Banach, implica que φ tiene un punto fijo x ∈ B̄, para este x, f ( x ) = y de aquí que y ∈ B̄ ⊂ f (U ) = V. Y esto demuestra la primera parte del teorema de la Función Inversa. Para demostrar esta parte tomemos un y ∈ V tal que y + k ∈ V entonces existe x ∈ U tal que x + h ∈ U. De tal manera que y = f ( x ), y + k = f ( x + h) con φ( x ) = x + A−1 (y − f ( x )) se tiene que φ( x + h) − φ( x ) = x + h + A−1 (y − f ( x + h)) − x − A−1 (y − f ( x )). = h + A−1 ( f ( x ) − f ( x + h)) = h − A −1 K por (2.3) se tiene que.. |h − A−1 K | ≤ 21 |h| de donde. |h| − | A−1 K | ≤ 12 |h| y. −| A−1 K | ≤ 12 |h| − |h| = − |2h| de la última desigualdad se deduce que | A−1 K | ≥. |h| 2 .. Es decir que. |h| ≤ 2|| A−1 |||K | = λ−1 k tenemos que 2λ|| A−1 || = 1 y | f 0 ( x ) − A| < λ. Se puede ver que. 27. (2.4).

(33) Grado Topológico. 1 || f 0 ( x ) − A||| A−1 ||| < λ 2λ =. 1 2. < 1.. Por (2.11) f 0 ( x ) tiene inversa. Llamémosla T como g(y + k ) − g(y) − tk = g( f ( x + h)) − g( f ( x )). = x − x + h − TK = h − TK = h − T [ f ( x + h) − f ( x )] = − T [ f ( x + h) − f ( x ) + Ah]. Implica que. | g(y + k) − g(y) − TK | | T | | f ( x + h) − f ( x ) − f 0 ( x )h| ≤ |K | λ |h| cuando k → 0, de (2.4) se ve que h → 0. Por lo tanto la parte derecha tiende a cero y lo mismo la parte izquierda. Esto indica que g0 (y) = T. Por la elección de T, el inverso de f 0 ( x ) = f 0 ( g(y)), entonces g0 (y) = { f 0 ( g(y))}−1 para y ∈ V. Véase que g es una función continua de V sobre U en el conjunto Ω de todos los elementos invertibles de L(Rn ) y la inversión es una función continua de Ω sobre Ω, debido al teorema 4 y lo combinamos con con g0 (y) = { f 0 ( g(y))}−1 , se ve que g ∈ C1 (V ), que termina la demostración del teorema de la Función inversa. La siguiente proposición es de gran importancia en la matemática y nos permite extender los puntos para encontrar las soluciones. Proposición 2.4. (Caso especial Lema de Sard) Sea Ω ⊂ Rn un conjunto abierto y f ∈ C1 (Ω). Entonces µ( f (S f )) = 0, donde µn denota la medida n-dimensional de Lebesgue. Demostración. Esta prueba uso los pasos seguidos por [4, pág 8]. Sabemos que la unión contable de conjuntos de medida cero tiene medida cero. Además un conjunto abierto Ω en Rn puede ser escrito como unión contable de cubos, es decir Ω=. ∞ [. Qi . Por lo tanto es suficiente demostrar que µn ( f (S f ( Q))) = 0 para algún cubo. i =1. Q ⊂ Ω. Además se tiene que. 28.

(34) Grado Topológico. f (S f (Ω)) = f (S f (. [. Qi )) =. i ≥1. [. f (s f ( Qi )).. i ≥1. Tomemos a ρ como la longitud lateral de Q y por la continuidad uniforme de f 0 sobre Q. Se tiene que para dado ε > 0, se puede encontrar m ∈ N tal que | f 0 ( x ) − f 0 ( x̄ )| ≤ ε √ ρ para todo x, x̄ ∈ Q con | x − x̄ | ≤ δ = n m y con ayuda del Teorema Fundamental del Cálculo se tiene que 0. | f ( x ) − f ( x̄ ) − f ( x̄ )( x − x̄ )| = ≤. Z 1 0 Z 1 0. ≤. Z 1 0. [ f 0 ( x̄ + t( x − x̄ )) − f 0 ( x̄ )]( x − x̄ ). | f 0 ( x̄ + t( x − x̄ )) − f 0 ( x̄ )|| x − x̄ | ε| x − x̄ |dt = ε| x − x̄ |. Para algún x, x̄, se debe descomponer Q en r cubos Qk de diámetro δ. Se tiene que la longitud de cada lateral viene dada de la forma √δn y además se tiene que r = mn . Gracias a la derivada de Frechet se tiene que f ( x ) = f ( x̄ ) + f 0 ( x̄ )( x − x̄ ) + R( x − x̄ ) con | R( x, x̄ )| ≤ εδ para x, x̄ ∈ Qk Es decir que R( x, x̄ ) = f ( x ) − f ( x̄ ) − f 0 ( x̄ )( x − x̄ ). Ahora supongamos que Qk ∩ S f 6= ∅, elijamos x̄ ∈ Qk ∩ S f , y sea A = f 0 ( x̄ ) y g(y) = f ( x̄ + y) − x̄ para y ∈ Q̃k = Qk − x̄. Entonces se tiene que para x̄ = x̄ + y R( x̄ + y, x̄ ) = f ( x̄ + y) − f ( x̄ ) − f 0 ( x̄ + y)(y) luego g(y) = f ( x̄ + y) − f ( x̄ ) − f 0 ( x̄ + y)(y) + f 0 ( x̄ + y)(y). = A(y) + R̃(y) con | R̃(y)| = | R( x̄ + y, x̄ )| ≤ εδ sobre Q̃k Ahora como det A = 0. Por el Teorema de la Dimensión tenemos que A( Q̃k ) esta contenido en un n − 1 subespacio de Rn . Por lo tanto hay un b1 ∈ Rn con |b1 | = 1 y b1 = (b11 , b21 , · · · , bn1 ). Sabemos que el el producto interior viene dado por la forma. h x, b1 i. n. =. ∑ xi bi1. = 0 para todo x ∈ A( Q̃k ). Dando a b1 una extensión a una base. i =1. ortonormal {b1 , b2 , · · · , bn } de Rn . Tenemos que. 29.

