ecuaciones diferenciales manuel fern andez garc a...

Ecuaciones Diferenciales

Manuel Fernandez Garcıa-Hierro

Indice general

Capıtulo 1. Ecuaciones Diferenciales: Teorıa Unidimensional 51. Soluciones 52. Integracion elemental 63. Ecuaciones diferenciales definidas implıcitamente 154. Desigualdades diferenciales 205. Ejercicios 21

Capıtulo 2. Ecuaciones Diferenciales: Teorıa Multidimensional 311. El Problema de Valor Inicial para Ecuaciones Diferenciales Ordinarias

en Rn 312. Existencia y unicidad de las soluciones del problema de valor inicial 323. Existencia de soluciones del problema de valor inicial solo con la

hipotesis de continuidad 394. El teorema de existencia y unicidad global. Prolongacion de soluciones.

Soluciones maximales 405. Continuidad de la solucion respecto de las condiciones iniciales y

parametros 446. Ejercicios 46

Capıtulo 3. Sistemas Diferenciales Lineales 491. Funciones matriciales 492. Existencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial 493. Sistemas lineales con coeficientes constantes 524. Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos 595. Ejercicios 62

3

Capıtulo 1

Ecuaciones Diferenciales: Teorıa Unidimensional

1. Soluciones

Una ecuacion diferencial (abreviadamente ED) es una ecuacion que contienederivadas de las incognitas. El orden de una ecuacion diferencial es el orden de lamayor derivada que aparece en ella. Este capıtulo esta dedicado al estudio de lasecuaciones diferenciales mas simples: las ecuaciones de primer orden

(1.1) x′ = f(t, x),

donde f : D ⊂ R2 → R, siendo D con interior no vacıo.Una solucion de una ED es una funcion x : I → R, donde I es un intervalo de

R, tal que para todo t ∈ I(i) x es derivable en t,(ii) (t, x(t)) ∈ D,

(iii) x′(t) = f(t, x(t)).

En un punto (t, x(t)) de la grafica de una solucion, la pendiente de la rectatangente que pasa por dicho punto es f(t, x(t)). Por tanto su ecuacion es:

X − x(t) = x′(t)(T − t) = f(t, x(t))(T − t),

donde T,X son las coordenadas del plano.

1.1. Campo de pendientes. Sea la ED x′ = f(t, x). En cada (t, x) ∈ Dse considera la recta que pasa por dicho punto y tiene pendiente f(t, x). Si lascoordenadas del plano son T,X, entonces dicha recta tiene por ecuacion

X − x = f(t, x)(T − t).

Ası se tiene definido un campo de pendientes en D. De este modo, las solucionesson las curvas, (derivables y con su grafica incluida en D), tales que en cada puntode su grafica su recta tangente tiene la pendiente asignada por el campo.

Mostraremos dos metodos para dibujar el campo de pendientes de una ED ha-ciendo una seleccion de puntos (t, x) y marcando cada uno con un pequeno segmentode recta con pendiente f(t, x).

1. Metodo de la red. Se considera una red rectangular de puntos (t, x) y en cadauno de ellos se dibuja un segmento de pendiente f(t, x).

2. Metodo de las isoclinas. Consiste en encontrar las isoclinas, que son las curvassobre las que el campo es constante. La ecuacion de las isoclinas es f(t, x) = c.

Ejemplo 1. Sea la ED x′ = −tx. Las ecuaciones de las isoclinas son −tx = c.Ası que los ejes son isoclinas que corresponden a c = 0. Las isoclinas son hiperbolas.A lo largo de cada hiperbola se dibuja el campo con las pendientes correspondientes.

Veamos dos ejemplos mas.

5

6 1. TEORIA UNIDIMENSIONAL

Ejemplo 2. Sea la ED x′ = 2t− x. Las isoclinas son las rectas 2t− x = c. Lassoluciones tienen la forma x(t) = ke−t + 2t− 2, como puede comprobarse mediantesustitucion en la ED. Tambien se puede ver que x = 2t − 2 es una asıntota detodas las soluciones con k 6= 0. Ademas esta lınea es tambien una solucion (la quecorresponde a k = 0). Este es uno de los casos raros en que una isoclina tambienes solucion.

Ejemplo 3. Sea la ED x′ = x2 − t. Las isoclinas son de la forma x2 − t = c,ası que son parabolas. El campo de pendientes y algunas soluciones aparecen en lafigura que sigue.

La ED del ejemplo anterior es de especial interes porque aunque parece simple,no hay formulas en terminos de funciones elementales, o incluso en terminos deintegrales de funciones elementales, para las soluciones. Una demostracion de estesorprendente hecho no es facil y supone conocimientos de la teorıa de Galois. Peroesto no significa que no hay soluciones, simplemente que no hay formulas para ellas.

Un hecho a destacar del dibujo de las soluciones sobre un campo de pendienteses que nos permite visualizar y examinar el comportamiento de soluciones para lasque no hay formulas.

1.2. El problema de valor inicial. Dado (t0, x0) ∈ D, el problema de valorinicial consiste en determinar la existencia y, en su caso, la unicidad de solucionesx de (1.1) tales que x(t0) = x0. Es decir, soluciones de

(1.2) x′ = f(t, x), x(t0) = x0.

Se dice que (1.2) es un problema de valor inicial y que (t0, x0) es una condicioninicial.

2. Integracion elemental

Esta parte presenta metodos que nos permiten obtener formulas para las solu-ciones.

2.1. Ecuaciones diferenciales del tipo x′ = g(t). Sea g : I → R, conti-nua en el intervalo I de R. El conjunto de soluciones de la ecuacion diferencial esel conjunto de primitivas de g. En efecto, si G(t) es una primitiva de g(t), entoncesG′(t) = g(t). Recıprocamente, si x : I → R es una solucion, entonces x′(t) = g(t) escontinua. Por tanto, por la regla de Barrow

x(t)− x(t0) =

∫ t

t0

x′(s) ds =

∫ t

t0

g(s) ds, t, t0 ∈ I,

es decir, x es una primitiva de g.Notese que todas las soluciones estan definidas en I, intervalo de definicion de

g, y que si x(t) es solucion, tambien lo es x(t) + x0, donde x0 ∈ R.

La funcion x(t) = x0 +∫ tt0g(t) dt es la unica solucion del problema de valor

inicial x′ = g(t), x(t0) = x0.

2.2. Ecuaciones autonomas unidimensionales. Son ecuaciones diferen-ciales de la forma

(1.3) x′ = f(x),

donde f : U ⊂ R→ R.Empezamos con la siguiente observacion elemental, aunque importante:

2. INTEGRACION ELEMENTAL 7

Proposicion 1.1. Si x : I → U es solucion de (3.5) y t0 ∈ R, entonces x(t +t0) : − t0 + I → U , tambien es solucion, donde −t0 + I = {−t0 + t : t ∈ I}.

Demostracion. Sea τt0(t) = t+t0, entonces (x◦τt0)(t) = x(t+t0). Aplicandola regla de la cadena

d(x ◦ τt0)

dt(t) =

dx

dt(τ0(t))

d(τt0)

dt(t)

=dx

dt(t+ t0) = f(x(t+ t0)) = f((x ◦ τt0)(t)).

�

Por lo tanto es suficiente estudiar el problema de valor inicial

(1.4) x′ = f(x), x(0) = x0 ∈ U.

Supongase que U = (x1, x2) y que f es continua y estrictamente positiva en U .Si x(t) es solucion, entonces

x′(t)

f(x(t))= 1.

Integrando, ∫x′(t)

f(x(t))dt = C + t,

donde C ∈ R. Si H(x) =∫

dxf(x) , entonces H(x(t)) =

∫ x′(t)f(x(t)) dt. La funcion H(x)

tiene derivada estrictamente positiva y, por tanto, es estrictamente creciente y tienefuncion inversa, que llamamos H−1. En consecuencia

H(x(t)) = t+ C.

Despejando, x(t) = H−1(t + C). Si se elige H(x) =∫ xx(0)

dξf(ξ) , entonces x(0) =

H−1(C), de donde se deduce que C = 0. Recıprocamente, se comprueba queH−1(t+ C) es solucion.

Tambien se puede resolver el problema de valor inicial directamente.Si integramos entre 0 y t obtenemos aplicando la formula de cambio de variable∫ t

0

x′(s)

f(x(s))ds =

∫ x(t)

x(0)

dx

f(x)= t.

Si llamamos

H(x) =

∫ x

x(0)

dx

f(x),

entoncesH es un difeomorfismo estrictamente creciente de (x1, x2) en (H(x1), H(x2)).Ademas

H(x(t)) = t

y despejando

x(t) = H−1(t).

Recıprocamente, x(t) = H−1(t) es solucion del problema de valor inicial. En efecto,

(H−1)′(t) =1

H ′(H−1(t))= f(H−1(t)).

Hemos probado la


Proposicion 1.2. Sea f : (x1, x2) → R continua y tal que f(x) 6= 0 para todox ∈ (x1, x2). Sea

H(x) =

∫ x

x0

dξ

f(ξ),

entonces H−1(t) es la unica solucion del problema de valor inicial (1.4)

Ejemplo 4. Sea la ecuacion diferencial x′ = 1 + x2 y sea x(t) una solucion.Entonces

x′(t)

1 + x2(t)= 1, para todo t de su intervalo de definicion.

Integrando ∫x′(t)

1 + x2(t)dt = t+ C.

Por tanto,

arctan(x(t)) = t+ C, x(t) = tan(t+ C).

Alternativamente, integrando entre 0 y t∫ t

0

x′(s)

1 + x2(s)ds = t =

∫ x(t)

x(0)

1

1 + x2dx.

Por tanto

arctanx(t)− arctanx(0) = t, x(t) = tan(t+ arctanx(0)).

Cuando f se anula en puntos de U la situacion es algo mas complicada. Noteseque la funcion constante x(t) ≡ x0 ∈ U es solucion si y solo si f(x0) = 0.

Definicion 1.1. Se dice que x0 ∈ U es un punto de equilibrio o crıtico, sif(x0) = 0.

Ejemplo 5. Sea la ecuacion diferencial x′ = x. La funcion x(t) ≡ 0 es solucion.Sea x(t) una solucion tal que x(t) 6= 0 para todo t de su intervalo de definicion.Entonces

x′(t)

x(t)= 1, para todo t de su intervalo de definicion.

Integrando ∫x′(t)

x(t)dt = t+K, ln |x(t)| = t+K, |x(t)| = eKet.

x(t) = ±eKet, x(t) = Cet, C ∈ R.Alternativamente, integrando entre 0 y t∫ t

0

x′(s)

x(s)ds = 1 =

∫ x(t)

x(0)

dx

xdx, ln |x(t)| − ln |x(0)| = t.

Por tanto

ln

∣∣∣∣ x(t)

x(0)

∣∣∣∣ = t,

∣∣∣∣ x(t)

x(0)

∣∣∣∣ = et.

Puesto que x(t) es continua, o bien x(t) > 0 para todo t, o bien x(t) < 0 para todot. Ası que

x(t) = x(0)et


Tambien se puede integrar la ecuacion diferencial x′ = x sin dividir por x. Enefecto, sea x(t) una solucion. Entonces

x′(t)− x(t) = 0, 0 = e−t(x′(t)− x(t)) = (x(t)e−t)′.

Ası que por el teorema del valor medio

x(t)e−t = C, x(t) = Cet,

donde C ∈ R. El recıproco es obvio.

Tal como ilustra el siguiente ejemplo, en general por cada condicion inicialpasan infinitas soluciones de x′ = f(x), siendo f continua.

Ejemplo 6. Sea la ecuacion diferencial x′ = 3x23 . La funcion identicamente

nula es solucion. Supongase que x(t) es una solucion que no se anula en ningunpunto de su intervalo de definicion. Entonces

1

3x(t)−

23x′(t) = 1.

Integrando entre 0 y t y aplicando la formula de cambio de variable, se obtiene

1

3

∫ t

0

x(t)−23x′(t) dt =

1

3

∫ x(t)

x(0)

x−23 dx

=x(t)13 − x(0)

13 = t.

Si llamamos t0 = x(0)13 , se tiene

x(t) = (t+ t0)3, (t > −t0) o (t < −t0).

Pero para cualesquieras t1 < t0 < t2 tambien son soluciones que cumplen la condi-cion inicial x(t0) = 0,

x(t) =

−(t− t1)3, si t ≤ t10, si t1 < t < t2

(t− t2)3, si t ≥ t2,

Si f ∈ C1(U), entonces el problema de valor inicial tiene una unica solucion.En efecto, se verifica el siguiente resultado cuya demostracion la posponemos hastael Capıtulo 2.

Teorema 1.3. Sea f ∈ C1(U), donde U es abierto. Para cada x0 ∈ U haysolucion del problema de valor inicial (1.4). Si x(t) e y(t) son dos soluciones de(1.4), entonces coinciden en su intervalo comun de definicion.

Ejemplo 7. Sea la ecuacion diferencial x′ = x2 − 1. Las funciones x(t) ≡ ±1son dos soluciones constantes. Puesto que f(x) = x2−1 es de clase 1 en R, cualquierotra solucion x(t) cumple que x(t) 6= ±1 para todo t de su intervalo de definicion.Entonces

x′(t)

x2(t)− 1= 1

De la descomposicion en fracciones simples

1

x2 − 1=

1

2

(1

x+ 1− 1

x− 1

),


e integrando, se obtiene∫x′(t)

x2(t)− 1dt =

1

2ln

∣∣∣∣x(t) + 1

x(t)− 1

∣∣∣∣ = t+K.

Sea C = e2K y tengase en cuenta que x(t)+1x(t)−1 no cambia de signo. Entonces

x(t) + 1

x(t)− 1= Ce2t.

Despejando,

x(t) =Ce2t + 1

Ce2t − 1.

Si C < 0, la solucion esta definida en todo R. Si C > 0, la solucion tiene unaasıntota vertical, de modo que esta definida en un intervalo de la forma (−∞, t0) o(t0,∞).

Una solucion x(t) es estrictamente creciente (decreciente), si x′(t) > 0 (x′(t) <0). Puesto que x′(t) = x2(t)− 1, las soluciones son estrictamente decrecientes en labanda −1 < x < 1 y estrictamente crecientes en las bandas x > 1 y x < −1.

Alternativamente, integrando entre 0 y t, se obtiene

t =

∫ t

0

x′(s)

x2(s)− 1ds =

∫ x(t)

x(0)

dx

x2 − 1

=1

2

(ln

∣∣∣∣x(t) + 1

x(t)− 1

∣∣∣∣− ln

∣∣∣∣x(0) + 1

x(0)− 1

∣∣∣∣)

=1

2ln

∣∣∣∣∣∣x(t)+1x(t)−1

x(0)+1x(0)−1

∣∣∣∣∣∣ = t.

Sea C = x(0)+1x(0)−1 . Entonces

Ce2t =x(t) + 1

x(t)− 1.

Despejando x(t), se obtiene

x(t) =Ce2t + 1

Ce2t − 1.

Si C < 0, la solucion esta definida en todo R. Si C > 0, la solucion tiene unaasıntota vertical, de modo que esta definida en un intervalo de la forma (−∞, t0) o(t0,∞).

Una solucion x(t) es estrictamente creciente (decreciente), si x′(t) > 0 (x′(t) <0). Puesto que x′(t) = x2(t)− 1, las soluciones son estrictamente decrecientes en labanda −1 < x < 1 y estrictamente crecientes en las bandas x > 1 y x < −1.

