a) Mostre que toda solu¸c˜ao dex0(t) =g(t) ´e da forma ϕ(t) =c+ ln t−1 t+ 1 , ondec∈R

(1)

PROF: PEDRO T. P. LOPES WWW.IME.USP.BR/∼PPLOPES/EDO2

Os exerc´ıcios a seguir foram selecionados dos livros dos autores Claus Doering-Artur Lopes e Jorge Sotomayor.

(S.X.Y) indica exerc´ıcio Y do cap´ıtulo X do livro do Sotomayor. (D.L.X.Y) indica exerc´ıcio Y do cap´ıtulo X do livro dos autores Claus Doering e Artur Lopes.

Exerc´ıcio 1 (S.1.1) Sejag(t) =_t2²−1,|t| 6= 1.

a) Mostre que toda solu¸c˜ao dex⁰(t) =g(t) ´e da forma ϕ(t) =c+ ln

t−1 t+ 1 ,

ondec∈R. Resolu¸c˜ao:

De fato, basta integrart7→g(t) e obtemos x(t)−x(t₀) =

ˆ t t₀

x⁰(s)ds= ˆ t

t₀

g(s)ds= ˆ t

t₀

1

s−1− 1 s+ 1

ds= ln

s−1 s+ 1

t

t₀

= ln

t−1 t+ 1

−ln

t₀−1 t0+ 1 .

Logo

x(t) =

x(t0)−ln

t0−1 t₀+ 1

+ ln

t−1 t+ 1

=c+ ln

t−1 t+ 1 ,

em quec:=

x(t0)−ln

t0−1 t₀+1

.

b) Fa¸ca um esbo¸co destas solu¸c˜oes em Ω ={t∈R;|t| 6= 1} ×R. (Sugest˜ao: Note queg(t) =_t−1¹ −_t+1¹ ).

Exerc´ıcio 2 (S.1.2)

Sejaf(x) = ^x²₂⁻¹. Mostre que toda solu¸cão dex⁰=f(x) diferente das solu¸cõesϕ₊≡1 eϕ₋≡ −1 é da forma:

ϕ(t) = 1 +ce^t 1−ce^t, c6= 0.

Qual é o intervalo máximo I_c de defini¸cão destas solu¸cões? Fa¸ca um esbo¸co geométrico das solu¸cões em Ω =R² e compare com o exerc´ıcio anterior.

Resolu¸c˜ao:

Usando o m´etodo aprendido em sala de aula, temosx(t) =F⁻¹(t−t0), em que F(w) =

ˆ w x0

1 f(ξ)dξ =

ˆ w x0

2 ξ²−1dξ=

ˆ w x0

1

ξ−1 − 1 ξ+ 1

dξ= ln

w−1 w+ 1

−ln

x0−1 x₀+ 1 .

AssimF(x(t)) =t−t0. Logo para algum ˜cecpertencentes aR, temos ln

x(t)−1 x(t) + 1

−ln

x₀−1 x0+ 1

=t−t₀ =⇒ ln

x(t)−1 x(t) + 1

=t+ ˜c =⇒ x(t)−1

x(t) + 1=ce^t. Assim

x(t)−1 =ce^t(x(t) + 1) =⇒ x(t) 1−ce^t

= 1 +ce^t =⇒ x(t) =1 +ce^t 1−ce^t.

Logo uma solu¸cão está definida para todo t, se c < 0. Se c > 0, a solu¸cão está definida para todo t tal que 16=ce^t, ou seja,e^t6= ¹_c =⇒ t6= ln¹_c, ou seja, o intervalo máximo é ]− ∞,ln¹_c[ ou ] ln¹_c,∞[, dependendo do ponto do valor inicial.

(2)

Exerc´ıcio 3 (S.1.5) Sejaf :R→R.

a) As equa¸c˜oes da forma

x⁰ =fx t

, t6= 0

são chamadas homogêneas. Prove que a mudan¸ca de variáveisx=yttransforma equa¸cões homogêneas em equa¸cões com variáveis separáveis.