(35) Grado Topológico n. g(y) =. ∑ h g(y), bi ibi y además cumple lo siguiente. i =1. |h g(y), b1 i| = | Ayb1 + R̃(y)b1 | = |h R̃(y), b1 i| ≤ | R̃(y)||b1 | ≤ εδ y. |h g(y), bi i| = | Aybi + R̃(y)bi | ≤ | Aybi | + | R̃bi | ≤ | Ay||bi | + | R̃(y)||bi | = | Ay| + | R(˜y)| ≤ || A||∞ |y| + εδ ≤ || A||∞ δ + εδ para i = 2 · · · , n !1. n. donde | A| = |( ai,j )| =. ∑. 2. a2i,j. . Tenemos que f ( Qk ) = f ( x̄ ) + g( Q̃k ), y está conteni-. i,j=1. do en un intervalo Jk al rededor de f ( x̄ ). Que satisface lo siguiente µn ( Jk ) = [2(| A|δ + εδ)]n−1 2εδ. = 2n (| A| + ε)n−1 εδn . Como f 0 es acotado a lo largo del cubo Q, se tiene | f 0 ( x )| ≤ c, para algún c. Por como se había definido. f 0,. se tiene que | A| ≤ c. Por lo tanto f (S f ( Q)) ⊂. n [. Jk con. k =1 n. ∑ µn ( Jk ) ≤ r2n (c + ε)n−1 δn. k =1. √ = 2n (c + ε)n−1 ( nρ)n ε. Por el trabajo realizado se puede ver que f (S f ( Q)) tiene medida cero ya que ε > 0 es arbitrario. . 30.

(36) Grado Topológico. El Teorema de la Función Inversa garantiza que el conjunto solución en un valor regular es finito, y el Lema de Sard garantiza que el conjunto de valores regulares es denso. Es decir, sea f ∈ C̄ ∞ (Ω) y y 6∈ f (∂Ω), si y es un valor regular de f entonces f ( x ) = y tiene a lo mas finitas soluciones. En efecto. Si y es un valor regular entonces, J f ( x ) 6= 0 para cualquier f ( x ) = y. El Teorema de la Función Inversa implica que las soluciones son aisladas, es decir que para x0 ∈ f −1 (y) existe U ( x0 ) tal que f −1 (y) ∩ U ( x0 ) = { x0 }. Consecuentemente el conjunto solución f −1 (y) debe ser finito. Para ver esto. Supongamos que el conjunto solución f −1 (y) es infinito, entonces existe un punto de acumulación x0 ∈ Ω̄, ( f −1 (y) ⊂ Ω), esto por la compacidad de Ω̄. Como f es una función continua y f ( x0 ) = y y tenemos que x0 es una solución aislada. Lo que resulta ser una contradicción ya que es un punto de acumulación. por lo tanto el conjunto solución f −1 (y) es finito. Ahora veamos el uso que se le da al Lema de Sard. Si y0 es algún punto tal que y0 6∈ f (∂Ω) . Entonces Bα (y0 ) ∪ f (∂Ω) = ∅ para α = ρ(y0 , f (∂Ω)). Por tanto de la definición homotópica que se encuentra inmersa en la definición de grado tenemos que si h(t, x ) = f ( x ), y(t) = ty0 + (1 − t)y y y ∈ Bα (y0 ) implica que d( f , Ω, y) = d( f , Ω, y0 ) para cada y ∈ Bα (y0 ). Ahora por el lema de Sard podemos garantizar garantiza que. Proposición 2.5. Si f ∈ C1 (Ω) el conjunto de valores regulares es denso en f (Ω) Demostración. Supongamos que el conjunto de valores regulares no es denso en f (Ω). Es decir existe y ∈ f (Ω) y Vy tal que Vy ⊂ f (S f ). Por lo tanto µ( f (S f )) > 0. Lo que contradice el lema de Sard. Es decir el conjunto de valores regulares es denso en f (Ω). Esto es importante ya que para cualquier punto y0 existe una vecindad que posee valores regulares, y como se describió anteriormente el grado coincide. Para la siguiente nota y su deducción los argumentos se basaron en [4, pág 9].. 31.