2.3. ED de variables separadas. Las ecuaciones diferenciales de variablesseparadas tienen la forma

(1.5) x′ = g(t)f(x),

donde f : (x1, x2)→ R y g : (t1, t2)→ R son funciones continuas.


Ejemplo 8. Sea la ED x′ = a(t)(1 + x2) y sea x(t) una solucion. Entonces

x′(t)

1 + x2(t)= a(t).

Integrando entre t0 y t, se obtiene

arctanx(t)− arctanx(t0) =

∫ t

t0

a(s) ds := A(t).

Despejando x(t),

x(t) = tan(A(t) + arctanx(t0)).

Sea la ED

(1.6) x′ = g(t)f(x),

donde f : (x1, x2) → R y g : (t1, t2) → R son funciones continuas. Supongase quef(x) 6= 0 para todo x ∈ (x1, x2); por ejemplo, f(x) > 0. Sea (t0, x0) ∈ (t1, t2) ×(x1, x2).

Si x(t) es solucion de (1.6) tal que x(t0) = x0, entonces

x′(t) = f(x(t))g(t).

Si integramos entre t0 y t, obtenemos aplicando la formula de cambio de variable∫ t

t0

x′(s)

f(x(s))ds =

∫ x(t)

x(t0)

dx

f(x)=

∫ t

t0

g(s) ds.

Si llamamos

H(x) =

∫ x

x0

dx

f(x), G(t) =

∫ t

t0

g(s) ds,

entonces H es un difeomorfismo estrictamente creciente de (x1, x2) en H((x1, x2)).Ademas

H(x(t)) = G(t)

y despejando

x(t) = H−1(G(t)).

Recıprocamente, x(t) = H−1(G(t)) es solucion del problema de valor inicial. Enefecto,

(H−1 ◦G)′(t) = (H−1)′(G(t))G′(t) =G′(t)

H ′(H−1(G(t)))= f(H−1(G(t)))g(t).

Hemos probado la

Proposicion 1.4. Sean f : (x1, x2)→ R y g : (t1, t2)→ R continuas. Suponga-se que f(x) 6= 0 para todo x ∈ (x1, x2). Sea (t0, x0) ∈ (t1, t2)× (x1, x2). Defınanselas funciones

H(x) =

∫ x

x0

dx

f(x), G(t) =

∫ t

t0

g(t) dt.

Entonces H−1(G(t)) es la unica solucion del problema de valor inicial x′ = f(x)g(t),x(t0) = x0.

Si f ∈ C1(U), entonces el problema de valor inicial tiene una unica solucion. Enefecto, se verifica el siguiente resultado cuya demostracion tambien la posponemoshasta el Capıtulo 2.


Teorema 1.5. Sean f ∈ C1(Uf ), donde Uf es abierto, y g : Ug → R continua.Para cada (t0, x0) ∈ Ug × Uf hay solucion del problema de valor inicial. Si x(t)e y(t) son dos soluciones de (1.4), entonces coinciden en su intervalo comun dedefinicion.

Ejemplo 9. Sea la ED x′ = a(t)x2, donde a(t) es una funcion continua en unintervalo. Se cumplen las hipotesis del teorema anterior. Por tanto hay una unicasolucion por cada condicion inicial. La funcion x(t) ≡ 0 es solucion, de modo quecualquier otra solucion o es estrictamente positiva o es estrictamente negativa entodo punto de su intervalo de definicion.

Sea x(t) una solucion no nula. Entonces

x′(t) = a(t)x2(t), x−2(t)x′(t) = a(t).

Integrando entre t0 y t, se obtiene∫ t

t0

x−2(s)x′(s) ds =

∫ x(t)

x(t0)

x−2 dx =

∫ t

t0

a(s) ds.

De donde se deduce

1

x(t0)− 1

x(t)= A(t), x(t) =

x(t0)

1−A(t)x(t0),

donde A(t) =∫ tt0a(s) ds.

2.4. Ecuaciones Diferenciales Lineales de primer orden. Si a(t) y b(t)son funciones continuas definidas en el intervalo I, entonces

x′ = a(t)x+ b(t)

es una ED lineal de primer orden. Se llama homogenea si b(t) ≡ 0. La ED li-neal homogenea x′ = a(t)x es de variables separadas y verifica las hipotesis delTeorema 1.5. La funcion identicamente nula es solucion y la solucion que verificax(t0) = x0 6= 0 con t0 ∈ I, se obtiene por integracion elemental, como sigue:∫ t

t0

a(t) =

∫ t

t0

x′(s)

x(s)ds

=

∫ x(t)

x(t0)

dx

x= ln

|x(t)||x(t0)|

.

De donde se deduce

x(t) = x0 exp

∫ t

t0

a(s) ds, (t ∈ I).

En este caso sencillo, se pueden obtener de una vez todas las soluciones, integrandodel siguiente modo: La funcion x : I → R es solucion si y solo si para todo t ∈ I,

x′(t)− a(t)x(t) = 0.

Se busca una funcion µ(t), llamada factor integrante, tal que

(µ(t)x(t))′ = µ′(t)x(t) + µ(t)x′(t) = µ(t)(x′(t)− a(t)x(t)) = 0.

De donde se deduce que

µ′(t) = −a(t)µ(t).


Integrando esta ecuacion diferencial de variables separadas, se obtiene

µ(t) = e−

∫ tt0a(s) ds

.

Por tanto

d

dt

(e−

∫ tt0a(s) ds

x(t))

= e−

∫ tt0a(s) ds

(x′(t)− a(t)x(t)) = 0.

Del Teorema del valor medio, se obtiene que

e−

∫ tt0a(s) ds

x(t) = x(t0), (t ∈ I),

y despejando x(t) se consigue la formula de la solucion.Observese que el conjunto de todas las soluciones de x′ = a(t)x es un subespacio

vectorial unidimensional de C1(I).Para resolver la ecuacion diferencial lineal completa, x′ = a(t)x+b(t), supongase

que a(t) y b(t) son continuas en el intervalo I y considerese una solucion x : I → R.Entonces para todos t0, t ∈ I,

(x′(t)− a(t)x(t)) exp

(−∫ t

t0

a(s) ds

)= b(t) exp

(−∫ t

t0

a(s) ds

)(

exp

(−∫ t

t0

a(s) ds

)x(t)

)′= b(t) exp

(−∫ t

t0

a(s) ds

).

Integrando entre t0 y t, se obtiene

x(t) exp

(−∫ t

t0

a(s) ds

)− x(t0) =

∫ t

t0

b(s) exp

(−∫ s

t0

a(τ) dτ

)ds.

Despejando x(t), se llega a

x(t) = x(t0) exp

(∫ t

t0

a(s) ds

)+ exp

(∫ t

t0

a(s) ds

)∫ t

t0

b(s) exp

(−∫ s

t0

a(τ) dτ

)ds.

Finalmente, teniendo en cuenta que

exp

(∫ t

t0

a(τ) dτ −∫ s

t0

a(τ) dτ

)= exp

(∫ t

s

a(τ) dτ

),

se obtiene

x(t) = x(t0) exp

(∫ t

t0

a(s) ds

)+

∫ t

t0

b(s) exp

(∫ t

s

a(τ) dτ

)ds.

Derivando respecto de t en la formula anterior, se obtiene que x(t) es solucion dela EDL.

La discusion anterior se resume en el siguiente teorema de existencia y unicidadde soluciones del problema de valor inicial.

Teorema 1.6. Sean a, b : I → R funciones continuas en el intervalo I. Sea(t0, x0) ∈ I × R. El problema de valor inicial

x′ = a(t)x+ b(t), x(t0) = x0,


tiene la unica solucion definida en todo el intervalo I,

x(t) = x0 exp

(∫ t

t0

a(s) ds

)+

∫ t

t0

b(s) exp

(∫ t

s

a(τ) dτ

)ds.

2.5. Cambio de variable. Hay ecuaciones diferenciales que se reducen me-diante un “cambio de variables”, a ecuaciones de variables separadas o lineales.

La ecuacion de Bernoulli tiene la forma

(1.7) x′ = a(t)xm + b(t)x,

donde a y b son continuas en el intervalo I y donde m es un entero positivo.Si m = 0, es una ecuacion diferencial lineal y si m = 1 una de variables

separadas. Supongase que m 6= 0, 1 y que hay a lo sumo una solucion para elproblema de valor inicial. Puesto que x(t) ≡ 0 es solucion, cualquier otra solucion eso estrictamente positiva, o estrictamente negativa en todo su intervalo de definicion.

Se verifica que x(t) es solucion positiva de (1.7) si y solo si y(t) = x1−m(t) essolucion de una ecuacion diferencial lineal. En efecto,

y′ = (1−m)x−mx′,

x′ =xmy′

1−m= axm + bxmy,

de donde sigue1

1−my′ = a+ by.

Se dice que el cambio de variables y = x1−m transforma x′ = axm + bx, x > 0 en1

1−mx′ = a+ bx.

Si x < 0, el cambio de variables y = −|x|1−m hace la misma funcion.Tambien, la ecuacion (1.7) se puede reducir a dos de variables separadas me-

diante el siguiente procedimiento: Se buscan soluciones de la forma x = uv.Se verifica que x es solucion de (1.7) si y solo si u y v satisfacen ecuaciones de

variables separadas. En efecto, sea x solucion no nula de (1.7), entonces

x′ = u′v + uv′ = aumvm + buv

u′v = u(bv − v′) + aumvm

Se elige v tal que bv − v′ = 0, es decir, v = exp∫b(t) dt. Finalmente,

u′v = aumvm, ou′

um= avm−1

que es de variables separadas. Es claro qque el proceso es reversible, es decir, si ves solucion de v′ = bv y u de u′v = aumvm, entonces x = uv es solucion de (1.7).

La ecuacion de Ricatti es de la forma

(1.8) x′ = a(t)x2 + b(t)x+ c(t),

donde suponemos que a, b, c : I → R son funciones continuas en el intervalo I.Si a ≡ 0, es lineal y si c ≡ 0 es de Bernoulli con m = 2. Pero a pesar de

estas semejanzas formales, esta ecuacion diferencial ofrece una diferencia esencialcon las anteriores, ya que, en general, sus soluciones no pueden expresarse medianteun numero finito de cuadraturas (integraciones) sobre funciones elementales de suscoeficientes, hecho que fue probado por Liouville. Sin embargo, si se conoce una

3. ECUACIONES DIFERENCIALES DEFINIDAS IMPLICITAMENTE 15

solucion x1, el cambio de variables x = x1 +y la reduce a una ecuacion de Bernoulli.En efecto,

x′ = x′1 + y′ = ax21 + ay2 + 2ax1y + bx1 + by + c

y′ = ay2 + (2ax1 + b)y.

Si se conocen dos soluciones x1, x2, el cambio de variables

u =x− x1

x− x2

transforma la ecuacion de Ricatti en u′ + au(x2 − x1) = 0 que es de variablesseparadas. Si se conoce una tercera solucion x3, entonces u′ + au(x2 − x1) = 0,donde u = (x3 − x1)/(x3 − x2). Ası que

u′

u=u′

uy, por tanto, u = cu, donde c ∈ R. En efecto,

u(x− x2) = x− x1 u′(x− x2) + u(x′ − x′2) = x′ − x′1u′x− u′x2 + uax2 + ubx+ uc− uax2

2 − ubx2 − uc= ax2 + bx+ c− ax2

1 − bx1 − cu′(x− x2) + u(ax2 + bx− ax2

2 − bx2)

= a(x2 − x21) + b(x− x1)

u′(x− x2) + u(a(x2 − x22) + b(x− x2))

= a(x2 − x21) + b(x− x1)

u′ + u(a(x+ x2) + b) = a(x+ x1)(x− x1)

x− x2+ b

x− x1

x− x2

u′ + u(a(x+ x2) + b) = au(x+ x1) + bu

u′ + ua(x+ x2) = au(x+ x1)

u′ + au(x2 − x1) = 0.

Sea la ecuacion lineal de segundo orden x′′ = a(t)x′+b(t)x. Con el fin de reducirel orden se efectua el cambio de variables y = x′/x. Entonces

yx = x′ y′x+ yx′ = x′′ y′ =x′′

x− y2

x′′

x= a

x′

x+ b

y′ + y2 = ay + b,

que es una ecuacion de Ricatti.

3. Ecuaciones diferenciales definidas implıcitamente

Sea g : A ⊂ R3 → R, donde A tiene interior no vacıo. Una ecuacion diferencialde primer orden en forma implıcita es una expresion del tipo

(1.9) g(t, x, x′) = 0.

Definicion 1.2. Se dice que x : I → R, donde I es un intervalo de R es solucionde (1.9) si para todo t ∈ I


(i) x es derivable en t,(ii) (t, x(t), x′(t)) ∈ A,

(iii) g(t, x(t), x′(t)) = 0.

Definicion 1.3. Una integral primera de (1.9) en el abierto D′ ⊂ R2 es unafuncion u : D′ → R tal que

(i) u ∈ C1(D′),(ii) (ut, ux) 6= (0, 0) en cada punto de D′.

(iii) Si x : I → R es solucion de (1.9) tal que (t, x(t)) ∈ D′ para todo t ∈ I,entonces existe c ∈ R tal que

u(t, x(t)) = c, para todo t ∈ I.

El conjunto {(t, x) ∈ D′ : u(t, x) = c} es una variedad unidimensional en R2,ya que para cada (t, x) ∈ D′, la aplicacion lineal Du(t, x) = (ut(t, x), ux(t, x)) essobre por la condicion (ii) de la definicion de integral primera.

De manera que las curvas de nivel u(t, x) = c de la integral primera contienena las graficas de las soluciones.

Una integral primera de la ED x′ = a(t)x + b(t) se obtiene de la siguientemanera: Si x(t) es una solucion, entonces

e−

∫ tt0a(τ) dτ

(x′(t)− a(t)x(t)) = b(t)e−

∫ tt0a(τ) dτ

,

d

dt

(x(t)e

−∫ tt0a(τ) dτ

)=(b(t)e

−∫ tt0a(τ) dτ

),

d

dt

(x(t)e

−∫ tt0a(τ) dτ −

∫ t

t0

b(τ)e−

∫ τt0a(s) ds

)= 0.

De modo que una integral primera es

u(x, t) = xe−∫a(t) dt −

∫b(t)e−

∫ t a(s) ds dt.

Tambien es facil comprobar que u(t, x) = H(x)−G(t) es una integral primerade la ecuacion x′ = g(t)f(x), donde H(x) es una primitiva de 1/f(x) y G(t) deg(t).

3.1. Ecuaciones diferenciales exactas. Sea u(t, x) una funcion de dos va-riables que describe una superficie en el espacio tridimensional mediante z = u(t, x).Las curvas de nivel de esta superficie son las funciones definidas implıcitamente por

u(t, x) = c.

Derivando implıcitamente la ecuacion anterior se obtiene la siguiente ED satisfechapor dichas curvas de nivel

∂u

∂t(t, x) +

∂u

∂x(t, x)x′ = 0,

que podemos reescribirla como

M(t, x) +N(t, x)x′ = 0.

Ahora observamos que podemos usar la ultima ecuacion para trabajar hacia atras.Esto sera posible para algunas EDs, que llamaremos exactas.


Definicion 1.4. Se dice que la ecuacion diferencial M(t, x) +N(t, x)x′ = 0 esexacta en D, si existe u(t, x) de clase 1 en D tal que (ut, ux) 6= (0, 0), ut = M yux = N en D.

