Iteraciones de Picard

Resolvemos un problema de valor inicial usando iteraciones de Picard.

Enunciado
(a)  Verificar que se verifican las hipótesis del teorema de Picard para el problema de valor inicial $$y’=2x(1-y),\quad y(0)=2.\qquad (1)$$ (b)  Resolver el problema $(1)$ usando iteraciones de Picard.
(c)  Verificar que la solución hallada es válida en  $I=(-\infty,+\infty).$

Solución
(a)  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.

(b)  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, $$y(x)=\lim_{n\to +\infty}y_n(x)=2-x^2+\frac{x^4}{2}-\frac{x^6}{3!}+\frac{x^8}{4!}+\cdots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{n!}+\cdots$$ $$=1+\left(1+\frac{(-x^2)}{1!}+\frac{(-x^2)^2}{2!}+\frac{(-x^2)^3}{3!}+\frac{(-x^2)^4}{4!}+\cdots+\frac{(-x^2)^n}{n!}+\cdots\right)$$ $$=1+e^{-x^2}.$$ (c)  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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