(37) Grado Topológico. Nota: Un paso fundamental de la teoría que se está construyendo es ver como se va a calcular el grado de una función, debemos garantizar un método de cálculo, para lo que hemos definido como el grado. Debemos ver que a las funciones de clase C ∞ se pueden llevar a funciones lineales. Consideremos que f ∈ C̄ ∞ y y 6∈ f (∂Ω ∪ S f ). Para esto tomemos dos casos. Primero, supongamos que f −1 (y) = ∅, en la parte 2 de la definición de grado. Si usamos Ω1 = Ω y Ω2 = ∅ se deduce que d( f , ∅, y) = 0, y por lo tanto d( f , Ω, y) = d( f , Ω1 , y), donde Ω1 es cualquier subconjunto abierto de Ω tal que y 6∈ f (Ω̄\Ω1 ). Por lo tanto si f −1 (y) = ∅ implica que d( f , Ω, y) = d( f , ∅, y) = 0 Ahora supongamos que f −1 (y) = { x1 , · · · , x n }. Se eligen vecindades disyuntas Ui de xi y por la condición dos de la definición de grado se tiene que d( f , Ω, y) =. n. ∑ d ( f , u i , y ).. i =1. Para calcular d( f , Ui , y). Tomemos A = f 0 ( xi ) y de la derivada de Frechet se tiene que f ( x ) = y + A( x − xi ) + σ(| x − xi |) donde | x − xi | tiende a cero. Tenemos que det A 6= 0, esto indica que A−1 existe por ser una matriz no singular. Por lo tanto|z| = | A−1 Az| ≤ | A−1 || Az| es decir | Az| ≥ c|z| sobre Rn para algún c>0. Por medio de esta estimación, se ve que y(t) = ty y h(t, x ) = t f ( x ) + (1 − t) A( x − xi ) satisfaciendo que.. |h(t, x ) − y(t)| = |t f ( x ) + (1 − t) A( x − xi ) − ty| = |ty + tA( x − xi ) + tσ(| x − xi |) + A( x − xi ) − t( A( x − xi )) − ty| = |tσ(| x − xi |) + A( x − xi )| = | A( x − xi ) − tσ(| x − xi |)| ≥ | A( x − xi )| − |t|σ(| x − xi |) ≥ c| x − xi | − σ(| x − xi |) > 0 para todo t ∈ [0, 1] previsto que | x − xi | ≤ δ con δ > 0 y lo suficientemente pequeño. Por lo tanto.. 32.

(38) Grado Topológico. d( f , Bδ ( x ), y) = d( A − Axi , Bδ ( xi ), 0). Ahora teniendo en cuenta que y(t) = ty y h(y, t) = t f ( x ) + (1 − t) A( x − xi ) donde t ∈ [0, 1], en base de la condición homotópica que posee el grado (que deforma una función en otra). Se tiene que para t ∈ [0, 1], y(0) = 0 y h(0, x ) = A( x − xi ) de donde d( f , Ui , y) = d( f , Bδ ( xi ), 0) como f ( x ) 6= y en Ū − Bδ ( xi ) se tiene que d( f , Ui , y) = d( f , Bδ ( xi ), y). Por lo tanto d( f , Ui , y) = d( A − Axi , Bδ ( xi ), 0), como xi es la única solución de Ax − Axi de la condición dos del grado se tiene que. d( A − Axi , Bδ ( xi ), 0) = d( A − Axi , Br (0), 0). Para Bδ ( xi ) ⊂ Br (0) y A( x − txi ) 6= 0, sobre. [0, 1] × ∂Br (0) Se concluye que d( f , Ui , y) = d( f 0 ( xi ), Br (0), 0). esto por la condición homotópica del grado. Ahora el punto a analizar es r > 0 arbitrario, para esto al igual que a lo largo del trabajo se usaran varias herramientas tanto algebraicas como analíticas. Donde basándonos en lo que hemos construido y basándonos que d( A, Br (0), 0) está determinado únicamente si A es lineal, det A 6= 0 y la función grado d( A, Ω, 0) = sgn det A. Para poder realizar esta prueba se usara en gran medida la siguiente proposición.. 33.

(39) Grado Topológico. Proposición 2.6. Sea A una matriz real de n × n con det A 6= 0, y sea λ1 · · · λm los valores propios negativos de A y α1 , · · · αm sus multiplicidades como ceros det( A − λid), previsto que A tiene todos sus valores propios. Entonces Rn es la suma directa de dos subespacios N y M, Rn = N ⊕ M, tal que a) N y M son invariantes bajo A. b) A N tiene únicamente los valores propios λ1 , · · · , λm y A| M tiene valores propios no negativos. c) dim N = ∑m k =1 α k . Demostración. Esta demostración se basa en varios resultados algebraicos seguidos de [6, pág 219][8, pág 256][5, pág 126]. Sea P el polinomio característico de A dado de la siguiente manera. P( x ) = ( x − γ1 ) β1 · · · ( x − γm ) β n . Podemos expresar P como producto de dos otros dos polinomios de la siguiente manera. P( x ) = P1 ( x ) P2 ( x ). Donde P1 ( x )es el polinomio que contiene los valores propios negativos y sus respectivas multiplicidades, y P2 ( x ) contiene los valores propios no negativos y sus respectivas multiplicidades. Es decir P1 ( x ) = ( x − λ1 )α1 · · · ( x − λm )αm y P2 ( x ) = ( x − µ1 ) β1 · · · ( x − µm ) β k Por el teorema de la descomposición primaria [8, pág 256], si asumimos que P( A) = 0. Sea N =ker P1 ( A) y M =Ker P2 ( A) entonces Rn por el mismo teorema de descomposición primaria N y M son invariantes bajo A que prueba a). Ahora por como se han elegido P1 ( x ) y P2 ( x ) tenemos que a N pertenecen únicamente los valores propios negativos y a M los valores propios no negativos que demuestra la parte b). Ahora podemos llevar nuestra matriz A a una representación en la forma Canónica de Jordán.[5, pág 126]. Que restringida al espacio N, queda en término de sus multiplicidades, y por la m. misma forma Canónica de Jordán tenemos que dim N =. ∑ αi . Que termina la demos-. i =1. tración.. 34. .