El siguiente resultado caracteriza a las ecuaciones diferenciales exactas.

Teorema 1.7 (Condicion de exactitud). Sea la ED

(1.10) M(t, x) +N(t, x)x′ = 0,

donde M(t, x) y N(t, x) son funciones diferenciables con continuidad en el rectangu-lo R = [a, b]× [c, d] que no se anulan simultaneamente en ningun punto. Entoncesexiste una funcion u(t, x) tal que

∂u

∂t= M(t, x) y

∂u

∂x= N(t, x)

si y solo si

(1.11)∂M

∂x=∂N

∂t.

Demostracion. La necesidad de la condicion (1.11) se debe a la igualdad delas derivadas cruzadas:

∂2u

∂x∂t=

∂2u

∂t∂x.

Para probar la suficiencia de la condicion (1.11), tomese un (t0, x0) en R y es-tablezcase

u(t, x) =

∫ t

t0

M(τ, x0) dτ +

∫ x

x0

N(t, σ) dσ.

Entonces∂u

∂x= N(t, x),

y

∂u

∂t= M(t, x0) +

∫ x

x0

∂N

∂t(t, σ) dσ

= M(t, x0) +

∫ x

x0

∂M

∂x(t, σ) dσ

= M(t, x0) +M(t, x)−M(t, x0)

= M(t, x).

�

Notese que para una ED exacta, la funcion u(t, x) es una integral primera. Enefecto, verifica las condiciones (i) y (ii) de la definicion y si x : I → R es solucionde (1.10), entonces

M(t, x(t)) +N(t, x(t))x′(t) = ut(t, x(t)) + ux(t, x(t))x′(t)

=d

dtu(t, x(t)) = 0, (t ∈ I).

De donde se deduce la existencia de c ∈ R tal que

u(t, x(t)) = c (t ∈ I).

Mediante el teorema de funciones definidas implıcitamente, se obtiene una unicasolucion del problema de valor inicial.


En efecto, supongase que u esta definida en el abierto D ⊂ R2 y sea (t0, x0) ∈ D.Considerese la ecuacion

U(t, x) = u(t, x)− u(t0, x0) = 0.

Entonces U ∈ C1(D), U(t0, x0) = 0 y Ux(t0, x0) 6= 0. Por tanto existe un rectangulo

R = (t0 − δ, t0 + δ)× (x0 − ε, x0 + ε) ⊂ D

y una unica funcion derivable con continuidad x : (t0 − δ, t0 + δ)→ R tal que

(t, x) ∈ R, U(t, x) = 0 si y solo si x = x(t).

Evidentemente x(t0) = x0. Derivando respecto de t en U(t, x(t)) = 0, se obtieneque ut + uxx

′ = 0. La unicidad es consecuencia de la unicidad en el teorema defunciones implıcitas.

Toda ED con variables separadas es exacta. En efecto, puede escribirse en laforma

−g(t) +1

f(x)x′ = 0.

Ademas ya hemos visto que

u(t, x) =

∫1

f(x)dx−

∫g(t) dt

es una integral primera.

3.2. Factores integrantes. Sea la ED M(t, x) + N(t, x)x′ = 0. Se deno-mina factor integrante a una funcion µ(t, x) distinta de 0 para todo (t, x) dondeesta definida y tal que

µM + µNx′ = 0

es una ED exacta.Es facil comprobar que µ(t, x) = e−

∫a(t) dt es un factor integrante para la EDL

x′ = a(t)x+ b(t).En las condiciones del Teorema 1.7 la funcion µ(t, x) es un factor integrante si

y solo si

µxM + µMx = (µM)x = (µN)t = µtN + µNt.

3.3. Integracion de algunos tipos especiales de ecuaciones diferen-ciales en forma implıcita. En todo este apartado para concentrarnos en losmetodos de resolucion, no escribiremos ni los dominios de definicion, ni las condi-ciones de regularidad de las funciones.

1. Sea x = f(x′). Para encontrar las soluciones buscaremos una funcion t(p) demodo que las soluciones esten definidas parametricamente por

x = f(p), t = t(p).

Es decir, que f(p(t)) sea solucion, donde p(t) es la inversa de t(p). Debe cumplirseque

f(p(t)) = f

(df

dp(p(t))

dp

dt(t)

)= f

(df

dp(p(t))/

dt

dp(p(t))

).


Evaluando en t(p), se obtiene

f(p) = f

(df

dp(p)/

dt

dp(p)

).

Por tanto,dt

dp(p)p =

df

dp(p),

t(p) =

∫ dfdp (p)

pdp.

De forma analoga se buscan soluciones de las ecuaciones diferenciales del tipo

t = f

(dx

dt(t)

).

En efecto, se trata de encontrar una funcion x(p) de modo que las soluciones estendefinidas parametricamente por

x = x(p), t = f(p),

es decir, que x(f−1(t)) sea solucion. Para que esto suceda, debe cumplirse que

t = f

(dx

dp(f−1(t))(f−1)′(t)

)= f

(dx

dp(f−1(t))

1

f ′(f−1(t))

)= f(f−1(t)).

Si p = f−1(t), debe cumplirse que

dx

dp(p)

1

f ′(p)= p,

de donde se obtiene que

x(p) =

∫pf ′(p) dp.

2. Ecuacion diferencial de Lagrange.Tiene la forma x = tf(x′) + g(x′). Se determinara una funcion t(p) tal que las

soluciones vienen dadas parametricamente por{x = t(p)f(p) + g(p)t = t(p),

Es decir, se trata de deteminar t(p) de modo que x(p(t)) = tf(p(t)) + g(p(t)) sea

solucion, donde p(t) es la inversa de t(p). Si p(t) = d(x◦p)dt (t), entonces x(p(t)) es

solucion. Pero

p(t) =dx

dp(p(t))

dp

dt(t) =

dxdp (p(t))dtdp (p(t))

.

Si t = t(p), se obtiene p =dxdp (p)dtdp (p)

y x(p) = t(p)f(p) + g(p). Derivando respecto de p,

dx

dp(p) = p

dt

dp(p)

=dt

dp(p)f(p) + t(p)

df

dp(p) +

dg

dp(p).


Despejando

(p− f(p))dt

dp(p) =

df

dp(p)t(p) +

dg

dp(p),

que es una ecuacion diferencial lineal, definida para p 6= f(p).Si existe p0 tal que p0 = f(p0), entonces x(t) = tf(p0) + g(p0) es solucion.3. Ecuacion diferencial de Claireaut.Es una ecuacion del tipo x = tx′ + g(x′).Puesto que es una ecuacion de Lagrange con f(p) ≡ p, son soluciones todas las

rectas

x(t) = pt+ g(p), p ∈ R.Ademas la funcion definida por ecuaciones{

x = pt+ g(p)0 = ∂

∂p (pt+ g(p)) = t+ g′(p),

tambien es solucion. Para probar esta ultima afirmacion llamemos F (t, p) = pt +g(p). Sean p(t) tal que ∂

∂p (pt+ g(p)) = 0 y x(t) = F (t, p(t)), entonces

x′(t) =∂

∂tF (t, p(t)) +

∂

∂pF (t, p(t)) =

∂

∂tF (t, p(t)) = p(t).

Ası que satisface la ecuacion diferencial.La curva x(t) = F (t, p(t)) es la envolvente de la familia de rectas x = F (t, p).

Tiene la propiedad de que en cada punto de su grafica, su recta tangente tambienlo es a la recta de la familia que pasa por dicho punto.

4. Desigualdades diferenciales

Puesto que la mayorıa de las ecuaciones diferenciales no pueden ser resueltasen terminos de cuadraturas, es importante ser capaz de comparar soluciones des-conocidas de una ecuacion diferencial con soluciones conocidas de otra. De modoque en el estudio cualitativo de las ecuaciones diferenciales, necesitaremos integrardesigualdades diferenciales tales como

(1.12) x′ ≤ f(t, x) o x′ ≥ f(t, x).

Este apartado se dedica a la comparacion de las soluciones de (1.12) con lassoluciones de (1.1).

Definicion 1.5. Sea I un intervalo de R. Se dice que la funcion α : I → R essubsolucion de (1.1) si para todo t ∈ I, α es derivable en t, (t, α(t)) ∈ D y

α′(t) ≤ f(t, α(t)).

Es decir, α es subsolucion si es solucion de la primera inecuacion de (1.12).Cambiando el signo ≤ por ≥ en la definicion de subsolucion se obtiene el con-

cepto de supersolucion.Una subsolucion α : I → R de (1.1) que verifica α′(t) < f(t, α(t)) para todo

t ∈ I se dice estricta. Cambiando < por > se define supersolucion estricta.

Teorema 1.8. Sea x : I → R solucion de (1.1).Si β : I → R es una supersolucion estricta de (1.1) y t0 ∈ I, entonces

x(t0) ≤ β(t0) implica x(t) < β(t) para todo t > t0, t ∈ I.

5. EJERCICIOS 21

Analogamente, si α : I → R es una subsolucion estricta de (1.1), entonces

x(t0) ≥ α(t0) implica x(t) > α(t) para todo t > t0, t ∈ I.

Demostracion. Supongase en primer lugar que x(t0) < β(t0). Si existe t1 > t0tal que x(t1) ≥ β(t1), entonces

t = ınf{t ∈ [t0, t1] : x(t) ≥ β(t)}

es un numero real tal que x(t) = β(t). De modo que t0 < t ≤ t1.Se verifica que

(x− β)′(t) < f(t, x(t))− f(t, β(t)) = 0.

Por tanto, en un entorno a la izquierda de t, x − β > 0, en contra de la definicionde ınfimo.

Si x(t0) = β(t0), entonces (x − β)′(t0) < 0. En un entorno a la derecha de t0,x(t) < β(t) y ahora se procede igual que antes. �

Hay una version izquierda (para t ≤ t0), con enunciado obvio.

5. Ejercicios

1. Resuelva las EDsa) x′ = x2 − 1.b) x′ = x(x− 1)(x+ 1).c) x′ = 1 + x2.d) x′ = 3x2/3.

2. Resuelva la ED 2tx′(t2 + x2) = x(x2 + 2t2).3. (Robert L. Borrelli- Courtney S. Coleman, Differential Equations, A Mo-

deling Approach, Prentice-Hall, Inc., Englewood Cliffs, New Jersey 07632)Se sabe que ciertos elementos o sus isotopos son inestables, desin-

tegrandose en isotopos de otros elementos mediante emision de partıculasα, partıculas β o fotones. Se dice que tales elementos son radiactivos. Porejemplo, un atomo de radio se desintegra en un atomo de radon, emitiendo

una partıcula α en el proceso, 226Raα−→ Rn. La desintegracion de un unico

nucleo radiactivo es un proceso alatorio, y el tiempo exacto de desintegra-cion no puede ser determinado con exactitud. Sin embargo pueden hacerseafirmaciones concretas en el proceso de desintegracion de un gran numerode atomos radiactivos.

La cuestion es:¿Cuantos nucleos hay en una muestra de un elemento radiactivo en el

instante de tiempo t?Nuestro sistema es la coleccion de nucleos radiactivos en la muestra, y

lo unico que nos interesa medir es el numero de nucleos radiactivos en eltiempo t. No es obvio, sin embargo, cual es la ley de desintegracion. Haynumerosas evidencias experimentales que sugieren que la siguiente ley escierta:

En una muestra que contiene un gran numero de nucleos radiactivos, ladisminucion del numero de nucleos radiactivos en un intervalo de tiempo esdirectamente proporcional a la longitud del intervalo de tiempo y al numerode nucleos presente en el tiempo inicial.


Si denotamos por x(t) el numero de nucleos radiactivos en el tiempo ty el intervalo de tiempo por ∆t, la ley se traduce en

x(t+ ∆t)− x(t) = −ax(t)∆t,

donde a es la constante estrictamente positiva de proporcionalidad.El modelo matematico anterior para la ley nos ayuda a darle su justo

valor. Por una parte x(t) y x(t+∆t) deben ser enteros, pero −a∆t puede noser un entero. Si queremos mantener la ley debemos idealizar el fenomenoreal suponiendo que x(t) es una cantidad continua. Por ejemplo, midiendox(t) en gramos. Incluso siendo x(t) continuo la ley pudiera no ser ciertapara valores de t grande, ya que x(t) → 0 cuando t → ∞. Ademas la leyno tiene sentido si ∆t es tan pequeno que ningun nucleo se desintegra en elintervalo de tiempo ∆t. El fallo de la ley para intervalo grandes de tiempopuede ser ignorado, porque solo estamos interesados en un comportamientolocal (en el tiempo). Las dificultades con t pequeno son mas preocupantes.Solo podemos esperar que el procedimiento matematico que se presentaa continuacion nos conduzca a un modelo matematico en la que la x(t)teorica sea razonablemente proxima a la experimental.

Si dividimos ambos lados de

x(t+ ∆t)− x(t) = −ax(t)∆t,

por ∆t y tomamos lımite cuando ∆t→ 0, obtenemos

x′(t) = −ax(t).

Ası que podemos decir:La velocidad de desintegracion del elemento radiactivo es directamente

proporcional a la cantidad de materia disponible.Resolver la ecuacion diferencial.La vida media del elemento radiactivo, t1/2, es el tiempo que debe

transcurrir para que la mitad de los nucleos radiactivos se desintegre.Calcule la constante a conociendo la vida media.

4. La velocidad de desintegracion del elemento radiactivo es directamente pro-porcional a la cantidad de materia disponible. Supongase que en 25 anos el1,1 % de una cierta cantidad de radio se ha desintegrado. ¿Cual es la vidamedia del radio?

5. Si la vida media de una sustancia radiactiva es 1000 anos, ¿que fraccion deella permanece despues de 100 anos?

6. Con el tiempo medido en anos, el valor de a en x′(t) = −ax(t) para elcobalto–60 es aproximadamente 0.13. Estime la vida media del cobalto–60.

7. Determinacion de la edad mediante el 14C (Robert L. Borrelli- Court-ney S. Coleman, Differential Equations, A Modeling Approach, Prentice-Hall, Inc., Englewood Cliffs, New Jersey 07632).

Las celulas vivas absorben carbono directa o indirectamente del dioxidode carbono en el aire. Algunos de los atomos del carbono en este CO2 sonla forma radioactiva: 14C, en lugar del comun 12C, producido por las coli-siones de los rayos cosmicos (neutrones) con el nitrogeno de la atmosfera.Los nucleos de 14C se desintegran convirtiendose en nucleos de nitrogenoy emitiendo partıculas β. Entonces todos los seres vivos, o seres que estu-vieron vivos contienen algunos nucleos de carbono radiactivo, 14C. En los

5. EJERCICIOS 23

anos 1960, Willard Libby demostro que una medicion cuidadosa de la tasade desintegracion del 14C en una muestra de tejido muerto puede usarsepara determinar el numero de anos desde que murio.

Vamos a considerar un problema especıfico para concentrar nuestraatencion:

Se utilizo un contador Geiger para medir la tasa de desintegracion de14C en fragmentos de carbon vegetal encontrados en la gruta de Lascaux enFrancia, donde hay pinturas prehistoricas. El contador registro 1,69 desin-tegraciones por minuto y por gramo de carbono, mientras que para tejidovivo el numero de desintegraciones, medido en 1950, fue de 13,5 por mi-nuto y gramo de carbon. ¿Hace cuantos anos se formo el carbon vegetal y,presumiblemente, fueron dibujadas las pinturas?

