A1.3 Teorema de unicidade

admite uma solução y = y (x) definida em um intervalo [x − r, x + 0 0 r] e satisfazendo a condição inicial y (x ) = y . 0 0

 

A1.3. TEOREMA DE UNICIDADE

 

Teorema (de unicidade). Seja f : Ω 2 ⊂ → , Ω aberto, e seja

(x , y ) ∈ Ω. Suponhamos f e contínuas em Ω. Sejam 0 0

 

y = y (x), x ∈ I, 1 1

e

y = y (x), x ∈ J, 2 2

onde I e J são intervalos abertos contendo x , duas soluções da 0 equação

y' = f (x, y)

e tais que

 

y (x ) = y (x ) = y . 1 0 2 0 0

Nestas condições, existe d > 0 tal que

y (x) = y (x) em [x − d, x + d]. 1 2 0 0

 

Demonstração

Seja Q o retângulo

 

x − a ≤ x ≤ x + a, y − b ≤ y ≤ y + b. 0 0 0 0

Da continuidade de y e y segue que existe d > 0, com d ≤ a, tal que 1 2 1 1

(x, y (x)) e (x, y (x)) 1 2

pertencem ao retângulo Q, para todo x no intervalo [x − d , x + d ]. Pelo 0 1 0 1 Lema 2 da Seção A1.1,

| f(s, y (s)) − f (s, y (s)) | ≤ K | y (s) − y (s) | 1 2 1 2

para todo s ∈ [x − d , x + d ]. Tomemos d > 0 tal que 0 1 0 1

d ≤ d e Kd < 1. 1

Como y = y (x) e y = y (x) são soluções da equação tais que y (x ) = y (x ) 1 1 2 2 1 0 2 0 = y , resultam 0

 

e

para x ∈ [x − d, x + d]. 0 0

 

Segue que

 

para todo x ∈ [x − d, x + d]. Daí 0 0

 

Seja, agora,

M = máx { | y (x) − y (x) | | x ∈ [ x − d, x + d ]}. 1 1 2 0 0

Assim,

 

para todo s ∈ [x − d, x + d]. De e , 0 0

| y (x) − y (x) | ≤ KM | x − x | 1 2 1 0

e, portanto,

| y (x) − y (x) ≤ KM d 1 2 1

para todo x ∈ [x − d, x + d]. Logo, 0 0

M ≤ KdM , 1 1

pois M é o máximo de |y (x) − y (x)| em [x − d, x + d]. 1 1 2 0 0

Se M ≠ 0, resulta 1

1 ≤ Kd,

 

que contraria a escolha de d. Daí M = 0. Logo, 1

| y (x) − y (x) | = 0 1 2

em [x − d, x + d] e, portanto, 0 0

y (x) = y (x) 1 2

neste intervalo.

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Corolário. Nas condições do teorema anterior, se

 

y = y (x), x ∈ I, 1 1

e

y = y (x), x ∈ J, 2 2

onde I e J são intervalos abertos contendo x , são duas soluções de 0

y' = f (x, y)

e tais que

y (x ) = y (x ) = y , 1 0 2 0 0

então

y (x) = y (x) 1 2

para todo x ∈ I ⋂ J.

 

Demonstração

Suponhamos que exista t ∈ I ⋂ J tal que

y (t) ≠ y (t). 1 2

(Para fixar o raciocínio suporemos t < x .) Seja 0

A = {s ∈ ] t, x ] | y (x) ≠ y (x) para x ∈ [ t, s ]}. 0 1 2

Provaremos, a seguir, que A não é vazio. De fato, sendo y (t) ≠ y (t), da 1 2 continuidade de y e y segue que existe r > 0 tal que 1 2

y (x) ≠ y (x) em [ t − r, t + r ]. 1 2

Assim, t + r ∈ A. Logo, A é não vazio.

Por outro lado, A é limitado superiormente por x . 0

Segue que A admite supremo. Seja c o supremo de A. Assim, c ≤ x e, 0 portanto, c ∈ I ⋂ J.

Devemos ter

 

y (c) = y (c) 1 2

ou

y (c) ≠ y (c). 1 2

Se y (c) = y (c), pelo teorema anterior, existe um d > 0 tal 1 2

y (x) = y (x) 1 2

em [c − d, c + d] e isto contraria o fato de c ser supremo de A. (Por quê?) Se

y (c) ≠ y (c), 1 2

existe um r > 0 tal que 1

y (x) ≠ y (x) 1 2

em [c − r , c + r ] que contraria, também, o fato de c ser supremo de A. 1 1

Logo,

y (x) = y (x) em I ⋂ J. 1 2

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