(40) Grado Topológico. Por la argumentos similares a como se hizo la demostración anterior, que en su mayoría se basan en la forma Canónica de Jordán, tenemos que. m. det( A − λid) = (−1)n ∏ (λ − λk )αk k =1. n. ∏. (λ − µ j ) β j .. j = m +1. Por lo tanto se puede deducir que. m. det( A) = (−1)α ∏ |λk |αk k =1. n. ∏. j = m +1. βj. µ j con α =. m. ∑ αk = dim N.. k =1. Ahora si desarrollamos el trabajo pertinente al cálculo del grado y es como se había contextualizado anteriormente, el de verificar que el grado dado sobre una transformación lineal coincide con el signo del determinante. Esta parte del trabajo basa su esfuerzo en [4, pág 10]. Si A no tiene valores propios negativos, entonces det(tA + (1 − t)id) 6= 0. Lo anterior ya que (t − 1)id det[tA + (1 − t)id] = det t A − t ( t − 1) n = t det A − id t n t−1 n n = t (−1) ∏ − µj t i =1 t−1 y − µ j < 0. Por lo tanto det(tA + (1 − t)id) 6= 0, para t en [0, 1]. Por lo tanto, por t medio de la homotópia tenemos que. d( A, Br (0), 0) = d(id, Br (0), 0) = 1 = sgn(det A) Ahora consideremos el caso en el cual, A posee valores propios negativos y notemos Ω = Br (0). Desarrollemos esta demostración por pasos. Paso 1. Supongamos que α = dim N es par. Como Rn = N ⊕ M, Para cada x ∈ Rn hay una única representación. x = P1 x + P2 x, Con P1 x ∈ N y P2 x ∈ M. Así tenemos definida la proyección lineal.. 35.

(41) Grado Topológico. P1 : Rn → N y P2 = id − P1 : Rn → M. Entonces A = AP1 + AP2 , es una descomposición directa de A. Se tiene que A( N ) ⊂ N y A( M) ⊂ M por ser invariantes. También tenemos que AP1 tiene solo valores propios negativos y AP2 tiene valores propios no negativos por la parte b) de la proposición anterior, es claro ver que A es homotópica a − P1 + P2 . Podemos afirmar que h(t, x ) = tAx + (1 − t)(− P1 x + P2 x ) 6= 0 Sobre [0, 1] × ∂Ω Esto se da por lo siguiente. Supongamos que h(0, x ) = 0. Esto implica que h(0, x ) = − P1 x + P2 x = 0. Por lo tanto P1 x = P2 x. De donde P1 x = P2 x ∈ N ∩ M = {0}, entonces x=0. Y no puede ser igual a cero ya que cero no esta en ∂Ω. Ahora, h(t, x ) = 0 con t 6= 0 se tiene que. h(t, x ) = tAx + (1 − t)(− P1 x + P2 x ) = 0. = tAx + (− P1 x + P2 x ) + P1 xt − P2 xt = 0 Escribamos A = AP1 + AP2 Reemplazando en la ecuación anterior se tiene tAP1 x + tAP2 x − P1 x + P2 x + P1 xt − P2 xt = 0 De lo anterior tenemos que si tAP1 x − P1 x + tP1 ( x ) = 0 −→ aP1 x = ( P1 x − tP1 x )t−1. = λ ( p1 x ) y también se tiene tAP2 x + P2 x − tP2 ( x ) = 0 −→ AP2 x = (tP2 x − P2 x )t−1. = − λ ( p2 x ) Donde λ = (1 − t)t−1 . Lo cual es posible únicamente si P1 x = P2 x = 0. Esto ya que se tenia que en N estaban los valores propios negativos y en M los no negativos. Por lo tanto h(t, x ) 6= 0. Ahora por la condición 2 y 3 que se ha dado en la definición de grado se tiene que. d( A, Ω, 0) = d(− P1 + P2 , Ω, 0).. 36.