En cualquier organismo vivo la razon del 14C al 12C es la misma que enel aire. Si la razon en el aire es constante en el tiempo y en el lugar, entoncestambien lo sera en un tejido vivo. Despues de la muerte del organismo, laabsorcion de CO2 se detiene y solo sigue la desintegracion radioactiva. Lavida media del 14C es de 5568±30 anos (valor internacionalmente aceptadodesde 1968).

Sea x(t) la cantidad de 14C por gramo de carbon en el tiempo t (medidoen anos) en la muestra de carbon vegetal. Sea t = 0 el tiempo actual ysupongase que T < 0 es el tiempo en el que el tejido de la muestra murio.Entonces x(t) ≡ xT para todo t ≤ T . Para t > T los nucleos de 14C sedesintegran siguiendo la ecuacion diferencial

x′(t) = −ax(t),

donde la constante a se calcula a traves de la vida media del 14C.Sabemos que el carbon de la muestra presenta 1,69 desintegraciones

por minuto y por gramo de carbon y que en un tejido vivo hay 13,5 de-sintegraciones por minuto y por gramo de carbon. Sabiendo que el numerode desintegraciones por unidad de tiempo es proporcional a la velocidad dedesintegracion x′(t), calcular T .

8. Un arqueologo ha encontrado una concha que contiene el 60 % del 14C deuna concha viva. ¿Cual es su edad?

9. La velocidad de desintegracion del elemento radiactivo radio es directamen-te proporcional a la cantidad de materia disponible. Se supone que en elinstante de tiempo t0 hay R0 gramos de radio. Se desea saber cual es lacantidad de radio en cada instante de tiempo.

10. Una maquina quita la nieve uniformemente, de modo que su velocidadde avance resulta inversamente proporcional a la cantidad de nieve. Sesupone que nieva con regularidad, que a las 12 a.m. comienza a funcionarla maquina, que recorre en la primera hora 2Km. y en la segunda hora1Km. ?A que hora comenzo a nevar?

11. Un objeto cae por el aire hacia la Tierra. Suponiendo que las unicas fuerzasque actuan sobre el objeto son la gravedad y la resistencia del aire (que sesupone proporcional a la velocidad), determine la velocidad en funcion deltiempo.

12. Segun la ley de Newton del enfriamiento, si un objeto a temperatura T secoloca en un medio que se encuentra a la temperatura constante TM , enton-ces la razon de cambio de T es proporcional a la diferencia de temperatura


T − TM . Esto da lugar a la ED

dT

dt= k(T − TM ), k < 0.

Resuelva la ED para T .Un termometro que marca 100 grados se coloca en un medio que se

encuentra a una temperatura constante de 70 grados. Al cabo de 6 min., eltermometro marca 80 grados. ¿Cual es la lectura al cabo de 20 min.?

13. La secrecion de hormonas suele ser una actividad periodica. Si una hormonaes segregada en un ciclo de 24 hr, entonces la razon de cambio del nivel dela hormona en la sangre se puede representar por medio del problema devalor inicial

x′ = α− β cosπt

12− kx, x(0) = x0,

donde x(t) es la cantidad de la hormona contenida en la sangre en el instantet, α es la velocidad de secrecion media, β la cantidad de variacion en lasecrecion, y k una constante positiva que representa la velocidad a la cualel cuerpo elimina la hormona de la sangre. Si α = β = 1, k = 2 y x0 = 10,encuentre x(t).

14. Determine las curvas tales que el segmento de tangente comprendido entrelos ejes coordenados se divide por la mitad en los puntos de contacto.

15. Halle las curvas que verifican que la distancia de la perpendicular desdeel origen de coordenadas a la tangente a la curva es igual a la abcisa delpunto de contacto.

16. Una trayectoria ortogonal a una familia de curvas es una curva que cortatodas las curvas de la familia en angulo recto.

Encuentre las trayectorias ortogonales a la familia de elipses t+mxx′ =0.

17. Calcule el perfil de unas tijeras que corten bajo angulo constante.18. Resuelva las EDs

x′ = −2x+ t2 + 2t, x′ = x ln 2 + 2sen t(cos t− 1) ln 2.

19. Encuentre una solucion constante de la ED x′ − (1 − 2t)x + x2 = 2t yentonces calcule todas sus soluciones.

20. Considere un tanque que contiene 1000 l de agua, dentro del cual unasolucion salada de salmuera empieza a fluir a una velocidad constante de6 l/min. La solucion dentro del tanque se mantiene bien agitada y fluyehacia el exterior del tanque a una velocidad de 6 l/min. Si la concentracionde sal en la salmuera que entra en el tanque es de 10 g/l, determine cuandosera de 5 g/l la concentracion de sal en el tanque.

21. En el problema anterior, supongase que la salmuera sale del tanque a razonde 5 l/m en lugar de 6 l/m, con todas las demas condiciones iguales. De-termine la concentracion de sal en el tanque en funcion del tiempo.

22. Una solucion de salmuera fluye a razon constante de 8 l/m hacia el interiorde un gran tanque que inicialmente contiene 100 l de solucion de salmueraen la cual estan disueltos 5 Kg de sal. La solucion en el interior del tanquese mantiene bien agitada y fluye al exterior con la misma rapidez. Si laconcentracion de sal en la salmuera que entra en el tanque es de 0,5 Kg/l,determine la cantidad de sal presente en el tanque al cabo de t minutos.

5. EJERCICIOS 25

¿Cuando alcanzara la concentracion de sal en el tanque el valor de 0, 2Kg/l?

23. Una solucion de salmuera fluye a razon constante de 4 l/m hacia el interiorde un gran tanque que inicialmente contiene 100 l de agua. La solucion enel interior del tanque se mantiene bien agitada y fluye al exterior a razonde 3 l/m. Si la concentracion de sal en la salmuera que entra en el tanquees de 0, 2 Kg/l, determine la cantidad de sal contenida en el tanque al cabode t minutos. ¿En que momento la concentracion de sal contenida en eltanque sera de 0, 1 Kg/l ?

24. Una solucion de acido nıtrico fluye a razon constante de 6 l/m hacia elinterior de un gran tanque que inicialmente contiene 200 l de una solucionde acido nıtrico al 0,5 %. La solucion contenida en el tanque se mantienebien agitada y fluye al exterior del mismo a razon de 8 l/m. Si la solucionque entra en el tanque es de 20 % de acido nıtrico, determine la cantidad deacido nıtrico presente en el tanque al cabo de t minutos. ¿En que momentoel porcentaje de acido nıtrico contenido en el tanque sera del 10 % ?

25. Una piscina cuyo volumen es de 45.000 l contiene agua con el 0.01 % decloro. Empezando en t = 0 desde la central depuradora se bombea agua,que contiene 0.001 % de cloro, hacia el interior de la piscina a razon de 25l/m. El agua de la piscina fluye al exterior a la misma velocidad. ¿Cual esel porcentaje de cloro en la piscina al cabo de una hora? ¿Cuando tendra elagua de la piscina 0.002 % de cloro?

26. Sea p(t) la poblacion en el tiempo t. Si bien la poblacion es siempre unnumero entero, normalmente es tan grande que se introduce un error muypequeno al suponer que p(t) es una funcion continua.

Considerese una poblacion de bacterias que se reproducen mediantedivision celular simple, de modo que la tasa de crecimiento es proporcionala la poblacion presente. Esta hipotesis es consistente con las observacionesde crecimiento de bacterias. Mientras exista espacio suficiente y un buensuministro de alimento para las bacterias, se puede suponer tambien quela tasa de mortalidad es cero. (Recuerde que en la division celular la celulamadre no muere, sino que se convierte en dos nuevas celulas). Establezcaun modelo matematico para la poblacion de bacterias que siga las hipotesisanteriores.

27. En el estudio de poblaciones humanas, la premisa de que la tasa de cre-cimiento de la poblacion es proporcional a su tamano parece razonable.Sin embargo la hipotesis de una tasa de mortalidad nula es, desde lue-go, erronea. Suponiendo que las personas fallecen por causas naturales, sepodria esperar que la tasa de mortalidad fuera tambien proporcional altamano de la poblacion.

Establezca un modelo matematico para la poblacion teniendo en cuentalos factores anteriores. Resuelva la ED del modelo.

28. ¿Que se puede decir de las muertes prematuras debidas a desnutricion, ser-vicios medicos inadecuados, enfermedades contagiosas, crimenes violentos,etc.? Puesto que estos factores implican la competencia dentro de la pobla-cion, se puede suponer que la tasa de mortalidad debida a estos factores esproporcional al numero de interacciones bipartitas.


Establezca un modelo matematico para la poblacion donde se tenga encuenta la tasa de mortalidad debida a competencias entre la misma especie.Resuelva la ED del modelo.

29. La acuicultura trata del cultivo de plantas y animales acuaticos. En elejemplo que aqui se considera se cria un lote de tencas en una charca. Sedesea determinar el momento optimo para capturar a los peces de modoque el coste por kilo sea minimo.

Una ED que describe el crecimiento de los peces es

(*)dW

dt= KWα,

donde W (t) es el peso del pez en el tiempo t, y K y α son constantesde crecimiento determinadas empiricamente. Es una suposicion comun mo-delar la tasa de crecimiento o tasa metabolica por medio de un terminoproporcional a Wα. Los biologos llaman ecuacion alometrica a la ecuacionanterior. Dicha ecuacion puede apoyarse mediante argumentos razonablestales como el de una tasa de crecimiento dependiente del area de la su-perficie del intestino (la cual varia en forma proporcional a W 2/3), o biendependiente del volumen del animal (el cual varia en forma proporcional aW ).(a) Resuelva la ED (*) cuando α 6= 1.(b) La solucion obtenida en la parte (a) no esta acotada, pero en la practicaexiste un cierto peso maximo para el pez, WM . Esta cota superior puedeincluirse en la ED que describe el crecimiento introduciendo una variableadimensional, que puede variar entre 0 y 1 y que contiene un parametroadimensional µ que se determina empiricamente. Es decir se supone que

(**)dW

dt= KWαS,

donde S = 1− (W/WM )µ.Resuelva la ED (**) cuando K = 12, α = 2/3, µ = 1/3, WM = 5 Kg y

W (0) = 0,1 Kg. Las constantes estan dadas para t medido en meses.(c) La ED que describe el costo total en euros C(t) para criar una tencadurante t meses tiene un termino constante K1 que especifica el costo men-sual (debido a gastos tales como intereses, depreciacion y mano de obra), yuna segunda constante K2 que multiplica a la tasa de crecimiento (debidoa que la cantidad de alimento consumido por el pez es aproximadamenteproporcional a la tasa de crecimiento). Esto es

(***)dC

dt= K1 +K2

dW

dt.

Resuelva la ED (***) cuando K1 = 0,5, K2 = 0,1, C(0) = 100 pesetas yW (t) es como se determino en la parte (b).

(d) Trace la grafica de la curva obtenida en la parte (b), que representael peso del pez en funcion del tiempo. A continuacion trace la grafica de lacurva obtenida en la parte (c), que representa el costo total de la crianzadel pez en funcion del tiempo.(e) Para determinar el tiempo optimo para capturar el pez, trace la graficadel cociente C(t)/W (t). Dicho cociente representa el coste total por Kgen funcion del tiempo. Cuando este cociente alcanza su minimo —es decir,

5. EJERCICIOS 27

cuando el coste total por Kg es el mas bajo posible—, es el momento optimopara capturar el pez. Determine dicho momento optimo redondeado al mesmas cercano.

30. Un hombre parte del origen y camina con velocidad constante por el ejeOX. Su perro sale del punto (1, 0) con velocidad doble y mirando siempre asu dueno. Halle la ED de la trayectoria, la trayectoria del perro y el puntode encuentro.

31. Encuentre la forma de un espejo curvo de forma que la luz de una fuenteen el origen se refleje en un haz de rayos paralelo al eje t.

32. Encuentre la forma asumida por una cadena flexible suspendida entre dospuntos y que cuelga con su propio peso.

33. Se arrastra un punto P a lo largo del plano tx por medio de una cuerda PTde longitud a. Si T parte del origen y se desplaza a lo largo del eje positivox y si P parte de (a, 0), ¿Cual sera la trayectoria de P? Esta curva se llamatractiz (del latin tractum, que significa tirar).

34. El eje y y la recta x = c son las orillas de un rio cuya corriente tiene unavelocidad uniforme a, en la direccion negativa del eje y. Una barca entra enel rio en el punto (c, 0) y va directamente hacia el origen con una velocidadb en relacion al agua. ¿Cual es la trayectoria de la barca?

35. Encuentre las soluciones de la ED t+ xx′ = 0.36. Encuentre las soluciones de la ED

t+ xx′√t2 + x2

+tx′ − xt2

= 0.

37. Resuelva la ED

t(2t2 + x2) + x(t2 + 2x2)x′ = 0.

38. Resuelva la ED(sen 2t

x+ t

)+

(x− sen2 t

x2

)x′ = 0.

39. Resuelva la ED

(1− t2x) + t2(x− t)x′ = 0,

sabiendo que tiene un factor integrante que solo depende de t.40. Resuelva la ED

t+ xx′ + t(tx′ − x) = 0

buscando un factor integrante dependiente de t2 + x2.41. Pruebe que si µ y ν son factores integrantes esencialmente distintos (i.e.

µxνt − µtνx 6= 0), entonces µ/ν es la integral primera.42. Sea la ED (2t− t2 − x2) + 2xx′ = 0.

(a) Encuentre un factor integrante que solo dependa de t, e integre la ED.(b) Encuentre un factor integrante que solo dependa de t2 + x2, e integrela ED.(c) Halle una integral primera de la ED sin cuadratura.

43. Si M(t, x) = xf(tx) y N(t, x) = tg(tx), demuestre que 1/(Mt−Nx) es unfactor integrante de la ED M +Nx′ = 0.

44. Si M y N son funciones homogeneas del mismo grado, pruebe que 1/(tM+xN) es un factor integrante de la ED M +Nx′ = 0.


45. Circuitos electricos simples. Se deducen las ED lineales que rigen elflujo de la electricidad en el circuito simple que se muestra en la figura quesigue.

Este circuito consta de cuatro elementos, cuya accion se puede com-prender con facilidad, sin necesidad de tener conocimientos especiales deelectricidad.

A. Una fuente de fuerza electromotriz (fem) E –una pila o un generador–impulsa una carga electrica y produce una corriente I. Dependiendo de lanaturaleza de la fuente E puede ser una constante o funcion del tiempo.

B. Un resistor de resistencia R que se opone a la corriente, reduce lafuerza electromotriz en una magnitud ER = RI. Esta ecuacion se conocecomo ley de Ohm.

C. Un inductor de inductancia L, que se opone a cualquier cambio dela corriente, produciendo una disminucion de la fem en una magnitud

EL = LdI

dt.

D. Un condensador de capacitancia C, almacena una carga Q. La cargaacumulada por el condensador se opone a la entrada de una carga adiccionaly la disminucion de la fem que se produce en este caso es

EC =1

CQ.

Ademas, puesto que la corriente es la rapidez de flujo de la carga y, enconsecuencia, el indice al que la carga aumenta en el condensador, se tiene

I =dQ

dt.

Estos elementos del circuito actuan de acuerdo a la ley de Kirchhoff, queindica que la suma algebraica de las fuerzas electromotrices en torno a uncircuito cerrado es igual a cero. Es decir E − ER − EL − EC = 0 o

E −RI − LdIdt− 1

CQ = 0,

que se puede escribir como

(1.13) LdI

dt+RI +

1

CQ = E.