Resolu¸c˜ao:

Sex=yt, ent˜aox⁰(t) =ty⁰(t) +y(t). Assim temos x⁰=fx

t

⇐⇒ ty⁰(t) +y(t) =f(y) ⇐⇒ y⁰(t) =1

t (f(y(t))−y(t)) b) Resolva a equa¸c˜ao

x⁰ =x+t

t , x(1) = 0.

Resolu¸c˜ao:

Vemos que

x⁰(t) =x(t) t + 1, logox⁰(t) =f ^x_t

, em quef(w) =w+ 1. Sex=ty, ent˜ao 0 =x(1) =y(1) e y⁰(t) =1

t (f(y(t))−y(t)) = 1

t (y(t) + 1−y(t)) = 1 t. Assim

y(t) =y(1) + lnt= lnt.

Conclu´ımos quex(t) =tln(t).

Encontre os valores deαeβ para os quais

x⁰ =αt^α+βx^β

se transforma numa equa¸cão homogênea por meio de uma mudan¸ca de variáveis da formax=y^m. Resolu¸cão:

Sex=y^m, ent˜aox⁰(t) =my^m−1(t)y⁰(t). Logo

my^m−1(t)y⁰(t) =αt^α+βy^βm, ou seja,

y⁰(t) = 1 m

αt^αy^1−m+βy^(β−1)m+1

= 1 m

αt^α+1−my t

1−m

+βt^(β−1)m+1y t

(β−1)m+1 .

Logo para que _m¹ αt^αy^1−m+βy^(β−1)m+1

possa ser escrita comof(^y_t), devemos ter um dos trˆes casos:

1)α=β= 0.

2)β = 0 eα=m−1.

3)β = 1 +_m¹ eα= 0.

4)β = 1 +_m¹ eα=m−1 Exerc´ıcio 5 (S.1.8)

Mostre que a mudan¸ca de vari´aveisx¹⁻ⁿ=y transforma a equa¸c˜ao de Bernoulli dx

dt =a(t)x+c(t)xⁿ numa equa¸c˜ao linear.

Resolu¸c˜ao:

Sey=x¹⁻ⁿ, ent˜aoy⁰(t) = (1−n)x⁻ⁿ(t)x⁰(t). Logox⁰(t) = (1−n)⁻¹xⁿ(t)y⁰(t). Logo a equa¸c˜ao acima equivale a

(1−n)⁻¹xⁿ(t)y⁰(t) =a(t)x+c(t)xⁿ =⇒

y⁰(t) = (1−n)a(t)x¹⁻ⁿ+ (1−n)c(t) =⇒ y⁰(t) = (1−n)a(t)y(t) + (1−n)c(t).

(3)

A equa¸c˜ao do tipo

x⁰(t) =r(t)x²+a(t)x+b(t) (∗)

chama-se equa¸cão de Riccati. Suponha que os coeficientes da equa¸cão (∗) são fun¸cões cont´ınuas det. Mostre que seϕ1é uma solu¸cão da equa¸cão (∗), entãoϕ=ϕ1+ϕ2é solu¸cão da equa¸cão (∗) se, e somente se,ϕ2é uma solu¸cão da equa¸cão de Bernoulli (veja exerc´ıcio anterior)

y⁰= (a(t) + 2r(t)ϕ1(t))y+r(t)y². Ache as solu¸c˜oes de

x⁰ =x

t +t³x²−t⁵ sabendo que esta equa¸c˜ao admiteϕ1(t) =tcomo solu¸c˜ao.

Resolu¸c˜ao:

De fato, seϕ1+ϕ2é solu¸cão, então temos

ϕ⁰₁(t) +ϕ⁰₂(t) =r(t)ϕ₁(t)²+ 2r(t)ϕ₁(t)ϕ₂(t) +r(t)ϕ₂(t)²+a(t)ϕ₁(t) +a(t)ϕ₂(t) +b(t).