(42) Grado Topológico. Ahora como α es de la forma 2P para algún P ≥ 1 encontramos una matriz B, tal que π B2 = −id N . Ciertamente, para P = 1, se puede elegir una rotación de . Es decir 2 " # 0 1 −1 0 y de forma general p se puede arreglar en bloques P tal que dichos bloques están sobre la diagonal principal. Es decir, b2j−1,2j = 1 = −b2j,2j−1 Para j = 1, ..., p y b j,k = 0 Es decir si la dimensión del espacio fuese 4, la matriz sería la siguiente . 0  −1    0 0. 1 0 0 0 0 0 0 −1.  0 0   1 0. Ahora como B tiene únicamente valores propios complejos, debemos encontrar una homotopía de − P1 + P2 a BP1 + P2 y de BP1 + P2 a id = P1 + P2 . Describamos estas homotopías de la siguiente manera. Para la primera que se propone. Sea tBP1 − (1 − t) P1 + P2 cuando t = 0 se tiene − P1 + P2 y si t = 1 se tiene BP1 + P2 que es la deformación que buscábamos. Ahora para la segunda que se propone, describámosla como sigue. Sea tBP1 + (1 − t) P1 + P2 cuando t = 0 se tiene P1 + P2 y si t = 1 se tiene BP1 + P2 que era la deformación requerida. Por lo tanto se tiene que d( A, Ω, 0) = d(− P1 + P2 , Ω, 0) = d(id, Ω, 0) = 1. = (−1)2p = sgn det A Que es lo que se quería probar. Paso 2. Asumamos que α = dim N = 2p + 1 para algún p ≥ 0. Claramente podemos realizar una descomposición de N, es decir N = N1 ⊕ N2 , donde la dim N1 = 1 y dim N2 = 2p, lo cual produce proyecciones Q̃1 : N → N1 y Q̃2 = id| N − Q̃1 : N →. 37.

(43) Grado Topológico. N2 . Entonces se tiene que P1 = Q̃1 P1 + Q̃2 P1 . Como se desarrollo en pasos anteriores debemos encontrar homotopías de A → − P1 + P2 → − Q̄1 P1 + B Q̄2 P1 + P2 → − Q̄1 P1 + Q̄2 P1 + P2 . De P1 + P2 → − Q̄1 P1 + B Q̄2 P1 + P2 . Viene dada por la homotopía. h(t, ·) = − Q̄1 P1 + P2 + (1 − t) B Q̄2 P1 − t Q̄2 P1 para t ∈ [0, 1] Ahora Q̄1 P1 + B Q̄2 P1 + P2 → − Q̄1 P1 + Q̄2 P1 + P2 . Viene dada por la siguiente homotopía. h(t, ·) = − Q̄1 P1 + P2 + (1 − t) Q̄2 P1 + tB Q̄2 P1 . El trabajo realizado anteriormente indica que d( A, Ω, 0) = d(− Q1 + Q2 , Ω, 0). Con Q1 = Q̄1 P1 y Q2 = Q̄2 P1 + P2 . Se puede observar que Q1 y Q2 = id − Q1 son proyecciones de la descomposición Rn = N1 ⊕ N2 ⊕ M. Como x = 0 es el cero de − Q1 + Q2 , se puede remplazar Ω = Br (0) para algún conjunto abierto que contiene a x = 0. Se puede ver que se esta trabajando ahora, en una situción unidimensional. Ciertamente dado Ω ⊂ N1 abierto y acotado y g : Ω̄ → N1 una función que es continua con 0 6∈ g(∂Ω), sea d˜( g, Ω, 0) = d( g ◦ Q1 + Q2 , Ω + B̃r (0), 0), y gracias a esto podemos calcular d˜ = (−id| N1 , Ω, 0) = d(− Q1 + Q2 , Ω + B̃r (0), 0) Donde Ω ⊂ N es algún conjunto abierto y acotado con 0 ∈ Ω. Es de esperar que d˜ = (−id| N1 , Ω, 0) = −1 = (−1)2p+1 = sgn det A Para probar esto último, debemos tener en cuenta que dim N1 = 1, por lo tanto tomemos N1 = {λe : λ ∈ R} para algún e ∈ Rn , con |e| = 1. Consideremos Ω = {λe : λ ∈ (−2, 2)}, Ω1 = {λe : λ ∈ (−2, 0)} y Ω2 = {λe : λ ∈ (0, 2)}. Definamos f (λe) = (|λ| − 1)e. Es claro ver que f (0) = −e 6= 0 al igual que es claro ver que h(t, λe) = t(|λ| − 2)e + e 6= 0 sobre [0, 1] × ∂Ω se puede deducir que 0 = d˜(e, Ω, 0) = d˜( f , Ω1 , 0) + d˜( f , Ω2 , 0). 38. (2.5).