Dependiendo de las circunstancias, se puede considerar ya sea I o Q comola variable dependiente. En el primer caso se elimina Q, derivando (1.13)con respecto de t y sustituyendo dQ/dt por I:

Ld2I

dt2+R

dI

dt+

1

CI =

dE

dt.

5. EJERCICIOS 29

En el segundo caso se sustituye I por dQ/dt:

Ld2Q

dt2+R

dQ

dt+

1

CQ = E.

Cuando no hay condensador se obtiene la ED de primer orden

LdI

dt+RI = E.

Resuelvala.46. Un destructor trata de cazar a un submarino en medio de una niebla densa.

La niebla se levanta durante un instante, y revela que el submarino seencuentra sobre la superficie, a 3Km. de distancia, y vuelve a cerrarse.La velocidad del destructor es doble que la del submarino y se sabe queeste ultimo se sumergira inmediatamente y avanzara a toda velocidad, enlinea recta, en una direccion desconocida. ¿Que trayectoria debe seguir eldestructor para estar seguro de pasar sobre el submarino? Indicacion: traceun sistema de coordenadas polares con el origen en el punto en que se vioel submarino.

47. Cuatro insectos se posan en las esquinas de una mesa cuadrada de ladoa. Al mismo tiempo, comienzan a caminar con la misma velocidad, de talmodo que cada uno de ellos se desplaza constantemente hacia el insectoque tienen a la derecha. Si se traza en la mesa un sistema de coordenadaspolares, con el origen en el centro y el eje polar a lo largo de una diagonal,encuentre la trayectoria del insecto que parte del eje polar y la distanciatotal que recorre, antes de que todos los insectos se reunan en el centro.

48. Resuelva las EDa) x′

2= 1.

b) x′2 − (2t+ x)x′ + (t2 + tx) = 0.

c) x′3 − xx′2 − t2x′ + t2x = 0.

d) x = x′2ex′.

e) x = x′ lnx.

f ) x2/5 + x′2/5

= a2/5, donde a es una constante.

g) t(1 + x′2)(3/2) = a, donde a es una constante.

49. Halle la curva cuyas tangentes forman con los ejes coordenados un triangulode area constante = 2a2.

50. Halle las curvas para las que el segmento de tangente comprendido entrelos ejes coordenados tiene longitud constante a.

51. La ED de segundo orden tiene la forma f(t, x, x′, x′′) = 0. Algunos tiposespeciales de EDs de segundo orden se pueden resolver por metodos deprimer orden.a) Resuelva tx′′ − x′ = 3t2 haciendo u = x′.b) Resuelva x′′ + k2x = 0 haciendo u = x′.c) Resuelva x′′ + k2 sinx = 0 haciendo primero u = x′ y despues v = u2.

Capıtulo 2

Ecuaciones Diferenciales: Teorıa Multidimensional

1. El Problema de Valor Inicial para Ecuaciones DiferencialesOrdinarias en Rn

Sea f : D ⊂ R× Rn → Rn, (t, x) ∈ D → f(t, x) ∈ Rn, donde x = (x1, . . . , xn),f = (f1, . . . , fn). Se llama sistema de n ecuaciones diferenciales ordinarias de primerorden (abreviadamente SD) o ecuacion diferencial vectorial de primer orden, a laexpresion:

(2.1) x′ = f(t, x).

Escrita en coordenadas adopta la forma x′1 = f1(t, x1, . . . , xn). . .x′n = fn(t, x1, . . . , xn).

Sea I un intervalo de R. Se dice que la funcion x : I → Rn, t→ x(t), es una soluciondel SD si para todo t ∈ I, x es derivable en I, (t, x(t)) ∈ D y x′(t) = f(t, x(t)). Siel intervalo I contiene a alguno de sus extremos, en dichos puntos se consideran lasderivadas laterales correspondientes.

Sea la aplicacion fn : D ⊂ R × Rn → R, (t, x) → fn(t, x). Se llama ecuaciondiferencial escalar de orden n a la expresion

xn) = fn(t, x, x′, . . . , xn−1)).

Sea I un intervalo de R. Se dice que la funcion x : I → R, t→ x(t), es una solucionde la ecuacion diferencial escalar de orden n, si para todo t ∈ I, x es n vecesderivable en t, (t, x(t), . . . , xn−1)(t)) ∈ D y

xn)(t) = fn(t, x(t), x′(t), . . . , xn−1)(t)).

La ED

(2.2) xn) = fn(t, x, x′, . . . , xn−1))

y el SD

(2.3)

x′1 = x2

x′2 = x3

...x′n−1 = xnx′n = fn(t, x1, . . . , xn)

son equivalentes en el sentido de que si x(t) es solucion de (2.2), entonces(x(t), x′(t), . . . , x(n−1)(t)) es solucion de (2.3); y si (x1(t), . . . , xn(t)) es solucion

31

32 2. TEORIA MULTIDIMENSIONAL

de (2.3), entonces x1(t) es solucion de (2.2). Un sistema diferencial es autonomo sies de la forma

(2.4) x′ = f(x),

donde f : U ⊂ Rn → Rn.El sistema diferencial x′ = f(t, x) se reduce a una autonomo aumentando en

uno la dimension. Es decir, son equivalentes

(2.12) x′ = f(t, x)

y

(2.5)

{dtds (s) = 1dxds (s) = f(t(s), x(s))

En efecto, si x(t) es solucion de (2.12) tal que x(t0) = x0, entonces t(s) =s + t0, x(s) = x(t(s)) es solucion de (2.5) y verifica t(0) = t0, x(0) = x(t0) = x0.Para ver esto solo hace falta comprobar que

dx

ds(s) =

dx

dt(t(s))

dt

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

Recıprocamente, si (t(s), x(s)) es solucion de (2.5) tal que t(0) = t0, x(0) = x0,entonces x(t) = x(t − t0) es solucion de (2.12) tal que x(t0) = x0. En efecto, seans(t) = t− t0 y t(s) = s+ t0. Se tiene que

dx

dt(t) =

dx

ds(s(t))

ds

dt(t) = f(t(s(t)), x(s(t)) = f(t, x(t)).

Estudiaremos sistemas diferenciales de la forma

(2.12) x′ = f(t, x),

donde f : D ⊂ R× Rn → Rn.Si (t0, x0) ∈ D y x(t) es una solucion de (2.12) que verifica x(t0) = x0, entonces

se dice que x(t) es una solucion del problema de valor inicial

(2.6) x′ = f(t, x), x(t0) = x0.

La primera parte del Capıtulo trata de la existencia, unicidad e intervalo dedefinicion de las soluciones de (2.6), mientras que la segunda parte se dedica alestudio de la dependencia de la solucion respecto de las condiciones iniciales yparametros.

2. Existencia y unicidad de las soluciones del problema de valor inicial

Se utilizaran dos metodos para resolver el problema de valor inicial. En elprimero se supone que f(t, x) es continua y localmente lipschitziana respecto de x.A continuacion se relaciona el problema de valor inicial con la ecuacion integral

(2.7) x(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds,

se definen las iterantes de Picard y se prueba su convergencia, obteniendose si-multaneamente la existencia y unicidad de soluciones del problema de valor inicial.Cuando este metodo se formula en espacios de Banach se obtiene el teorema delpunto fijo de Banach para aplicaciones contractivas.

En el segundo procedimiento se supone solamente la continuidad de f(t, x),se prueba que la sucesion de iterantes de Picard es una familia equicontinua y

2. EXISTENCIA Y UNICIDAD 33

uniformemente acotada y, como consecuencia del teorema de Ascoli, se prueba laexistencia de una subsucesion, no necesariamente unica, que converge a la soluciondel problema de valor inicial.

2.1. Funciones lipschitzianas.

Definicion 2.1. Se dice que la funcion f : D ⊂ R × Rn → Rn satisface unacondicion de Lipschitz en D respecto de x, si existe una constante L tal que

‖f(t, x)− f(t, y)‖ ≤ L‖x− y‖ para todos (t, x), (t, y) ∈ D,

donde ‖ · ‖ es cualquier norma en Rn.

Se usara la notacion f ∈ Lip(D,x) para las funciones descritas en la definicionanterior.

Definicion 2.2. La funcion f es localmente Lipschitziana en D respecto de x(resumidamente f ∈ Liploc(D,x)), si para cada (t0, x0) ∈ D existe un entorno Vde dicho punto tal que f ∈ Lip(D ∩ V, x).

Proposicion 2.1. Sea f ∈ C1(D), donde D es abierto.1. Si K ⊂ D es compacto y convexo, entonces f ∈ Lip(K,x).2.f ∈ Liploc(D,x).

Demostracion. Puesto que la propiedad ”ser lipschitziana” es independientede la norma de Rn, elgimos la norma euclıdea asociada al producto escalar ordinario.

1. Sean (t, x), (t, y) ∈ K y

s : [0, 1]→ ϕi(s) = fi(t, sx+ (1− s)y),

donde fi son las componentes de f .Puesto que K es convexo, contiene al segmento de extremos (t, x) y (t, y), de

modo que la funcion ϕi esta bien definida. Entonces el teorema del valor medioasegura la existencia de 0 < ηi < 1 tal que

ϕi(1)− ϕi(0) = ϕ′i(ηi).

Por tanto

fi(t, x)− fi(t, y) =n∑j=1

∂fi∂xj

(t, ηix+ (1− ηi)y)(xj − yj)

= 〈∂fi∂x

, x− y〉 ≤∣∣∣∣∂fi∂x

∣∣∣∣ |x− y| ≤ L|x− y|,donde

L = sup(t,x)∈K

∣∣∣∣∂f∂x (t, x)

∣∣∣∣ .Para terminar la prueba tengase en cuenta que

|f(t, x)− f(t, y)|2 =

n∑i=1

(fi(t, x)− fi(t, y))2

≤ nL2|x− y|2,

y tomando raıces cuadradas

|f(t, x)− f(t, y)| ≤√nL|x− y|.


2. Sea (t0, x0) ∈ D. Entonces existe una bola de centro (t0, x0) incluida en D.Puesto que dicha bola es compacta y convexa y f ∈ C1(D), se deduce de la parte 1que f es lipschitziana en la bola respecto de x. �

Proposicion 2.2. Sea K un compacto de R × Rn y f : K ⊂ R × Rn → Rnacotada y localmente lipschitziana en K respecto de x. Entonces f ∈ Lip(K,x).

Demostracion. Sea M = max(t,x)∈K ‖f(t, x)‖. Supongase que f no verificauna condicion de Lipschitz en K respecto de x. Entonces para todo L > 0, existen(t, x), (t, y) ∈ K tales que

‖f(t, x)− f(t, y)‖ > L‖x− y‖.

En particular, existen sucesiones {(t, xk)}, {(t, yk)} en K tales que

(2.8) ‖f(tk, xk)− f(tk, yk)‖ > k‖xk − yk‖ para todo k ∈ N.

Puesto queK es compacto existe una subsucesion {(tkj , xkj )} convergente a (t∗, x∗) ∈K. Por la misma razon la sucesion {(tkj , ykj )} contiene una subsucesion {(tkjl , ykjl )}convergente.

De modo que

lıml→∞

(tkjl , xkjl )→ (t∗, x∗),

lıml→∞

(tkjl , ykjl )→ (t∗, x∗),

‖y∗ − x∗‖ = lıml→∞

‖ykjl − xkjl ‖

< lıml→∞

‖f(tkjl , ykjl )− f(tkjl , xkjl )‖k

≤ lıml→∞

2M

k= 0.

De donde se deduce que x∗ = y∗.Por hipotesis existe una bola abierta B de centro (t∗, x∗) tal que f ∈ LipL(B ∩

K,x). Para l suficientemente grande, (tkjl , xkjl ), (tkjl , ykjl ) ∈ B y, por tanto,

‖f(tkjl , ykjl )− f(tkjl , xkjl )‖ ≤ L‖ykjl − xkjl ‖,

que contradice a la desigualdad (2.8). �

2.2. Una desigualdad basica. Sea x : [a, b]→ Rn continua. Entonces

(2.9)

∥∥∥∥∥∫ b

a

x(t) dt

∥∥∥∥∥ ≤∫ b

a

‖x(t)‖ dt.

Demostracion. Para cada particion P = {t0, . . . , tn} de [a, b] y cada sk ∈[tk−1, tk] las sumas de Riemann asociadas a las funciones x y ‖x‖ son

R(x, P ) =∑

x(sk)(tk − tk−1), R(‖x‖, P ) =∑‖x(sk)‖(tk − tk−1).

Para todo ε > 0 existe una particion Pε tal que si P ⊇ Pε y sk ∈ [tk, tk+1], entonces∥∥∥∥∥∫ b

a

x−R(x, P )

∥∥∥∥∥ < ε,

∣∣∣∣∣∫ b

a

‖x‖ −R(‖x‖, P )

∣∣∣∣∣ < ε.


Por tanto∥∥∥∥∥∫ b

a

x

∥∥∥∥∥−∫ b

a

‖x‖

=

∥∥∥∥∥∫ b

a

x−R(x, P ) +R(x, P )

∥∥∥∥∥−(∫ b

a

‖x‖ −R(‖x‖, P ) +R(‖x‖, P )

)

≤

∥∥∥∥∥∫ b

a

x−R(x, P )

∥∥∥∥∥+ ‖R(x, P )‖ −R(‖x‖, P )−

(∫ b

a

‖x‖ −R(‖x‖, P )

)≤ ε+ ε = 2ε,

ya que

‖∑

x(sk)(tk − tk−1)‖ ≤∑‖x(sk)‖((tk − tk−1).

�

2.3. Una ecuacion integral equivalente. El problema de valor inicial esequivalente a una ecuacion integral.

Lema 2.3. Sea f : D → R continua en el conjunto con interior no vacıo D.Entonces x : I → R es solucion de

x′ = f(t, x), x(t0) = x0

si y solo si es solucion de

x ∈ C(I), x(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds, (t ∈ I).

Demostracion. Si x ∈ C1(I) es solucion, entonces

x(t)− x(t0) =

∫ t

t0

x′(s) ds =

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds.

El recıproco se obtiene derivando bajo el signo integral. �

2.4. El lema de Gronwall. Unicidad de soluciones.

Lema 2.4. Sean u, v : [t0, t1]→ R continuas, u, v ≥ 0 y

(2.10) u(t) ≤ a+ b

∫ t

t0

u(s)v(s) ds, t ∈ [t0, t1],

donde a, b ≥ 0. Entonces

u(t) ≤ a exp

(b

∫ t

t0

v(s) ds

), t ∈ [t0, t1].

Demostracion. Sea U(t) = a + b∫ tt0u(s)v(s) ds. Multiplicando ambos lados

de (2.10) por bv(t) se obtiene

U ′(t) ≤ bU(t)v(t), [t0, t1].


Multiplicando ambos lados por exp(−b∫ tt0v(s) ds

)se llega a

(U(t) exp

(−b∫ t

t0

v(s) ds

))′= U ′(t) exp

(−b∫ t

t0

v(s) ds

)− bU(t)v(t) exp

(−b∫ t

t0

v(s) ds

)≤ 0.

Por tanto la funcion U(t) exp(−b∫ tt0v(s) ds

)es decreciente. Ası que

U(t) exp

(−b∫ t

t0

v(s) ds

)≤ U(t0).

De (2.10) se obtiene

u(t) ≤ U(t) ≤ a exp

(b

∫ t

t0

v(s) ds

).