Comoϕ₁´e solu¸c˜ao, conclu´ımos que

ϕ⁰₂(t) = 2r(t)ϕ1(t)ϕ2(t) +r(t)ϕ2(t)²+a(t)ϕ2(t).

No caso em quex⁰=^x_t+t³x²−t⁵,ϕ2 deve satisfazer y⁰=

1 t + 2t³t

y+t³y²= 1

t + 2t⁴

y+t³y². Sey=z⁻¹, ent˜ao

z⁰(t) =− 1

t + 2t⁴

z(t)−t³.

Logo

x(t) =t+

x0− ˆ t

t₀

s³exp

− ˆ s

s₀

1 τ + 2τ⁴

dτ

ds

⁻¹ exp

ˆ t t₀

1 τ + 2τ⁴

dτ

Em cada um dos seguintes exemplos, encontre ou demonstre que n˜ao existe uma constante de Lipschitz nos dom´ınios indicados:

a)f(t, x) =t|x|,|t| ≤a,x∈Rⁿ. b)f(t, x) =x¹³,|x| ≤1.

c)f(t, x) =_x¹, 1≤x≤ ∞.

d)f(t, x) = x²₁x₂, t+x₃, x²₃

,|x| ≤b,|t| ≤a.

Resolu¸c˜ao:

a) ´E Lipschitz.

De fato,

|f(t, x)−f(t, y)|=|t|x| −t|y||=|t| ||x| − |y|| ≤ |t| |x−y| ≤a|x−y|. Note que usei|x|=|y+ (x−y)| ≤ |y|+|x−y|e|y| ≤ |x|+|x−y|. Logo||x| − |y|| ≤ |x−y|.

b) N˜ao ´e Lipschitz.

Isto foi visto em sala de aula. Se fosse Lipschitz, existiria uma constanteC >0 tal que sup

x6=y

|f(t, x)−f(t, y)|

|x−y| ≤C.

Por´em

|f(t, x)−f(t,0)|

|x| = |x|¹³

|x| =|x|⁻²³ ^x→0−→ ∞.

Um absurdo. Logof n˜ao ´e Lipschitz.

c) ´E Lipschitz.

De fato, temos

|f(t, x)−f(t, y)|= 1 x−1

y

=

ˆ y x

1 s²ds

≤

ˆ y x

1ds

≤ |y−x|,

em que usamos ¹2 ≤1, poisf s´o est´a definido parax≥1.

(4)

De fato, a fun¸c˜ao ´eC^∞. Logo

|f(t, x)−f(t, y)| ≤

max

|x|≤b,|t|≤a|Dxf(t, x)|

|x−y|.

O n´umero max_|x|≤b,_|t|≤a|Dxf(t, x)|

´

e finito, pois é o máximo de uma fun¸cão cont´ınua sobre um compacto.

Sejaf :R²→Rdefinida porf(x, y) =p

|y|. Considere a equa¸c˜ao diferencial ^dy_dt =f(x, y) com a condi¸c˜ao inicial y(0) = 0.

(i) Dê uma solu¸cão desta equa¸cão.

(ii) Ela ´e ´unica?

(iii) Caso a resposta de (ii) seja negativa, contradiz o Teorema de Picard? Justifique.

Sugestão: Use o método de variáveis separáveis para encontrar a seguinte solu¸cão:

y(t) :=

( x² 4, x≥0

−^x₄², x≤0 . Resolu¸c˜ao:

(i) Uma poss´ıvel solu¸c˜ao ´e dada pory(t) = 0 para todot∈R, poisy⁰(t) = 0 =√ 0 =p

|y(t)|.

(ii) Não, usando o método de variáveis separáveis (a princ´ıpio ele só vale quandof(x, y)6= 0, no entanto ele está sendo usando aqui numa tentativa de obter uma solu¸cão) temos parax >0

F(x) = ˆ x

0

1

p|ξ|dξ= 2√

x =⇒ x= 1

4F(x)² =⇒ F⁻¹(y) =1 4y².