(44) Grado Topológico. esto pro las condiciones (2) y (3) establecidas para el grado topológico. ahora vemos que f |Ω1 (λe) = −(λ + 1)e esta función tiene como cero únicamente a λ = −e ∈ Ω1 ⊂ Ω. Por lo tanto d˜( f , Ω1 , 0) = d˜(−id| N1 − e, Ω, 0) = d˜(−d| N , Ω, 0) 1. Claramente se puede apreciar que −λe − te 6= 0 sobre [0, 1] × ∂Ω por el mismo argumento anterior se puede ver que d˜( f , Ω1 , 0) = d˜(id| N1 , Ω, 0) = 1 por la definición de grado. Y reempzando en (2.5) nos damos cuenta que d˜(−id| N1 − e, Ω, 0) = −1 que es lo que se buscaba demostrar. A continuación haremos la definición de grado usual trabajo, que se aborda desde la contextualización del grado. Definición (Grado Topológico). Sea Ω ⊂ Rn un conjunto abierto y acotado, f ∈ C̄1 (Ω) y y ∈ Rn \ f (∂Ω ∪ S f ). Definimos d( f , Ω, y) =. ∑. sgn J f ( x ).. (2.6). x ∈ f −1 ( y ). Definición. Sea Ω ⊂ Rn un abierto y acotado, f ∈ C̄2 (Ω) y y 6∈ f (∂Ω). Entonces se define d( f , Ω, y) = d( f , Ω, y1 ), donde y1 es un valor regular de f . Tal que |y − y1 | < ρ(y, f (∂Ω)) y d( f Ω, y1 ) es dado por la definición de grado. Definición. sea f ∈ C (Ω̄) y y ∈ Rn \ f (∂Ω). Entonces se define d( f , Ω, y) = d( g, Ω, y) donde g ∈ C̄2 es alguna función tal que | g − f |0 < ρ(y, f (∂Ω)) y d( g, Ω, y) es dado por la definición anterior. Partiendo de las definiciones anteriores, que hablan respecto al grado topológico, se presentan las siguientes propiedades importantes de este Teorema 2.15. Sea M = {( f , Ω, y) : Ω ⊂ Rn abierto y acotado, f ∈ C (Ω̄) y y 6∈ f (∂Ω)} y d : M → Z el grado topológico definido anteriormente. Entonces d tiene las siguientes propiedades. a) d(·, Ω, y) y d( f , Ω, ·) son contantes sobre { g ∈ C (Ω̄) : | g − f |0 < r } y Br (y) ⊂ Rn , respectivamente, donde r = ρ(y, f (∂Ω)). Por otra parte, d( f , Ω, ·) sobre cada componente conexa de Rn \ f (∂Ω).. 39.

(45) Grado Topológico. b) d( g, Ω, y) = d( f , Ω, y) siempre que g|∂Ω = f |∂Ω . Ahora veamos el caso donde debemos dar soluciones a ecuaciones del tipo f ( x ) = x. sabemos que x es llamado punto fijo. Para esto trabajaremos desde el conocido teorema del Punto Fijo de Brouwer. Teorema 2.16 (Punto Fijo de Brouwer). Sea D ⊂ Rn un conjunto compacto convexo no vacío y f : D → D continua. Entonces f tiene un punto fijo. Demostración. Lo esencial de esta demostración fue usado de [4, pág 17]. Supongamos primero que D = B̄r (0). Asumamos que f ( x ) 6= x sobre ∂D de lo contrario ya se tendría. Sea h(t, x ) = x − t f ( x ).Esto define una función continua tal que 0 6∈ h([0, 1] × ∂D ). Además por hipótesis se tiene que. |h(t, x )| = | x − t f ( x )| ≥ | x | − |t f ( x )| = | x | − |t|| f ( x )| ≥ | x | − t| x | = (1 − t )r > 0 en [0, 1] × ∂D y f ( x ) 6= x y para | x | = r. Por lo tanto d(id − f , D ◦ , 0) = d(id, Br (0), 0) = 1, esto prueba la existencia de un x ∈ Br (0) tal que x − f ( x ) = 0 ya que como probamos anteriormente que si f −1 (y) = ∅ implica que d( f , Ω, y) = 0. Por último el siguiente teorema que a futuro podría usarse para aplicaciones en la teoría de grado. Teorema 2.17. [4, pág 20] Sea Ω ⊂ Rn abierto y acotado con 0 ∈ Ω y sea f : ∂Ω → Rn \{0} continua. Supóngase que además que la dimensión del espacio n es impar. Entonces existe x ∈ ∂Ω y λ 6= 0 tal que f ( x ) = λx.. 40.

(46) Grado Topológico. Demostración. Asumamos sin perdida de generalidad que f ∈ C (Ω̄). Como n es impar tenemos que d(−id, Ω, 0) = −1. Si d( f , Ω, 0) 6= −1. Entonces h(t, x ) = (1 − t) f ( x ) − tx debe tener un cero (t0 , x0 ) ∈ (0, 1) × ∂Ω. Por lo tanto h ( t0 , x0 ) = (1 − t0 ) f ( x0 ) − t ( x0 ) = 0 Es decir f ( x0 ) = [t0 (1 − t0 )−1 ] x0 . Sin embargo, si d = ( f , Ω, 0) = −1 usamos la homotopia h(t, x ) = (1 − t) f ( x ) + tx. Donde usando el mismo argumento anterior tenemos que hay un cero (t0 , x0 ) ∈ (0, 1) × ∂Ω.Por lo tanto h ( t0 , x0 ) = (1 − t0 ) f ( x0 ) + t ( x0 ) = 0 Es decir f ( x0 ) = [−t0 (1 − t0 )−1 ] x0 . Es decir existe un λ 6= 0 tal que f ( x ) = λx.. 2.2.. . Ejemplos y aplicaciones del grado topológico.. Veamos algunos ejemplos y aplicaciones de la teoría desarrollada a lo largo del capítulo. Finalizamos con una de las aplicaciones mas importantes de este método que se encuentra en la ecuaciones diferenciales. Sea Ω ⊂ R un intervalo abierto con 0 ∈ Ω y sea f ( x ) = αx k con α 6= 0. Ejemplo 3. Entonces d( f , Ω, 0) = 0 si k es par y d( f , Ω, 0) = sgn α si k es impar. Demostración. Si nos damos una aproximación de lo que se debe hacer, tenemos la opción de que K sea par o impar y α puede ser mayor o menor a cero. veamos una aproximación gráfica, en el intervalo (-2.2,4.3).(ver figura 2.2) Recordemos que d( f , Ω, s) =. ∑. sgn J f ( x ). Para poder aplicar se debe verifi-. x ∈ f −1 ( s ). car que f es de clase C1 en Ω, f es continua en Ω̄ y por último se debe tener que s 6∈ f (∂Ω).. 41.