�

Hay una version izquierda del Lema de Gronwall cuyo enunciado es:

Lema 2.5. Sean u, v : [t0, t1]→ R continuas, u, v ≥ 0 y

(2.11) u(t) ≤ a+ b

∫ t1

t

u(s)v(s) ds, t ∈ [t0, t1],

donde a, b ≥ 0. Entonces

u(t) ≤ a exp

(b

∫ t1

t

v(s) ds

), t ∈ [t0, t1].

Demostracion. Sea U(t) = a+ b∫ t1tu(s)v(s) ds. Entonces

u(t) ≤ U(t),

U ′(t) = −bu(t)v(t) ≥ −bU(t)v(t),

d

dt

(U(t) exp

(−b∫ t1

t

v(s) ds

))= (U ′(t) + bU(t)v(t)) exp

(−b∫ t1

t

v(s) ds

)≥ 0.

De donde se deduce que

U(t) exp

(−b∫ t1

t

v(s) ds

)≤ U(t1) = a

u(t) ≤ U(t) ≤ a exp

(b

∫ t1

t

v(s) ds

).

�


2.5. Existencia y unicidad local de soluciones.

Teorema 2.6 (Picard-Lindelof). Sea f continua y lipschitziana respecto de xen [t0 − δ, t0 + δ]× Rn y sea x0 ∈ Rn. Entonces el problema de valor inicial

x′ = f(t, x), x(t0) = x0,

tiene una unica solucion definida en [t0 − δ, t0 + δ].

Demostracion. 1. ExistenciaSea M > 0 tal que M ≥ max{‖f(t, x0)‖ : t ∈ [t0 − δ, t0 + δ]}, L una constante

de Lipschitz para f y llamese I al intervalo [t0 − δ, t0 + δ].Definicion de las iterantes de Picard:

x0(t) = x0,

x1(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, x0(s)) ds,

. . . . . .

xk(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, xk−1(s)) ds k > 1,

para todo t ∈ I.La iterantes de Picard estan bien definidas y son funciones continuas por ser-

lo f . Se probara que esta sucesion converge uniformemente en I a una funcion,necesariamente continua, que es solucion del problema de valor inicial.

Para cada t ∈ I se verifica que

‖x1(t)− x0(t)‖ ≤M |t− t0| =M

L

L|t− t0|1!

,

‖x2(t)− x1(t)‖ ≤∣∣∣∣∫ t

t0

‖f(s, x1(s))− f(s, x0(s))‖ ds∣∣∣∣

≤ L∣∣∣∣∫ t

t0

‖x1(s)− x0(s)‖ ds∣∣∣∣

≤ LM∣∣∣∣∫ t

t0

|s− t0| ds∣∣∣∣

= LM|t− t0|2

2!=M

L

L2|t− t0|2

2!.

Ahora es facil probar por induccion que

‖xk(t)− xk−1(t)‖ ≤ M

L

Lk|t− t0|k

k!.

Por tanto la seriex0(t) + (x1(t)− x0(t)) + . . . ,

esta mayorada por la serie

‖x0‖+M

L

(L|t− t0|

1!+L2|t− t0|2

2!+ . . .

)y tambien por la serie numerica

‖x0‖+M

L

(Lδ

1!+L2δ2

2!+ . . .

)= ‖x0‖+

M

L(exp(Lδ)− 1).


Entonces el criterio de la mayorante de Weierstrass asegura que la serie

x0(t) + (x1(t)− x0(t)) + . . .

converge uniformemente en I a una funcion continua x(t). Es decir

lımk→∞

xk(t) = x(t), uniformemente en I.

Por tanto

lımk→∞

(x0 +

∫ t

t0

f(s, xk−1(s)) ds

)= x(t).

Segun el lema 2.3, todo lo que hay que probar es que

lımk→∞

∫ t

t0

f(s, xk(s)) ds =

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds.

En efecto, ∥∥∥∥∫ t

t0

(f(s, xk(s))− f(s, x(s))) ds

∥∥∥∥≤∣∣∣∣∫ t

t0

‖f(s, xk(s))− f(s, x(s))‖ ds∣∣∣∣

≤ Lδ‖xk − x‖∞ → 0, k →∞.

2. Unicidad.Probaremos que si x, y : I → Rn son soluciones del problema de valor inicial,

entonces x = y. En efecto,

x(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds,

y(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, y(s)) ds.

Por tanto,

‖x(t)− y(t)‖ ≤∣∣∣∣∫ t

t0

‖f(s, x(s))− f(s, y(s))‖ ds∣∣∣∣

≤ L∣∣∣∣∫ t

t0

‖x(s)− y(s)‖ ds∣∣∣∣ .

Aplicando el Lema 2.4 de Gronwall con los datos: a = 0, b = L, u(t) = ‖x(t)−y(t)‖y v(t) = 1, se obtiene que

‖x(t)− y(t)‖ ≤ 0 exp(L|t− t0|),

de donde se deduce que x(t) = y(t). �

Teorema 2.7. Sea f ∈ C(D) ∩ Liploc(D,x). Para cada (t0, x0) ∈◦D, existen

δ > 0 y x : [t0−δ, t0+δ] ∈ Rn solucion del problema de valor inicial (2.6). Cualquierotra solucion y : [t0 − δ, t0 + δ] ∈ Rn del problema de valor inicial (2.6) coincidecon x.

3. EXISTENCIA DE SOLUCIONES 39

Demostracion. Sean a, b > 0 tales que

R = [t0 − δ, t0 + δ]×B[x0, b] ⊂ D.Puesto que f es continua, es acotada en R. Sea M > 0 y tal que

M ≥ max{‖f(t, x)‖ : (t, x) ∈ R}.Sea δ = mın(a, b/M). Entonces

Rδ,M = [t0 − δ, t0 + δ]×B[x0, δM ] ⊂ R ⊂ D.La sucesion de iterantes de Picard, satisface

‖xk(t)− x0‖ ≤M |t− t0|, t ∈ [t0 − δ, t0 + δ], k = 1, 2, . . . .

Es decir,

{(t, xk(t)) : t ∈ [t0 − δ, t0 + δ]} ⊂ {(t, x) : t ∈ I, ‖x− x0‖ ≤M |t− t0|}.Puesto que f ∈ Liploc(D,x), es globalmente lipschitziana en el compacto Rδ,M . SeaL una constante de Lipschitz para f en dicho compacto. Exactamente igual que elel Teorema 2.6 se obtiene que las iterantes de Picard convergen uniformemente ala unica solucion del problema de valor inicial. �

3. Existencia de soluciones del problema de valor inicial solo con lahipotesis de continuidad

3.1. Equicontinuidad. Sean I un intervalo compacto de R y C(I) el es-pacio vectorial de las funciones continuas x : I → Rn dotado de la norma de laconvergencia uniforme

‖x‖ = maxt∈I‖x(t)‖,

donde ‖x(t)‖ es cualquier norma en Rn.

Definicion 2.3. Se dice que F ⊂ C(I) es equicontinuo, si

∀ε > 0∃δ > 0 : s, t ∈ I, |s− t| < δ ⇒ ‖x(s)− x(t)‖ < ε,∀x ∈ F.

Teorema 2.8 (Ascoli). Sea xk : I → Rn una sucesion de funciones continuasen el intervalo compacto I ⊂ R que es acotada uniformemente y equicontinua en I.Entonces existe una subsucesion convergente uniformemente en I.

Teorema 2.9. Sean a, b > 0, (t0, x0) ∈ R×Rn y R = [t0−a, t0 +a]×B[x0, b].Si f ∈ C(R), existe al menos una solucion del problema de valor inicial

x′ = f(t, x), x(t0) = x0,

definida en el intervalo [t0 − δ, t0 + δ], donde δ = mın(a, b/M) siendo M > 0 yM ≥ max{‖f(t, x)‖ : (t, x) ∈ R}.

Demostracion. Sea la sucesion de iterantes de Picard

x0(t) = x0,

x1(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, x0(s)) ds,

. . . . . .

xk(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, xk−1(s)) ds k > 1,


para todo t ∈ I = [t0 − δ, t0 + δ].La sucesion {xk} satisface

‖xk(t)‖ ≤ ‖x0‖+Mδ, para todos t ∈ I, k ∈ N,‖xk(s)− xk(t)‖ ≤M |s− t|, para todos s, t ∈ I, k ∈ N.

En consecuencia es acotada uniformemente y equicontinua.Por tanto existe una subsucesion, a la que tambien llamaremos {xk}, que con-

verge uniformemente hacia una funcion x ∈ C(I). Se demostrara que x es unasolucion del problema de valor inicial. En efecto, puesto que f es uniformementecontinua en R,

∀ε > 0,∃η > 0 : s ∈ I, ‖xk−1(s)− x(s)‖ < η ⇒ ‖f(s, xk−1(s))− f(s, x(s))‖ < ε.

De lımk→∞ xk−1(s) = x(s), uniformemente en s ∈ I, se obtiene que

∃k0 : k ≥ k0 ⇒ ‖xk−1(s)− x(s)‖ < η,

de donde se concluye que lımk→∞ f(s, xk−1(s)) = f(s, x(s)), uniformemente ens ∈ I. Finalmente tomando lımite cuando k →∞ en

xk(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, xk−1(s)) ds,

se obtiene que

x(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds.

�

4. El teorema de existencia y unicidad global. Prolongacion desoluciones. Soluciones maximales

Proposicion 2.10 (Unicidad). Sea f ∈ C(D) ∩ Liploc(D,x), siendo D ⊂ R2

con interior no vacıo. Si x : I → R e y : J → R son soluciones de x′ = f(t, x) quecoinciden en un punto, entonces x = y en I ∩ J .

Demostracion. Sea A = {t ∈ I ∩ J : x(t) = y(t)}. Por hipotesis A es novacıo y puesto que x e y son continuas, es cerrado en I ∩ J . Al ser I ∩ J conexo,bastara probar que es abierto, para obtener que A = I ∩ J .

Supondremos en primer lugar que existe δ > 0 tal que [t0− δ, t0 + δ] ⊂ I ∩J . El{(t, x(t)), (t, y(t)) : t ∈ [t0− δ, t0 + δ]} es un compacto incluido en D. Por tanto f eslipschitziana en dicho compacto respecto de x. Sea L una constante de Lipschitz.De

x(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds,

y(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, y(s)) ds,

se obtiene

‖x(t)− y(t)‖ =∥∥∥∫ t

t0

(f(s, x(s))− f(s, y(s)) ds∥∥∥

≤ L∣∣∣∫ t

t0

‖x(s)− y(s)‖ ds∣∣∣.

4. PROLONGACION DE SOLUCIONES 41

Usando el Lema de Gronwall con a = 0, b = L, u = |x− y| y v ≡ 1, se obtiene

‖x(t)− y(t)‖ ≤ a exp(L|t− t0|) = 0, t ∈ [t0 − δ, t0 + δ],

Es decir, [t0 − δ, t0 + δ] ⊂ A.Los casos en que t0 es el extremo derecho o izquierdo del intervalo I ∩ J se

demuestran de manera analoga. �

Consecuencia del resultado anterior es que entre todas las soluciones que verifi-can una misma condicion inicial hay una unica cuyo intervalo de definicion contienea todos los demas. Dicha solucion se denomina maximal. Es decir, se cumple el:

Teorema 2.11. Sea f ∈ C(D) ∩ Liploc(D,x). Entonces para cada (t0, x0) ∈◦D

existe una solucion x : I → Rn del problema de valor inicial (2.6) tal que si y : J →Rn es cualquier otra solucion de (2.6), entonces J ⊂ I y x = y en J . Ademas x esla unica solucion con esta propiedad de maximalidad del intervalo de definicion.

Demostracion. Sea el conjunto de soluciones del problema de valor inicial:

{xα : Iα → Rn : xα es solucion del pvi , α ∈ A}.

Sea I = ∪α∈AIα y defınase

x : I → Rn, x(t) = xα(t), si t ∈ Iα.

La funcion x esta bien definida porque

x(t) = xα(t) = xβ(t), si t ∈ Iα ∩ Iβ .

La funcion x es solucion, ya que si t ∈ I, t ∈ Iα para algun α ∈ A. Entonces, si

t ∈◦Iα,

x′(t) = x′α(t) = f(t, xα(t)) = f(t, x(t)).

Si t es el extremo izquierdo de Iα, entonces

x′+(t) = (x′α)+(t) = f(t, xα(t)) = f(t, x(t)).

Si t es el extremo derecho de otro intervalo Iβ , solo hay que cambiar + por − enlas igualdades anteriores. Es decir

x′−(t) = (x′β)−(t) = f(t, xβ(t)) = f(t, x(t)).

Se obtiene que x es derivable en t, porque coinciden las derivadas laterales y x′(t) =f(t, x(t)). La solucion x cumple obviamente la condicion inicial y la de maximalidaddel intervalo.

Unicidad: Si y : J → Rn es otra solucion maximal de (2.6), entonces I ⊂ J ,x(t) = y(t) para todo t ∈ I, por ser y maximal. Puesto que x tambien es maximal,se concluye que I = J y x = y. �

Comentario 2.12. Si D es abierto, entonces el intervalo I de definicion de lasolucion maximal es abierto. En efecto, si I = (τ0, τ1], entonces x se puede prolongara traves de τ1 del siguiente modo: Puesto que (τ1, x(τ1)) ∈ D, puedo construir unrectangulo

Rδ,M = [τ1 − δ, τ1 + δ]×B[x(τ1), δM ] ⊂ D,donde τ0 < τ1 − δ y donde M > 0, M ≥ sup(t,x)∈Rδ,M ‖f(t, x)‖.


Sea y : [τ1 − δ, τ1 + δ] → Rn la solucion local del problema de valor inicial(τ1, x(τ1)) y defınase x : (τ0, τ1 + δ]→ Rn por

x(t) =

{x(t), τ0 < t ≤ τ1,y(t), τ1 < t ≤ τ1 + δ.

La funcion x esta bien definida, ya que por la unicidad de soluciones x = y en[τ1 − δ, τ1], es derivable porque lo son x e y, teniendo en cuenta que

x′−(τ1) = f(τ1, x(τ1)) = f(τ1, y(τ1)) = y′(τ1).

Finalmente x es solucion porque lo son x e y.Un razonamiento analogo por la izquierda, demuestra que I es abierto.

Teorema 2.13. Sea f ∈ C(D). Sean x : (α, β) → Rn, β < ∞, solucionde (2.12) y t0 ∈ (α, β). Si {f(t, x(t)) : t ∈ [t0, β)} es acotado, entonces existelımt→β x(t). Si este lımite vale x∗ y (β, x∗) ∈ D, entonces x es prolongable a laderecha, es decir, existe x : I → Rn solucion de (2.12) tal que I ⊃ (α, β] y x = xen (α, β).

Demostracion. Sea M = supt∈[t0,β) ‖f(t, x(t))‖. De

x(t) = x(t0) +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds, t ∈ [t0, β),

se obtiene‖x(t)− x(s)‖ ≤M |t− s|, s, t ∈ [t0, β),

de donde se sigue que existe el lımt→β x(t) = x∗.Supongase que (β, x∗) ∈ D. Defınase x : (α, β]→ Rn por

x(t) =

{x(t), t ∈ (α, β),

x∗, t = β.

Probaremos que x es solucion. En primer lugar notese que x es continua. Ademas

x(t) = x(t0) +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds, t ∈ (α, β).