Logo, obtemos parat≥0,y(t) =F⁻¹(t) =^t₄². Fazendo o mesmo parat≤0, obtemosy(t) =−^t₄². Como vimos, este método só foi demonstrado a validade para f(x, y) 6= 0. No entanto, podemos mostrar explicitamente que a solu¸cão obtida acima de fato resolve a equa¸cão. Embora não seja a única que o fa¸ca.

(iii) N˜ao, pois y 7→ p

|y| n˜ao ´e localmente Lipschitiziana. Se fosse, existiria uma constante C > 0 tal que se

|x| ≤1,|y| ≤1,x6=y, ent˜ao

p|x| −p

|y|

x−y

≤C.

No entanto,

x→∞lim

p|x| −p

|0|

x−0

= lim

x→∞

1 p|x|

=∞.

Sejaf :R×Rⁿ→Rⁿ de classeC¹e suponhamos queϕ:R→Rⁿ ´e a solu¸c˜ao de x⁰=f(t, x), x(t0) =x0. (∗)

E poss´ıvel que exista´ t16=t0tal queϕ(t0) =ϕ(t1), por´emϕ⁰(t0) eϕ⁰(t1) s˜ao linearmente independentes?

Sugest˜ao: Note que _dt^d (tsen(t)) = tcos(t) +sen(t) e _dt^d t²sen(t)

= t²cos(t) + 2tsen(t). Seja ϕ : R → R² a solu¸c˜ao de (∗) comf :R×R²→R² dada por

f(t,(x, y)) = tcos(t) +sen(t), t²cos(t) + 2tsen(t) e condi¸c˜oes iniciais (x(0), y(0)) = (0,0). Calcule ent˜aoϕ(π),ϕ(2π),ϕ⁰(π) eϕ⁰(2π).

Resolu¸c˜ao:

Sim.

No caso da sugest˜ao temos queϕ(t) = tsen(t), t²sen(t)

´

e solu¸c˜ao deϕ⁰(t) =f(t, ϕ(t)). Al´em disso, ϕ(π) = (0,0).

ϕ(2π) = (0,0).

ϕ⁰(π) = −π,−π² . ϕ⁰(2π) = 2π,4π²

. Como −π,−π²

e 2π,4π²

s˜ao L.I. conclu´ımos que sim, ´e poss´ıvel.

(5)

Seja f : R×Rⁿ → Rⁿ cont´ınua e Lipschitziana com respeito a segunda variável (Existe K > 0 tal que kf(t, x)−f(t, y)k ≤ Kkx−yk, para todo (t, x) e (t, y) ∈ R×Rⁿ). Prove que dado (t0, x0) ∈ R×Rⁿ existe uma única solu¸cão de

x⁰(t) =f(t, x), x(t0) =x0, definida em todoR.

Resolu¸c˜ao:

Vamos esbo¸car duas formas de resolver este exerc´ıcio:

1) Refa¸co o Teorema de Picard Lindel¨of.

Mostro que para todo intervalo compactoI que cont´emt₀ a aplica¸c˜aoF :C(I,Rⁿ)→C(I,Rⁿ) dada por F(x)(t) =x₀+

ˆ t t₀

f(s, x(s))ds

´

e tal que Fⁿ é uma contra¸cão paran grande. Logo existe um único ponto fixo. Assim a solu¸cão existe em cada intervalo compacto que contémt0. Mostro que as solu¸cões coincidem nas interseçcões dos intervalos. Por fim, mostro que podemos definir uma solu¸cão em todoRdizendo que a restri¸cão em cada intervalo compacto que contémt0 é dado pelas solu¸cões obtidas acima pelo teorema do ponto fixo.

2) Mostro que se o intervalo maximal for da forma ]α, β[ comβ <∞(paraα >−∞, o argumento é o mesmo), entãox(t) converge quandotvai paraβ. Logo podemos estender a solu¸cão paratmaiores do queβ.

