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del problema de valor de frontera en t´ erminos de la funci´ on de Green sobre un intervalo

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Academic year: 2020

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(1)

Soluci´ on de un caso particular

del problema de valor de frontera en t´ erminos de la funci´ on de Green sobre un intervalo

Objetivos. Mostrar que un caso muy especial del problema de valor de frontera:

x00(t) = f(t), x(0) = 0, x(1) = 0,

se puede resolver por medio de una funci´on de Green que corresponde a este problema.

Demostrar la existencia y unicidad de soluci´on del problema de frontera x00(t) = f(t, x(t)), x(0) = 0, x(1) = 0,

donde f es Lipschitz continua respecto al segundo argumento, y el coeficiente de Lipschitz es menor que 8.

1. Un caso muy especial del problema de frontera: buscar una antiderivada de segundo orden que se anule en los extremos. Consideremos el problema de frontera

x00(t) = f(t), x(0) = 0, x(1) = 0, (1)

donde f ∈ C([0, 1]). El problema se puede resolver trabajando con la funci´on

y(t) = Zt

0

f(s) ds

y sus integrales, pero busquemos una representaci´on m´as expl´ıcita de la soluci´on.

2. Teorema (representaci´on integral de la antiderivada de segundo orden que se anula en los extremos. Sea f ∈ C([0, 1]). Definimos G : [0, 1]2→ R,

G(t, s) =



s(t − 1), si 0≤ s ≤ t ≤ 1;

t(s − 1), si 0≤ t ≤ s ≤ 1. (2)

Entonces el problema (1) tiene una ´unica soluci´on, la cual se puede escribir en la siguiente forma:

x(t) = Z1

0

G(t, s) f(s) ds, (3)

esto es,

x(t) = Zt

(t − 1)s f(s) ds + Z1

t(s − 1)f(s) ds. (4)

(2)

Demostraci´on. 1. Obviamente (4) es equivalente a (3). Deduzcamos (4) suponiendo que x es una soluci´on del problema (1). Como x00(t) = f(t), por el teorema fundamental de c´alculo tenemos

x0(u) = Zu

0

x00(s) ds + x0(0) = Zu

0

f(s) ds + x0(0).

Denotemos x0(0) por C, entonces

x0(u) = Zu

0

f(s) ds + C.

Otra vez aplicamos el teorema fundamental de c´alculo, ahora tomamos en cuenta que x(0) = 0:

x(t) = Zt

0

x0(u) du = Zt

0

Zu

0

f(s) ds du + Ct.

La integral doble se toma sobre el conjunto

{(u, s): 0 ≤ t ≤ u, 0 ≤ s ≤ u} = {(u, s): 0 ≤ s ≤ t, s ≤ u ≤ t}, as´ı que

x(t) = Zt

0

Zt

s

f(s) du ds + Ct = Zt

0

(t − s)f(s) ds + Ct.

Ahora aplicamos la condici´on x(1) = 0 y obtenemos

C = − Z1

0

(1 − s)f(s) ds = Z1

0

(s − 1)f(s) ds.

Sustituyendo y simplificando obtenemos (4): La soluci´on final es

x(t) = Zt

0

(t − s)f(s) ds + Z1

0

t(s − 1)f(s) ds = Zt

0

(t − 1)s f(s) ds + Z1

t

t(s − 1)f(s) ds.

2. Ahora mostremos que la funci´on dada por (3) en efecto es una soluci´on del problema (1). En vez de mostrar que los razonamientos de la primera parte de la demostraci´on son invertibles, hagamos una prueba directa. Primero notamos que para los puntos de la forma (0, s) se aplica el segundo caso de la definici´on de G, y G(0, s) = 0. Para los puntos de la forma (1, s) se aplica el primer caso de la definici´on de G, y G(1, s) = 0. Luego la funci´on x se anula en los puntos 0 y 1:

x(0) = x(1) = Z1

0

0 ds = 0.

(3)

La derivada de la funci´on G respecto al primer argumento no es continua, por eso no es f´acil justifar que podemos derivar bajo el signo de la integral en (3), y preferimos usar la f´ormula (4). Aplicamos el teorema fundamental de c´alculo:

x0(t) = Zt

0

s f(s) ds + (t − 1)tf(t) + Z1

t

(s − 1) f(s) ds − t(t − 1)f(t).

Al simplificar un poco,

x0(t) = Zt

0

s f(s) ds + Z1

t

(s − 1) f(s) ds.

Sacamos la segunda derivada, otra vez aplicando el teorema fundamental de c´alculo:

x00(t) = tf(t) − (t − 1)f(t) = f(t).

El Dibujo1 muestra la gr´afica de densidad de la funci´on G.

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

Dibujo 1: La funci´on G definida por (2). Las partes azules corresponden a los valores negativos con valores absolutos m´as grandes.

3. Teorema (del problema de frontera a una ecuaci´on integral). Sea f ∈ C([0, 1]×

R). Entonces el problema de frontera

00

(4)

es equivalente a la ecuaci´on integral

x(t) = Z1

0

G(t, s)f(s, x(s)) ds. (5)

Demostraci´on. Los c´alculos son muy similares a la demostraci´on del Teorema 2. Mostre- mos solamente la segunda parte. Supongamos que x satisface (5). Ya hemos visto que G(0, s) = G(1, s) = 0para cada s en [0, 1]. Escrimos x en la forma

x(t) = (t − 1) Zt

0

s f(s, x(s)) ds + t Z1

t

(s − 1) f(s, x(s)) ds.

Derivamos aplicando el teorema fundamental de c´alculo:

x0(t) = Zt

0

s f(s, x(s)) ds + (t − 1)tf(t, x(t)) + Z1

t

(s − 1) f(s, x(s)) ds − t(t − 1)f(t, x(t)).

Al simplificar,

x0(t) = Zt

0

s f(s, x(s)) ds + Z1

t

(s − 1) f(s, x(s)) ds.

Derivamos otra vez y llegamos al lado derecho de la ecuaci´on original:

x00(t) = tf(t, x(t)) − (t − 1)f(t, x(t)) = f(t, x(t)).

4. Teorema sobre la equivalencia del problema de frontera y una ecuaci´on integral. Sea f ∈ C([0, 1] × R), y existe un K < 8 tal que

|f(t, u1) − f(t, u2)| ≤ K|u1− u2|.

Entonces el problema de frontera

x00(t) = f(t, x(t)), x(0) = 0, x(1) = 0, (6) tiene una ´unica soluci´on.

Demostraci´on. Denotamos por X al espacio vectorial de las funciones x de la clase C([0, 1]) que satisfacen x(0) = x(1) = 0, con la norma-m´aximo. Consideremos el operador integral S : X→ X,

(Sx)(t) :=

Z1

0

G(t, s)f(s, x(s)) ds.

(5)

Por el Teorema4, el problema de frontera (6) es equivalente al problema del punto fijo del operador S. Para demostrar la unicidad y existencia de la soluci´on, es suficiente mostrar que la funci´on S es contractiva.

|(Sx − Sy)(t)| ≤ K Z1

0

|G(t, s)| |x(s) − y(s)| ds ≤ Kkx − yk Z1

0

|G(t, s)| ds.

Calculemos la ´ultima integral:

h(t) :=

Z1

0

|G(t, s)| ds = (1 − t) Zt

0

s ds + t Z1

t

(1 − s) ds

= (1 − t)t2

2 + t(1 − t)2

2 = t(1 − t)

2 .

Es f´acil ver que el valor m´aximo de h es 1/8, luego kSx − Syk ≤ K

8 kx − yk.

Si K < 8, entonces la funci´on S es contractiva.

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