Finalmente, si t0 = β,

x(β) = lımt→β

x(t)

= lımt→β

(x(t0) +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds

)= x(t0) +

∫ β

t0

f(s, x(s)) ds,

ya que ∥∥∥∥∥∫ β

t0

f(s, x(s)) ds−∫ t

t0

f(s, x(s)) ds

∥∥∥∥∥=

∥∥∥∥∥∫ β

t

f(s, x(s)) ds

∥∥∥∥∥≤M |β − t|.

�

4. PROLONGACION DE SOLUCIONES 43

Corolario 2.14. Sean f ∈ C(D) y x : (α, β)→ Rn una solucion de (2.12) talque β < ∞. Supongamos que existen t0 ∈ (α, β) y un compacto K incluido en Dtales que

(t, x(t)) ∈ K, si t ∈ [t0, β),

entonces x es prolongable a la derecha.

Demostracion. Puesto que f es continua, es acotada en K y, en consecuencia,en

(t, x(t)) ∈ K, si t ∈ [t0, β).

Ası que existe el lımt→β x(t) = x∗. Al ser K compacto, (β, x∗) ∈ K ⊂ D y lasolucion se puede prolongar a la derecha de β. �

Teorema 2.15. Sea f ∈ C(D)∩Liploc(D,x). Sea x : (α, β)→ Rn una solucionde (2.12) tal que β <∞. Supongase que existe una sucesion {tm} en (α, β) tal que

lımm→∞

tm → β, lımm→∞

x(tm) = x∗.

Si (β, x∗) ∈◦D, entonces x es prolongable a la derecha.

Demostracion. Existen δ > 0 y M > 0 y

Rδ,M = [β − δ, β + δ]×B[x∗, δM ] ⊂ D,

con M ≥ max(t,x)∈Rδ,M ‖f(t, x)‖. Puesto que lımm→∞(tm, x(tm))→ (β, x∗), existem tal que

β − δ/4 < tm < β, x(tm) ∈ B[x∗,δ

4M ].

Se verifica que

[tm −δ

2, tm +

δ

2]×B[x(tm),

δ

2M ] ⊂ Rδ,M .

En efecto, sea (t, x) tal que |t− tm| ≤ δ/2 y ‖x(tm)− x‖ ≤ δM/2. Entonces

|t− β| ≤ |t− tm|+ |tm − β| ≤ δ/2 + δ/4 < δ

‖x− x∗‖ ≤ ‖x− x(tm)‖+ ‖x(tm)− x∗‖ ≤ δM/2 + δM/4 < δM.

Hay una unica solucion x : [tm − δ/2, tm + δ/2] → Rn, tal que x(tm) = x(tm). Dela unicidad de soluciones se deduce que

x(t) = x(t), t ∈ (α, β)→ [tm − δ/2, tm + δ/2].

Notese que β − δ/4 < tm y, por tanto, β < β + δ/4 = β − δ/4 + δ/2 < tm + δ/2.La funcion

x(t) =

{x(t), t ∈ (α, β),

x(t), t ∈ [β, tm + δ/2)

es una solucion que prolonga a la derecha a x(t).

Comentario 2.16. Hay versiones a la izquierda de los tres resultados anterioresde enunciado obvio.

�


5. Continuidad de la solucion respecto de las condiciones iniciales yparametros

5.1. Continuidad de la solucion respecto de las condiciones iniciales.Sean D ⊂ R × Rn abierto y f : D → Rn, (t, x) → f(t, x) una funcion continua ylocalmente Lipschitz respecto de x en D. Consideremos el sistema diferencial

(2.12) x′ = f(t, x).

Fijada una condicion inicial (τ , x) ∈ D, u(t, τ , x) denotara el valor en t de la unicasolucion maximal del problema de valor inicial

(2.13) x′ = f(t, x), x(τ) = x.

Llamaremos Iτ ,x al intervalo abierto de definicion de dicha solucion.

Teorema 2.17. Sea u : [a, b]→ Rn una solucion de (2.12).a) Existe ε1 > 0 tal que

Vε1 = {(τ, x) : a ≤ τ ≤ b, ‖x− u(τ)‖ < ε1} ⊂ D.

Ademas, para todo 0 < ε < ε1 existe δ > 0 tal que

(τ, x) ∈ Vδ ⇒ [a, b] ⊂ Iτ,x y supt∈[a,b]

‖u(t, τ, x)− u(t)‖ < ε.

b) El conjunto

W = {(t, τ, x) : (τ, x) ∈ D, t ∈ Iτ,x}es abierto y la funcion u : W → Rn, (t, τ, x) ∈ W → u(t, τ, x) ∈ Rn es continua.

Demostracion. a) Puesto que {(t, u(t)) : t ∈ [a, b]} es un compacto incluidoen D, existe ε1 > 0 tal que si 0 < ε < ε1, entonces Vε ⊂ Vε1 ⊂ D. Sea L unaconstante de Lipschitz para f en el compacto Vε1 . Para cada 0 < ε < ε1 sea0 < δ < εe−L(b−a). Desde luego Vδ ⊂ Vε. Se verifica

(2.14) (τ, x) ∈ Vδ ⇒ {(t, u(t, τ, x)) : t ∈ [a, b] ∩ Iτ,x} ⊂ Vε.

Si suponemos probado lo anterior, entonces [a, b] ⊂ Iτ,x := (α, β). En efecto, sia ≤ α o β ≤ b, entonces u se puede prolongar a la izquierda de α o al derechade β, ya que Vε ⊂ Vε1 ⊂ D. Y la parte a) queda demostrada. Para probar (2.14),supongamos que existe t ∈ [a, b] ∩ Iτ,x tal que ‖u(t, τ, x) − u(t)‖ ≥ ε. Podemossuponer que t > τ , ya que el caso t < τ se prueba de manera analoga. Sea

t1 = ınf{t ∈ [τ, b] ∩ Iτ,x : ‖u(t, τ, x)− u(t)‖ ≥ ε} <∞.

Entonces por continuidad ‖u(t1, τ, x)− u(t1)‖ = ε. Puesto que (τ, x) ∈ Vδ y δ < ε,τ < t1. Ademas ‖u(t, τ, x)− u(t)‖ < ε, si τ ≤ t < t1.

Utilizando la representacion integral de la solucion del problema de valor inicialse obtiene

‖u(t, τ, x)− u(t)‖ ≤ ‖x− u(τ)‖+

∣∣∣∣∫ t

τ

(f(s, u(s, τ, x))− f(s, u(s)) ds

∣∣∣∣ ,siempre que τ ≤ t ≤ t1.

Del lema de Gronwall, se obtiene

‖u(t, τ, x)− u(t)‖ ≤ ‖x− u(τ)‖eL|t−τ | ≤ δeL(b−a) < ε,

si τ ≤ t ≤ t1. En t = t1 se obtiene la contradiccion ‖u(t1, τ, x)− u(t1)‖ < ε.

5. CONTINUIDAD 45

b) Para demostrar que W es abierto, sea (t, τ , x) ∈ W. Se eligen a < t, τ < btales que [a, b] ⊂ Iτ ,x. Sea u(·) = u(·, τ , x)|[a,b]. De a) sigue la existencia de Vr ⊂ Dtal que si (t, τ, x) ∈ [a, b]× Vr, entonces t ∈ Iτ,x y, por tanto (t, τ, x) ∈ W.

Se verifica que u : W → Rn es continua. En efecto, sea (t, τ , x) ∈ W. De a)sigue que existen a < t, τ < b tales que para todo 0 < ε < ε1, existe 0 < δ tal que

(t, τ, x) ∈ [a, b]× Vδ ⇒ ‖u(t, τ, x)− u(t, τ , x)‖ < ε/2.

De la continuidad de u(·, τ , x) se obtiene la existencia de δ1 > 0 tal que

t ∈ [a, b], |t− t| < δ1 ⇒ ‖u(t, τ , x)− u(t, τ , x)‖ < ε/2.

Ası que

(t, τ, x) ∈ [a, b]× Vδ, |t− t| < δ1

implican

‖u(t, τ, x)− u(t,τ , x)‖≤ ‖u(t, τ, x)− u(t, τ , x)‖+ ‖u(t, τ , x)− u(t, τ , x)‖ < ε.

�

5.2. Continuidad de la solucion respecto de las condiciones inicialesy parametros. Sean D ⊂ R×Rn×Rk abierto y f : D → Rn, (t, x, λ)→ f(t, x, λ)una funcion continua y localmente Lipschitz respecto de x en D. Consideremos lafamilia de sistemas diferenciales dependiente del parametro λ

(2.15) x′ = f(t, x, λ).

Fijada una condicion inicial y un valor del parametro, es decir fijado (τ , x, λ) ∈ D,u(t, τ , x, λ) denotara el valor en t de la unica solucion maximal del problema devalor inicial

(2.16) x′ = f(t, x, λ), x(τ) = x.

Llamaremos Iτ ,x,λ al intervalo abierto de definicion de dicha solucion.

Teorema 2.18. a) Sea u : [a, b] → Rn una solucion de (2.15) para λ = λ.Entonces existe ε1 > 0 tal que

Vε1 = {(τ, x, λ) : a ≤ τ ≤ b, ‖x− u(τ)‖ < ε1, ‖λ− λ‖ < ε1} ⊂ D.

Ademas, para todo 0 < ε < ε1 existe δ > 0 tal que

(τ, x, λ) ∈ Vδ ⇒ [a, b] ⊂ Iτ,x,λ y supt∈[a,b]

‖u(t, τ, x, λ)− u(t)‖ < ε.

b) El conjunto

W = {(t, τ, x, λ) : (τ, x, λ) ∈ D, t ∈ Iτ,x,λ}.

es abierto y la funcion u : W → Rn es continua.


6. Ejercicios

1. Demuestre que f(x) = x1/3 no es lipschitziana en [0, 1].Demuestre que f(x) = xn, donde n > 1 es localmente, pero no global-mente lipschitziana en R.

2. Sea el sistema diferencial x′ = f(t, x), donde f ∈ Liploc(D,x). Sean x, y : [t0, t0+δ]→ Rn soluciones del sistema diferencial tales que x(t0) = y(t0). Demues-tre que x(t) = y(t) para todo t ∈ [t0, t0+δ], considerando la funcion auxiliarσ(t) =

∑nk=1(xk(t) − yk(t))2 y demostrando que satisface la desigualdad

diferencial

σ′(t) ≤ 2Lσ(t).

3. En las mismas hipotesis del ejercicio anterior, sean x, y : [t0 − δ, t0] → Rnsoluciones del sistema diferencial tales que x(t0) = y(t0). Demuestre quex(t) = y(t) para todo t ∈ [t0 − δ, t0], considerando las funciones x(t) =x(−t), y(t) = y(−t).

4. El teorema del punto fijo de Banach dice que si (E, d) es un espacio metricocompleto y si T : E → E es una aplicacion contractiva, entonces existe ununico punto fijo para T .

Sea R = [t0 − δ, t0 + δ] × B[x0, δM ], donde t0 ∈ R, δ,M > 0, f ∈C(R) ∩ LipL(R, x) y L > 0, Lδ < 1. Sean I = [t0 − δ, t0 + δ], E = {x ∈C(I) : ‖x− x0‖∞ ≤ δM} y

Tx(t) = x0 +

∫ t

t0

f(s, x(s)) ds, (t ∈ I).

Pruebe la existencia y unicidad de soluciones del problema de valor inicialx′ = f(t, x), x(t0) = x0, utilizando el Teorema del punto fijo de Banach.

5. En las hipotesis del Teorema anterior, compruebe que se puede suprimirla hipotesis Lδ < 1, considerando E = C(I), fijando ε > 1 y definiendo lanorma

‖x‖ε = supt∈I

(e−εL|t−t0|‖x(t)‖

), x ∈ C(I).

6. Diga cuales de los siguientes conjuntos de funciones de C[0, 1] son equicon-tinuos.

xk(t) = t/k, k = 1, 2, . . . .xα(t) = αt, α ∈ R.xk(t) = tk, k = 1, 2, . . . .{x ∈ C[0, 1] : |x′(t)| ≤ 1.xk(t) = sin(kt)), k = 1, 2, . . . .

7. Sea {xk(t)}k∈N una sucesion de C(I) equicontinua y puntualmente conver-gente. Demuestre que es uniformemente convergente.

8. Supongase que hay unicidad de soluciones para el problema de valor inicialdel sistema diferencial x′ = f(t, x), x(t0) = x0, donde f ∈ C(D). Sea{xk(t)}k∈N la sucesion de iterantes de Picard asociada al problema de valorinicial. Pruebe que la sucesion de iterantes converge puntualmente.

9. Sea R = [t0 − δ, t0 + δ] × B[x0, b] y f : R → Rn una funcion continua. ElTeorema de aproximacion de Weierstrass asegura que existe una sucesionde funciones fk : R→ Rn cuyas componentes son polinomios tales que

lımk→∞

fk = f uniformemente en R.

6. EJERCICIOS 47

Demostrar el teorema de existencia de soluciones del problema de valorinicial a partir del Teorema de Picard-Lindeloff.

10. Sean R = [0, 1]×B[0, 1] y f : R→ Rn una funcion continua y acotada porM . Considerese el problema de valor inicial

x′ = f(t, x), x(0) = x0,

y la sucesion de funciones (iterantes de Tonelli)

xk(t) =

{x0, 0 ≤ t ≤ 1/k,

x0 +∫ t−1/k

0f(τ, xk(τ)) dτ, j

k ≤ t ≤j+1k ,

donde j = 1, 2, . . . , k − 1.Probar que {xk}k∈N es una sucesion de funciones continuas en C[0, 1]

equicontinua y acotada uniformemente. Demuestre la existencia de solucio-nes del problema de valor inicial para el sistema diferencial x′ = f(t, x).

11. Sean D = I × Rn, donde I es un intervalo abierto de R, f : D → Rn yΦ: I → [0,∞) funciones continuas tales que

‖f(t, x)‖ ≤ Φ(t)(1 + ‖x‖).Demostrar que toda solucion maximal de x′ = f(t, x) esta definida en I.

12. Sea x : (α, β)→ Rn, donde α, β ∈ R una solucion maximal de x′ = f(t, x),donde f ∈ C(D) ∩ Liploc(D,x), siendo D ⊂ R× Rn abierto. Sean

T+ = {(t, x(t)) : t ∈ (α, β)} ∩ {(β, x) : x ∈ Rn},

T− = {(t, x(t)) : t ∈ (α, β)} ∩ {(α, x) : x ∈ Rn}.Probar que x es maximal si y solo si T+ ∩D = ∅ y T− ∩D = ∅.

Capıtulo 3

Sistemas Diferenciales Lineales

1. Funciones matriciales

Sea A ∈Mn(K) donde K = R o C. Se define

‖A‖ = sup‖x‖=1

‖Ax‖,

donde ‖x‖ es una norma en Kn.La aplicacion ‖A‖ es una norma en Mn(K) que verifica:

‖Ax‖ ≤ ‖A‖ ‖x‖,‖AB‖ ≤ ‖A‖ ‖B‖,

donde A,B ∈ Mn(K) y x ∈ Kn. Lo anterior sigue siendo cierto con los cambiosobvios, si n 6= m. Sea la funcion

t ∈ I → A(t) ∈Mn(K).

Se verifica:

1. A(t) es continua si y solo si aij(t) es continua para todos i, j, donde A(t) =[aij(t)].

2. A(t) es derivable si y solo si aij(t) es derivable para todos i, j. Ademas

A′(t) = [a′ij(t)].