Sejaf :Rⁿ→Rⁿ de classeC¹e suponhamos queϕ:R→Rⁿ ´e solu¸c˜ao de x⁰=f(x), x(t₀) =x₀.

a) ´E poss´ıvel que existat16=t0 tal queϕ(t0) =ϕ(t1), masϕ⁰(t0)6=ϕ⁰(t1)?

Resolu¸c˜ao:

N˜ao. Pois seϕ(t₀) =ϕ(t₁), isto implica queϕ⁰(t₀) =f(ϕ(t₀)) =f(ϕ(t₁)) =ϕ⁰(t₁).

b) Compare (a) com o exerc´ıcio 9.

Resolu¸c˜ao:

No exerc´ıcio 9 temos um sistema não autônomo e neste exerc´ıcio um sistema autônomo. Conclu´ımos que o efeito descrito neste exerc´ıcio só pode ocorrer em sistemas não autônomos.

Sejaf :R×Rⁿ →Rⁿ uma fun¸c˜ao cont´ınua tal que f(t, x) =f(t+ 1, x) e f|_[0,1]×

Rⁿ é Lipschitziana. Prove que toda solu¸cãoϕ(t, t0, x0) (da equa¸cão x⁰(t) =f(t, x(t)),x(t0) =x0) está definida para todo t ∈R eϕ(t, t0, x0) = ϕ(t+ 1, t0+ 1, x0).

Resolu¸c˜ao:

Def(t, x) =f(t+ 1, x) ´e simples concluir quef(t, x) =f(t+n, x), para todon∈Z. (Podemos usar indu¸c˜ao) SejaK >0 tal que

kf(t, x)−f(t, y)k ≤Kkx−yk, ∀t∈[0,1]. Logo set∈[n, n+ 1], para algumn∈Z, conclu´ımos quet=n+s. Portanto

kf(t, x)−f(t, y)k=kf(n+s, x)−f(n+s, y)k=kf(s, x)−f(s, y)k ≤Kkx−yk.

Desta maneira f é uma fun¸cão Lipschitziana. Pelo exerc´ıcio 10, uma solu¸cão desta equa¸cão está definida para todoR.

Por fim, observemos que sey:R→Rⁿ é uma fun¸cão dada por y(t) =ϕ(t+ 1, t0+ 1, x0), então y(t0) =ϕ(t0+ 1, t0+ 1, x0) =x0

e

d

dty(t) = ∂

∂t(ϕ(t+ 1, t0+ 1, x0)) = ∂ϕ

∂t(t+ 1, t0+ 1, x0) = f(t+ 1, ϕ(t+ 1, t0+ 1, x0)) =f(t, ϕ(t+ 1, t0+ 1, x0)) =f(t, y(t)).

Pela unicidade das solu¸c˜oes de EDO, y(t) =ϕ(t, t₀, x₀), ou seja,ϕ(t, t₀, x₀) =ϕ(t+ 1, t₀+ 1, x₀).

(6)

SejaH :Rⁿ→Rⁿde classeC¹. Sejaf :R×Rⁿ→Rⁿcont´ınua e Lipschitziana tal quef(t, H(x)) =DH(x).f(t, x) para todo (t, x)∈R×Rⁿ. Sef ´e Lipschitziana eϕ(t, t0, x0) denota a solu¸c˜ao dex⁰=f(t, x) que passa por (t0, x0), prove que

ϕ(t, t₀, H(x₀)) =H(ϕ(t, t₀, x₀)). Resolu¸c˜ao:

Lembremos que por defini¸c˜ao, a fun¸c˜aox:R→Rⁿ dada porx(t) =ϕ(t, t₀, x₀) satisfaz x⁰(t) =f(t, x(t))

x(t0) =x0

.