(47) Grado Topológico. (a) K par α < 0. (b) K par α > 0. (c) K impar α > 0. (d) K impar α < 0. Figura 2.3 Claramente Ω = ( a, b) y f es de clase C1 sobre este intervalo y continua sobre Ω̄. la frontera ∂Ω = { a, b} con a < 0 y b > 0. De donde f ( a) y f (b) son distintos a cero. Por lo tanto 0 6∈ f (∂Ω). Como f −1 (0) = {0} se deduce que 0 es un valor singular. La pregunta sería, ¿Que tan cerca debe estar el valor regular, a este valor singular para que el grado coincida?. Tomando α = ρ(y0 , f (∂Ω)) y y0 un valor regular, lo que buscamos es que y ∈ Bα (y0 ) entonces d( f , Ω, y0 ) = d( f , Ω, y). Si y0 ∈ f ( a, b), tomemos |y0 | < 12 mı́n{| f ( a)|, | f (b)|} y sabemos que α = mı́n{|y0 − f ( a)|, |y0 − f (b)|}. Por lo tanto si 0 ∈ Bα (y0 ) se tendría que.. |y0 − 0| < mı́n{|y0 − f ( a)|, |y0 − f (b)|}. 42.

(48) Grado Topológico. Suponiendo que el mínimo es |y0 − f ( a)| se deduce. |y0 − f ( a)| ≥ |y0 | − | f ( a)| = | f ( a)| − |y0 | > 2| y0 | − | y0 | = | y0 | Por lo tanto 0 no se encuentra en la bola indicada y podemos proceder con nuestro cálculo. y 2p1 0 + 2p Si k = 2p para p ∈ Z . Se tiene que f ( x ) = αx = y0 . Entonces x = ± . α De donde y |x| = 0 α. 1 2p. < <. 1. 1 1 2p. 1 2p. |α| 2 1 1 1. 1. 1. mı́n{| f (b)|, | f ( a)|} 2p 1. 1. |α| 2p mı́n{|b|, | a|} 2p. |α| 2p 2 2p < mı́n{|b|, | a|} Por lo tanto. y 2p1 0. α. ∈ ( a, b). Y también se tiene f −1 ( y 0 ) =. . 1 y0 2p α. ,−. 1 y0 2p α. . Y ádemas el jacobiano es J f ( x ) = 2pαx2p−1 = det[ f ( x )], Por lo tanto " " 1 2p−1 # 2p−1 # y0 2p y0 2p1 d( f , Ω, 0) = sgn 2pα + sgn 2pα − α α. = sgn(α) + sgn(−α) =0 Que demuestra la primera parte. Ahora si k = 2p + 1 con p ∈ N. Se tiene que f 0 ( x ) = (2p + 1)αx2p y f −1 (y0 ) = { x ∈ Ω : f ( x )= y0 }. Analogo al caso anterior tenemos que f ( x ) = αx2p+1 = y0 y0 entonces x = . Por lo tanto α. 43.

(49) Grado Topológico. f −1 ( y. 0). =. . y0 2p1+1 α. . de donde se deduce que " d( f , Ω, 0) = sgn (2p + 1)α. . y0 2p1+1 α. 2p #. = sgn α. k −1. Sea g( x ) = f ( x ) +. ∑ αi x i. para x ∈ R, con f como se definió en el ítem anterior.. t =0. Entonces d( g, (−r, r ), 0) = d( f , (−r, r ), 0) para r lo suficientemente grande. k −1. Demostración. Tomemos la homotopía. f (x) +. ∑ αi x i. !. (1 − t) + f ( x )t. Por lo. i =0. tanto se tiene que. k −1. ( f (x) +. ∑. αi xi )(1 − t) + f ( x )t = f ( x ) + (1 − t). k −1. i =0. ∑ αi x i. i =0 k −1. = f (x + s. ∑ αi x i ). i =0. k −1. ≥ | f ( x )| − |s|. ∑ αi x i. i =0 k −1. ≥ | f ( x )| −. ∑ αi x i. i =0 k −1. ≥ | f ( x )| − = |α|| x |k −. ∑ |αi ||xi |. i =0 k −1. ∑ αi ||xi |. i =0. >0 con s = (t − 1) y | x | grande.. . 44.

