Iteraciones de Picard

Resolvemos un problema de valor inicial usando iteraciones de Picard.

    Enunciado
  1. Verificar las hipótesis del teorema de Picard para el problema de valor inicial $$y’=2x(1-y),\quad y(0)=2.\qquad (1)$$
  2. Resolver el problema $(1)$ usando iteraciones de Picard.
  3. Verificar que la solución hallada es válida en  $I=(-\infty,+\infty).$
    Solución
  1. Recordamos el teorema de Picard:
    Sea  $f(x,y)$ una función definida en el rectángulo $$R=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\left|x-x_0\right|\le a,\;\left|y-y_0\right|\le b\right\},\quad (a>0,b>0).$$ Supongamos que
    $\quad (i)$  $f$ es continua en $R$ (por tanto acotada en el compacto $R,$ es decir existe $K>0$ tal que $\left|f(x,y)\right|\le K$ para todo $(x,y)\in R$).
    $\quad (ii)$ $f$ es Lipschitziana en $R,$ i.e. existe $L>0$ tal que $$\left|f(x,y_1)-f(x,y_2)\right|\le L\left|y_1-y_2\right|,\quad \forall (x,y_i)\in R.$$ Entonces, existe una única solución  $y=y(x)$ del problema de valor inicial  $y’=f(x,y),$ $y(x_0)=y_0.$
    Veamos ahora que se verifican las hipótesis del teorema de Picard para el sistema de valor inicial dado. La función  $f(x,y)=2x(1-y)$ es elemental y está definida en todo $\mathbb{R}^2,$ luego es continua en $\mathbb{R}^2$ y por ende en todo rectángulo del tipo $$R=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\left|x\right|\le a,\;\left|y-2\right|\le b\right\},\quad (a>0,b>0).$$ Por otra parte, para todo $(x,y_1),$ $(x,y_2)$ puntos de $R:$  $$\left|f(x,y_1)-f(x,y_2)\right|=\left|2x(1-y_1)-2x(1-y_2)\right|=2\left|x\right|\left|y_2-y_1\right|$$ $$\le 2a \left|(y_2-2)+(2-y_1)\right|\le 2a \left(\left|y_2-2\right|+\left|2-y_1\right|\right)=4ab=L,$$ es decir  $f$ es Lipschitziana en $R.$ Concluimos que existe una única solución  $y=y(x)$ del problema de valor inicial dado.
  2. Recordamos que las iteraciones de Picard $y_n(x)$ asociados al problema de valor inicial $y’=f(x,y),$ $y(x_0)=y_0$ son $$y_0(x)=y_0,\quad y_n(x)=y_0+\int_{x_0}^x f\left(t,y_{n-1}(t)\right)dt.$$ Tenemos que $y_0(x)=2,$ por tanto $$y_1(x)=2+\int_{0}^x f\left(t,2\right)dt=2+\int_{0}^x 2t\left(1-2\right)dt=2-x^2,$$ $$y_2(x)=2+\int_{0}^x f\left(t,2-t^2\right)dt=2+\int_{0}^x2t \left(t^2-1\right)dt=2-x^2+\frac{x^4}{2},$$ $$y_3(x)=2+\int_{0}^x f\left(t,2-t^2+t^4/2\right)dt=2+\int_0^x2t\left(t^2-t^4/2-1\right)dt$$ $$=2-x^2+\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{3!},$$ $$y_4(x)=2+\int_{0}^x f\left(t,2-t^2+t^4/2-t^6/3!\right)dt$$ $$=2+\int_{0}^x 2t\left(t^2-t^4/2+t^6/3!-1\right)dt=2-x^2+\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^8}{4!}.$$ Las iteraciones anteriores sugieren la fórmula general $$y_n(x)=2-x^2+\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^8}{4!}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{n!}.$$ Efectivamente, la fórmula es cierta para $n=1,2,3,4$ y si si es cierta para $n,$ entonces $$y_{n+1}(x)=2+\int_{0}^x f\left(t,y_{n}(t)\right)dt$$ $$=2+\int_{0}^x 2t\left(-1+t^2-\frac{t^4}{2}+\frac{t^6}{3!}-\frac{t^8}{4!}+\cdots(-1)^{n+1}\frac{t^{2n}}{n!}\right)dt$$ $$=2-x^2+\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^8}{4!}-\frac{x^{10}}{5!}+\cdots+(-1)^{n+1}\frac{x^{2(n+1)}}{(n+1)!},$$ luego la fórmula es cierta para $n+1.$ La solución del problema del valor inicial es según sabemos el límite de las iteraciones de Picard. Es decir, $$y(x)=\lim_{n\to +\infty}y_n(x)=2-x^2+\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^8}{4!}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{n!}+\cdots$$ $$=1+\left(1+\frac{(-x^2)}{1!}+\frac{(-x^2)^2}{2!}+\frac{(-x^2)^3}{3!}+\frac{(-x^2)^4}{4!}+\cdots+\frac{(-x^2)^n}{n!}+\cdots\right)$$ $$=1+e^{-x^2}.$$
  3. Si  $y(x)=1+e^{-x^2},$ se verifica $y(0)=2.$ Por otra parte, para todo $x\in\mathbb{R}$ $$y’(x)=-2xe^{-x^2}=2x\left(-e^{-x^2}\right)=2x\left(1-y(x)\right),$$ lo cual implica que la solución es válida en $I=(-\infty,+\infty).$
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