Agora, basta observar que sey:R→Rⁿé a fun¸cão dada pory(t) =H(ϕ(t, t0, x0)), então y⁰(t) = d

dt[H(ϕ(t, t₀, x₀))] =DH(ϕ(t, t₀, x₀)) ∂ϕ

∂t

(t, t₀, x₀) = DH(ϕ(t, t₀, x₀))f(t, ϕ(t, t₀, x₀)) =f(t, H(ϕ(t, t₀, x₀))) =f(t, y(t)).

ey(t0) =H(ϕ(t0, t0, x0)) =H(x0). Logoy(t) =ϕ(t, t0, H(x0)), ou seja, H(ϕ(t, t0, x0)) =ϕ(t, t0, H(x0)).

SeX= (X1, X2, ..., Xn) é um campo vetorial de classeC¹emRⁿeV é uma fun¸cão real diferenciável emRⁿ tal quePn

i=1

∂V

∂x_i(x)Xi(x)≤0 eV(x)≥ |x|² para todox∈Rⁿ, prove que toda solu¸c˜ao dex⁰=X(x),x(0) =x0, est´a definida para todot >0.

Resolu¸c˜ao:

Basta observar que sex⁰(t) =X(x(t)) ex(0) =x0, ent˜ao d

dt(V(x(t))) =dV(x(t)).x⁰(t) =

n

X

i=1

∂V

∂xi

(x)x⁰_i(x) =

n

X

i=1

∂V

∂xi

(x)Xi(x)≤0.

Logo t 7→ V(x(t)) é uma fun¸cão decrescente. Suponha que o intervalo de defini¸cão da solu¸cão máxima seja I = ]α, β[, α < 0 e β < ∞. Como kx(t)k ≤ p

V(x(t)), conclu´ımos que t ∈ [0, β[ → kx(t)k ∈ Ré uma fun¸cão limitada, ou seja,x([0, β[) pertence a um compactoKdeRⁿ. Como o campo está definido para todoRⁿ eβ <∞, deve existirt^∗ tal quex(t^∗)∈Rⁿ\K. Isto é um absurdo. Logoβ=∞.

Exerc´ıcio 15 (D.L.4.1)

Sejamf :E→Rⁿum campo cont´ınuo, em queE⊂Rⁿé um aberto,I⊂Rum intervalo comt0∈Iex:I→Rⁿ um caminho cont´ınuo e derivável tal que x(t)∈ E para todo t ∈ I. Mostre que xé solu¸cão de x⁰ = f(x), com x(t0) =x0, se, e somente se, para qualquer t∈Ivale

x(t) =x0+ ˆ t

t₀

f(x(s))ds.

Resolu¸c˜ao:

( =⇒)

Suponha que x⁰ =f(x), com x(t0) =x0. Comof exsão cont´ınuas, conclu´ımos quet 7→f(x(t)) é integrável.

Assim, pelo teorema fundamental do c´alculo:

x(t)−x(t₀) = ˆ t

t₀

x⁰(s)ds= ˆ t

t₀

f(x(s))ds =⇒ x(t) =x₀+ ˆ t

t₀

f(x(s))ds.

(⇐=)

Suponha que x seja cont´ınua e x(t) = x0 +´t

t₀f(x(s))ds. Sabemos que se g : R → R ´e cont´ınua, ent˜ao

d dt

´t

t0g(s)ds

=g(t). Comos7→f(x(s)) ´e cont´ınua, conclu´ımos que d

dt(x(t)) = d dt

x0+

ˆ t t₀

f(x(s))ds

= d dt

ˆ t t₀

f(x(s))ds

=f(x(t)).

Al´em disso, temos x(t₀) =x₀+´t₀

t0 f(x(s))ds=x₀. Exerc´ıcio 16 (D.L.4.2)

(7)

Seja f : E → Rⁿ um campo de classeC¹, em que E ⊂Rⁿ é um aberto. Dado y ∈ E, denotamos porI(y) o intervalo máximo da solu¸cão da EDO

x⁰=f(x) x(0) =y .