(50) Grado Topológico. Ejemplo 4. Sea f : R2 → R2 definido por f 1 ( x, y) = x3 − 3xy2 y f 2 ( x, y) = −y3 + 3x2 y, y sea a = (0, 1). Entonces d( f , B2 (0), a) = 3 Demostración. Tenemos que la matriz Jacobiana tiene la forma ! 3x2 − 3y2 −6yx 6xy −3y2 + 3x2 y su jacobiano es 9( x2 + y2 )2 =9 al evaluarlo en el punto (1, 0). Calculemos f −1 (1, 0). En efecto, Tenemos el sistema x3 − 3xy2 =√1, −y3 + 3x2 y = 0. Solucionando el sistema se tiene que hay solución para y = 0, y = 23 , x = 21 . Por lo tanto f −1 (1, 0) = {( 12 , 0), ( 12 ,. √. √ 3 1 − 3 ) , ( , 2 2 2 )}. Entonces d( f , B2 (0), a) =. ∑. sgn J f ( x ). x ∈ f −1 (1,0). 1 = sgn(9( )2 ) + sgn(9) + sgn(9) 4 =3. . Que es lo que se deseaba mostrar.. Ejemplo 5. Sea Ω un abierto y acotado, f ∈ C (Ω̄), g ∈ C (Ω̄) y | g( x )| < | f ( x )| sobre ∂Ω. Entonces d( f + g, Ω, 0) = d( f , Ω, 0). Demostración. Tomemos la homotopia natural ( f ( x ) + g( x ))t + (1 − t) f ( x ) de donde se tiene que. |( f ( x ) + g( x ))t + (1 − t) f ( x )| = | g( x )t + f ( x )| ≥ || g( x )t| − | f ( x )|| ≥ | f ( x )| − | g( x )| >0 Para x ∈ ∂Ω y t ∈ [0, 1]. Por lo tanto se concluye que d( f + g, Ω, 0) = d( f , Ω, 0). 45. .

(51) Grado Topológico. Ejemplo 6. El sistema 2x + y + sin( x + y) = 0, x − 2y + cos( x + y) = 0 tiene una solución en Br (0) ⊂ R2 , donde r > 1 Demostración. Usemos el teorema de punto fijo de Brouwer. Del sistema de ecuacioy + sin( x + y) x + cos( x + y) yx= . De donde tomamos la función nes tomemos y = 2 −2 y + sin( x + y) x + cos( x + y) G ( x, y) = , . 2 2 Sea ( x, y) ∈ D entonces.. . y + sin( x + y) x + cos( x + y) , 2 2. s. . = r. =. (y + sin( x + y))2 4. . y2 + x2 + 2y sin( x + y) + 2x cos( x + y) ≤r 2. De donde se tiene que. |y2 + x2 + 2y sin( x + y) + 2x cos( x + y)| ≤|y2 + x2 | + 1 + |2y cos( x + y) + 2x cos( x + y)| ≤|y2 + x2 | + 1 + 2|( x, y) · (cos( x + y), sin( x + y))| 1. ≤|y2 + x2 | + 1 + 2| x2 + y2 | 2 ≤4r2 De donde se tiene que r2 + 1 + 2r ≤ 4r2 es decir 0 < 3r2 − 2r − 1. Por lo tanto r > 1, solucionando la cuadrática y tomando la parte que nos interesa que es la parte positiva. Esto indica que el sistema tiene solución para r > 1 que es lo que se quería mostrar. Ejemplo 7. Sea Ω = B1 (0) ⊂ R2m+1 y f : ∂Ω → ∂Ω continua. entonces existe un x ∈ ∂Ω tal que se tiene x = − f ( x ) o x = f ( x ). Demostración. Por el Teorema (2.17) se tiene que x ∈ ∂Ω y λ 6= 0 tal que f ( x ) = λx. Como f esta definida sobre ∂Ω y el radio de la bola es 1, λ puede tomar solo dos valores 1 o -1, por lo tanto x = f ( x ) o x = − f ( x ). . 46.

(52) Grado Topológico. Este ejemplo se destaca en el trabajo ya que es una aplicación de la teoría de grado a las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias, cuyo objetivo es la búsqueda de soluciones periódicas. En trabajos posteriores queda el garantizar la existencia de estas soluciones periódicas y otras tantas cosas, usando los métodos analíticos de la teoría de grado topológico. Ejemplo 8. Consideremos el sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias u0 = f (t, u), donde n n u0 = du dt y f : R × R → R es w periódica en t es decir f ( t + w, x ) = f ( t, x ) para todo (t, x ) ∈ R × Rn . por lo tanto es natural buscar soluciones w-periódicas. Demostración. Supongamos que f es continua y también que hay un bola Br (0) tal que los problemas de valor inicial u0 = f (t, u), u(0) = x ∈ B̄r (0). (2.7). y si observamos con cuidado y vemos que efectivamente se cumplen las condiciones de la proposición (1.1) y los teoremas de existencia y unicidad del capitulo anterior podemos concluir que se tiene una única solución u(t, x ) sobre [0, ∞). Ahora tomemos Pt x = u(t; x ) y supongamos que f satisface las condiciones de frontera n. h f (t, x ), x i =. ∑ fi (t, x)xi. < 0 para t ∈ [0, w] y | x | = r. Entonces se tiene que Pt :. i =1. B̄r (0) → B̄r (0) para cada t ∈ R+ y como d d |u(t)|2 = |u(t) · u(t)| dt dt = |u0 (t) · u(t) + u(t) · u0 (t)|. = 2|u(t) · u0 (t)| = 2hu0 (t), u(t)i = 2h f (t, u(t)), u(t)i < 0. Lo anterior sucede únicamente si la solución u de (2.6) toma valores en ∂Br (0) en el tiempo t. Por lo tanto Pt es continua, esto se sigue del hecho que (2.6) tiene una única solución. Ahora se puede usar el Teorema del Punto Fijo de Brouwer, esto es Pk tiene. 47.