Mostre que ses, t∈Rex∈Rs˜ao tais ques,s+t∈I(x), ent˜aot∈I(φ(s, x)).

Resolu¸c˜ao:

Sejaw:I(x)→Rⁿ a solu¸c˜ao m´axima de

w⁰=f(w)

w(0) =x . Suponha ques∈I(x). Definoz:{y−s: y∈I(x)} → Rⁿ por z(u) =w(u+s). Logoz⁰ =f(z) e z(0) =w(s) =φ(s, x), ou seja, z ´e uma restri¸c˜ao deu7→φ(u, φ(s, x)).

Observamos queφ(s, x) está bem definida, pois s∈I(x). Se s+t ∈I(x), entãow(s+t) está bem definida (s+t está no dom´ınio de w). Logo z(t) está bem definida, ou seja,t pertence ao dom´ınio de z (e deu7→φ(u, φ(s, x))).

Portanto,t∈I(φ(s, x)).

Sejam f :E →Rⁿ um campo de classeC¹, em queE⊂Rⁿ ´e um aberto. Sejaxuma solu¸c˜ao definida em toda reta e tal que lim_t→∞x(t) =z₀, em quez₀∈E. Mostre quef(z₀) = 0.

Resolu¸c˜ao:

Sabemos quex(t) =x0+´t

t₀f(x(s))ds. Tomando o limite parat→ ∞, obtemos z0= lim

t→∞x(t) = lim

t→∞

x0+

ˆ t t0

f(x(s))ds

=x0+ lim

t→∞

ˆ t t0

f(x(s))ds.

Sabemos também que lim_t→∞f(x(t)) =f(z₀). Suponha quef(z₀)6= 0. Logo sef(x(s)) = (f₁(x(s)), ... , f_n(x(s))) ef(z₀) = (f₁(z₀), ... , f_n(z₀)), entãof_j(z₀)6= 0 para algum j∈ {1,2, ..., n}. Suponha quef_j(z₀)>0 (o argumento paraf_j(z₀)<0 é o mesmo). Assim existe C >0 eR > t₀ tal quef_j(x(s))≥C >0 paras≥R. Conclu´ımos que

t→∞lim ˆ t

t₀

fj(x(s))ds= lim

t→∞

ˆ R t₀

fj(x(s))ds+ ˆ t

R

fj(x(s))ds

!

= ˆ R

t₀

f_j(x(s))ds+ lim

t→∞

ˆ t R

f_j(x(s))ds≥ ˆ R

t₀

f_j(x(s))ds+ lim

t→∞

ˆ t R

Cds=∞.

Portanto,z0não é finito, uma contradi¸cão. Logof(z0) = 0.

Sejaf :R→Rum campo de classeC¹com uma solu¸cão máxima não constantex:I→Rdex⁰=f(x) tal que a imagemx(I) é limitada. Mostre que:

a)I=R

b)x´e estritamente mon´otona.

c)x(I) ´e um intervalo aberto limitado ]a, b[.

d)f(a) =f(b) = 0.

Resolu¸c˜ao:

a) Suponha que o intervalo maximal fosse ]α, β[, com β < ∞ (para α >−∞, o argumento é análogo). Logo, para todo compacto deR, em particular um intervalo fechado limitado que contenhax(I), deveria existirx(t^∗) que não pertence a este compacto. Isto é evidentemente uma contradi¸cão. Logoβ =∞.

b) Sexnão for monótona, então existe um máximo ou m´ınimo local dex:I→R, ou seja, um pontot^∗∈I tal quex⁰(t^∗) = 0. Conclu´ımos quef(x(t^∗)) =x⁰(t^∗) = 0. Sejay:I→Rdado pory(t) =x(t^∗) para todot∈I. Logo

y⁰(t) = 0 =f(x(t^∗)) =f(y(t)) y(t^∗) =x(t^∗) .

Por unicidade das solu¸cões, conclu´ımos que y =x. Logo xé uma solu¸cão constante. Isto é uma contradi¸cão.

Logoxtem que ser mon´otona.

c) Sabemos queI é um intervalo. Logo é um conjunto conexo deR. Assim x(I) é um conjunto conexo de R, poisxé cont´ınua. Conclu´ımos quex(I) é um intervalo. Suponha quex(I) =]a, b] (o caso [a, b[ se trata de maneira semelhante). Logo existet^∗∈Rtal quex(t^∗) =b. Comoxé monótona, conclu´ımos que existet∈I,t > t^∗ sexfor crescente, out < t^∗, sexfor decrescente, tal quex(t)> b. Logox(t)∈/ x(I), o que é uma contradi¸cão. Conclu´ımos quex(I) =]a, b[.

d) Sabemos que o limite limt→±∞x(t) é igual aaoub, dependendo de±∞, poisxé uma fun¸cão monótona. Como

(8)

Exerc´ıcio 19 (D.L. 4.7)

Sejax:I→Rⁿ uma solu¸cão máxima não constante dex⁰=f(x). Mostre que se xnão for injetora, então:

1) O intervalo máximo da solu¸cão éR.

2) Existe uma constanteT >0 tal quex(t+T) =x(t) para todot∈R. Uma solu¸cão com as propriedades acima é chamada de periódica.

Resolu¸c˜ao:

Sabemos que xn˜ao ´e injetora. Logo existemt₁ e t₂ pertencentes a I tais quex(t₁) =x(t₂). Seja T =t₂−t₁. Definoy: [t1, t2+T]→Rⁿ

y(t) =

x(t), t∈[t1, t2] x(t−T), t∈[t2, t2+T] .

Comox(t2−T) =x(t2−(t2−t1)) =x(t1) =x(t2), conclu´ımos, usando um resultado dado em sala de aula, que y também é uma solu¸cão da EDO y⁰=f(y). Podemos estender esta solu¸cão para todoRda seguinte maneira: Se t∈[t1+nT, t2+ (n+ 1)T],n∈Z, entãot=t1+nT+s, coms∈[t1, t2]. Logo defino

y(t) =y(s).

Usando o resultado dado em sala de aula para cada pontot₁+nT (podemos usar indu¸cão), conclu´ımos quey é uma solu¸cão da EDO definida em todoR. Por unicidade da solu¸cão máxima, conclu´ımos quex=y, ou seja,xestá definido em todoR.

Pela pr´opria constru¸c˜ao dey, conclu´ımos quex(t+T) =x(t) para todot∈R.

O resultado dado em sala de aula a que nos referimos est´a enunciado no exerc´ıcio 10.1, pag. 381, da primeira edi¸c˜ao do livro do Doering e Lopes.

Exerc´ıcio 20 (D.L. 4.9)

Sejaf :Rⁿ→Rⁿum campo tal quehx, f(x)i= 0, para todox∈R. Mostre que toda solu¸cão máximax:I→Rⁿ de x⁰ =f(x) está definida para todo t ∈R. Ou seja, mostre que o intervalo máximo de toda solu¸cão máxima é igual aR.

Observa¸c˜ao: hx, yi:=x1y1+x2y2+...+xnyn. Resolu¸c˜ao:

Basta observar que d

dtkx(t)k²= d

dthx(t), x(t)i= dx

dt(t), x(t)

+

x(t),dx dt(t)

= 2 dx

dt(t), x(t)

= 2hf(x(t)), x(t)i= 0.

Logo t 7→ kx(t)k := R é uma fun¸cão constante. Suponha o intervalo maximal fosse ]α, β[, com β < ∞ (para α >−∞, o argumento é análogo). Logo, para todo compacto deRⁿ, em particular uma bola fechada de raio maior do queR, deveria existirx(t^∗) que não pertence a este compacto. Isto é evidentemente uma contradi¸cão, poisx(t) está confinado a bola fechada de raioR. Logoβ =∞.