3. A(t) es integrable si y solo si aij(t) es integrable para todos i, j. Ademas∫A(t) dt =

[∫aij(t) dt

].

4. Sean Ak, A ∈ Mn(K), k = 1, 2, . . . Entonces Ak → A, k → ∞ si y solo siakij → aij , k →∞ para todos i, j.

Demostracion. En Mn(K) todas las normas son equivalentes. Consideresela norma

‖A‖1 =∑i,j

|aij |

para la que se verifica (1),. . . , (4). �

2. Existencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial

Teorema 3.1. Sean A : I → Mn(K), b : I → Kn funciones continuas en elintervalo I. Entonces para cada (t0, x0) ∈ I×Kn existe una unica solucion, definidaen todo I, del problema de valor inicial

(3.1) x′ = A(t)x+ b(t), x(t0) = x0.

49

50 3. SISTEMAS DIFERENCIALES LINEALES

Demostracion. la funcion f(t, x) = A(t)x + b(t) definida en D = I × Rn escontinua. Sea J ⊂ I un intervalo compacto. Entonces

‖A(t)x1 + b(t)−A(t)x2 − b(t)‖ = ‖A(t)(x1 − x2)‖≤ max

t∈J‖A(t)‖ ‖x1 − x2‖ := LJ‖x1 − x2‖, t ∈ J, x1, x2 ∈ Rn,

de donde se deduce que f ∈ Liploc(D). En consecuencia hay una unica solucionmaximal por cada condicion inicial.

Se probara que la solucion maximal esta definida en todo I. Supongase que β es

el extremo derecho del intervalo de definicion de la solucion maximal y que β ∈◦I.

Entonces [β − δ, β + δ] ⊂◦I, para δ > 0 suficientemente pequeno. El teorema 2.6

garantiza la existencia de una solucion definida en [β − δ, β + δ] cuya grafica pasapor el punto (β, x(β)), donde x es la solucion maximal. Uniendo ambas solucionesse llega a que x no es maximal. �

Comentario 3.2. A partir de ahora todas las soluciones las supondremosmaximales.

Teorema 3.3. Sea A : I →Mn(K) continua. Entonces el conjunto de solucio-nes de x′ = A(t)x es un espacio vectorial n-dimensional y el conjunto de solucionesde x′ = A(t)x+ b(t) es un espacio afın n-dimensional.

Demostracion. Sean x, x soluciones de (3.7) y λ, µ ∈ K. Entonces de

(λx+ µx)′ = λx′ + µx′ = A(t)λx+A(t)µx = A(t)(λx+ µx),

se obtiene que (λx+ µx) es solucion de (3.7).Sea xi la solucion de (3.7) tal que Xi = ei, donde ei es el vector que tiene

todas sus coordenadas nulas salvo la que ocupa el lugar i-esimo. Entonces {xi},i = 1, . . . , n, es una base de soluciones de (3.7).

Sean xp una solucion particular de (3.1) y Z el espacio vectorial de las solucionesde (3.7), entonces xp + Z es el espacio afın de todas las soluciones de (3.1). �

2.1. Soluciones matriciales fundamentales. Una ecuacion diferencial li-neal matricial tiene la forma

(3.2) X ′ = A(t)X,

donde A : I →Mn(K).Una solucion matricial es una funcion derivable X : I →Mn(K) tal que

X ′(t) = A(t)X(t) para todo t ∈ I.

Es facil comprobar que si x0 ∈ Kn

(X(t)x0)′ = X ′(t)x0 = A(t)X(t)x0.

De modo que X(t)x0 es solucion de x′ = A(t)x.

Teorema 3.4 (Existencia y unicidad de soluciones matriciales). Sea t ∈ I →A(t) ∈Mn(K) continua. El problema de valor inicial

(3.3) X ′ = A(t)X, X(t0) = X0 ∈Mn(K), t0 ∈ I,

tiene una unica solucion matricial definida en todo I.

2. EXISTENCIA Y UNICIDAD DE SOLUCIONES PARA EL PROBLEMA DE VALOR INICIAL51

Demostracion. Sea e1, . . . , en la base canonica de Kn. Sea xi(t) la soluciondel problema de valor inicial

x′ = A(t)x, x(t0) = X0ei.

La funcion matricial X(t) cuyas columnas son las xi(t) es solucion del p.v.i..Unicidad: Si X(t), X(t) son soluciones del p.v.i., entonces X(t)ei, X(t)ei son

soluciones de

x′ = A(t)x0, x(t0) = X0ei.

Por tanto X(t)ei = X(t)ei para todo i = 1, . . . , n, de donde se deduce que X(t) =X(t). �

2.2. Formula de Abel-Jacobi-Liouville. Sean t ∈ I → A(t) ∈ Mn(K)continua y X(t) una solucion matricial de x′ = A(t)x, entonces para todos t0, t ∈ I,

(3.4) detX(t) = detX(t0) exp

(∫ t

t0

trazaA(s) ds

).

donde trazaA(s) es la traza de la matriz A(s).

Demostracion. Se probara que (detX)′(t) = (trazaA(t))(detX)(t), ya queintegrando esta ecuacion entre t0 y t, se obtiene (3.4).

(detX)′(t) =d

dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .xi1(t) . . . xin(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=∑i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .x′i1(t) . . . x′in(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣)

i− esima fila

=∑i

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .∑j aij(t)xj1(t) . . .

∑j aij(t)xjn(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∑i,j

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .aij(t)xj1(t) . . . aij(t)xjn(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∑i

aii(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x11(t) . . . x1n(t)

. . .xi1(t) . . . xin(t)

. . .xn1(t) . . . xnn(t)

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.

�


El valor |detX(t)| representa el volumen del paralelepıpedo determinado porlos vectores columnas, X1(t), . . . , Xn(t). De modo que la formula describe comovarıa el volumen de dicho paralelepıpedo a lo largo del tiempo.

Definicion 3.1. Una solucion matricial X(t) de x′ = A(t)x se dice fundamen-tal si X(t) es invertible para todo t, o equivalentemente si es invertible para algunt0.

Entonces, fijado t0 ∈ I se verifica que x(t) es solucion tal que x(t0) = x0 si ysolo si

x(t) = X(t)X−1(t0)x0.

Proposicion 3.5. Sean X1, X2 soluciones matriciales de X ′ = A(t)X. Si X1

es fundamental, entonces existe C ∈Mn(K) tal que

X2(t) = X1(t)C.

Demostracion. Sea C = X−11 (t0)X2(t0), entonces X1(t)C y X2(t) son dos

soluciones matriciales de (3.3). Del Teorema 3.4 se concluye que son iguales. �

2.3. Soluciones del sistema no homogeneo. Formula de variacionde constantes. Si X(t) es una solucion matricial fundamental de x′ = A(t)x, lasolucion de x′ = A(t)x+ b(t), x(t0) = x0 es

(3.5) x(t) = X(t)X−1(t0)x0 +X(t)

∫ t

t0

X−1(s)b(s) ds, (t, t0 ∈ I).

Demostracion. Si X(t)c(t) es solucion de (3.1), entonces

X ′(t)c(t) +X(t)c′(t) = A(t)X(t)c(t) +X(t)c′(t)

= A(t)X(t)c(t) + b(t).

Integrando entre t0 y t se obtiene que

c(t) =

∫ t

t0

X−1(s)b(s) ds.

En consecuencia,

X(t)c(t) = X(t)

∫ t

t0

X−1(s)b(s) ds

es la solucion de x′ = A(t)x+ b(t), x(t0) = 0 y (3.5) es la solucion del pvi (3.1). �

3. Sistemas lineales con coeficientes constantes

Para encontrar todas las soluciones de x′ = Ax, A ∈ Mn(K), se determi-nara una solucion matricial fundamental.

3.1. Caso en el que A es diagonalizable.

Teorema 3.6. Si λ es un autovalor de A y p un autovector asociado, entonces

x(t) = etλp

es solucion de (3.7). Ademas, si p1, . . . , pn es una base de autovectores con autova-lores λ1, . . . , λn respectivamente, entonces

(3.6) etλ1p1, . . . , etλnpn

es una base de soluciones de (3.7).

3. SISTEMAS LINEALES CON COEFICIENTES CONSTANTES 53

Demostracion. Se verifica

x′(t) = λetλp = Aetλp = Ax(t).

Evaluando en t = 0, (3.6), se obtiene p1, . . . , pn, que por hipotesis son linealmenteindependientes. �

En este caso AP = PJ , donde P es la matriz cuyas columnas son los auto-vectores de A y donde J = diag(λ1, . . . , λn) es la matriz diagonal cuyos elemen-tos diagonales son los autovalores, no necesariamente distintos, de A. Por tantoPetJ = P diag(etλ1 , . . . , etλn) es una solucion matricial fundamental.

3.2. Caso general. Exponencial matricial. Para resolver el sistema x′ =Ax, A ∈ Mn(K), se define la exponencial de A, que es una matriz denotada poreA, con casi las mismas propiedades que la exponencial de un escalar.

Del mismo modo que las soluciones de la ecuacion escalar

x′ = ax, a ∈ K,son x(t) = etax0, x0 ∈ K, las soluciones de

(3.7) x′ = Ax, A ∈Mn(K),

seranx(t) = etAx0, x0 ∈ Kn,

donde etA es la exponencial de la matriz tA, que definiremos en lo que sigue.

Teorema 3.7. Sea X(t) la unica solucion matricial fundamental de x′ = Axtal que X(0) = I. Entonces

X(t+ s) = X(t)X(s),

X−1(t) = X(−t).

Demostracion. Para cada s fijo, X(t + s) y X(t)X(s) son soluciones delproblema de valor inicial X ′ = AX, X(0) = X(s). Por lo tanto coinciden.

Haciendo t = −s en la primera formula, se obtiene la segunda. �

Proposicion 3.8. Si X(t) es la solucion matricial del problema de valor inicial

X ′ = AX, X(0) = I,

entonces

X(t) =

∞∑k=0

tkAk

k!,

siendo la convergencia de la serie uniforme en cada intervalo compacto de R.

Demostracion. Para cada i = 1, . . . , n, sea xi la solucion del problema devalor inicial x′ = Ax, x(0) = ei. La sucesion de iterantes de Picard es

xi0(t) ≡ ei,xi1(t) = ei + tAei,

. . . . . .

xik(t) =

k∑j=0

tj

j!Ajei

. . . . . .


que converge uniformemente en intervalos compactos a la solucion xi.Sea X(t) la funcion matricial cuyas columnas son las soluciones xi. Entonces

X(t) es la solucion matricial tal que X(0) = I. Puesto que la funcion x ∈ Kn →|xi| ∈ R es continua, max‖x‖=1 |xi| = Mi <∞. Sea x = x1e

1 + · · ·+xnen un vector

de norma igual a 1, entonces

‖(X(t)−k∑j=0

tj

j!Aj)x‖ ≤

∑i

|xi| ‖xi(t)−k∑j=0

tj

j!Aj)ei‖

≤∑i

Mi ‖xi(t)−k∑j=0

tj

j!Aj)ei‖,

de donde se deduce que

X(t) =

∞∑k=0

tkAk

k!,

siendo la convergencia de la serie uniforme en cada intervalo compacto de R. �

Definicion 3.2. Llamaremos exponencial de tA ∈Mn(K) a

etA = X(t).

Con esta nueva notacion

eA = X(1).

la solucion del problema de valor inicial x′ = Ax, x(0) = x0 es

x(t) = etAx0,

que generaliza la correspondiente formula del caso escalar. Las propiedades

X(t+ s) = X(t)X(s), X−1(t) = X(−t),

se reescriben como

e(t+s)A = etAesA,(etA)−1

= e−tA.

Ademas se verifica (etA)′

= AetA, e0A = I.

Proposicion 3.9. a) Sean A ∈ Mn(K), B ∈ Mm(K) y P ∈ Mn×m(K) talesque AP = PB. Entonces

etAP = PetB , para todo t ∈ R.

b) Si AB = BA, entonces para todo t ∈ R,

etAB = BetA,

et(A+B) = etAetB .

Demostracion. a) En primer lugar notese que

Ck → C, k →∞ ⇒ CkP → CP, QCk → QC, k →∞,

donde P y Q son matrices tales que la multiplicacion por las matrices Ck y C esposible. En efecto, basta tener en cuenta que

‖CkP − CP‖ ≤ ‖Ck − C‖ ‖P‖, ‖QCk −QC‖ ≤ ‖Ck − C‖ ‖Q‖.


De AP = PB se obtiene AjP = PBj , j = 1, 2, . . . .

etAP =

lımk→∞

k∑j=0

tjAj

j!

P = lımk→∞

k∑j=0

tjAj

j!P

= lımk→∞

k∑j=0

PtjBj

j!= P

lımk→∞

k∑j=0

tjBj

j!

= PetB .

b) Se aplica a) con A→ A,B → P,B → A para obtener la primera formula de b).Para demostrar la segunda formula, se probara que etAetB es solucion matricial delproblema de valor inicial X ′ = (A+B)X, X(0) = I. En efecto,

(etAetB)′ = AetAetB + etABetB

= AetAetB +BetAetB

= (A+B)etAetB .

�

3.3. Soluciones complejas. Sea A ∈ Mn(K). El polinomio caracterısticode A es

|A− λ| = PA(λ) = (−1)n(λ− λ1)n1 · · · (λ− λr)nr ,donde λ1, . . . λr son los autovalores distintos de A con multiplicidades algebraicasn1, . . . nr respectivamente. El Teorema de descomposicion de Jordan garantiza laexistencia de una matriz no singular P y una matriz B = diag(B1, . . . , Br), Bl =diag(J l1, . . . , J

lpl

), l = 1, . . . , r, donde

J lk =

λl 1 0 . . . 00 λl 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . λl 10 . . . . . 0 λl

,

tales que AP = PB. Ası que una solucion matricial fundamental de x′ = Ax esetAP = PetB y todo lo que tenemos que hacer es calcular etB . Puesto que

etB = diag(etB1 , . . . , etBr ), etBl = diag(eJl1 , . . . , eJ

lpl ),

debemos calcular etJ , donde

J =

λ 1 0 . . . 00 λ 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . . . . 10 . . . . . 0 λ

.

La matriz J = λI +N , donde

N =

0 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . . . . 10 . . . . . . . . . . 0

.


La potencias sucesivas de N son

N2 =

0 0 1 0 . . . 00 0 0 1 . . . 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 . . . . . . . . 0 10 . . . . . . . . 0 00 . . . . . . . . 0 0

, . . . , Nm = 0,

donde m es el orden de la matriz N . Entonces

etJ = etλI+tN = etλIetN

= etλ(I +

tN

1!+ · · ·+ (tN)m−1

(m− 1)!

)

= etλ

1 t

1! . . . tm−1

(m−1)!

0 1 . . . tm−2

(m−2)!

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1

.

Si P es una matriz de orden m cuyas columnas son P 1, . . . , Pm, entonces

PetJ = [P 1 . . . Pm]etJ

= etλ[P 1 tP 1 + P 2 · · · tm−1

(m− 1)!P 1 + · · ·+ Pm

].

A partir de la formula anterior se deduce que las componentes de cualquier so-lucion son funciones de la forma etλ1p1(t)+ · · ·+etλrpr(t), donde λj es un autovalorde A y donde pj(t) es un polinomio de grado estrictamente menor que la multiplici-dad del autovalor λj . Tambien es facil, aunque de escritura engorrosa, calcular unabase de soluciones de x′ = Ax sin mas que considerar las n columnas de etBP .

3.4. Soluciones reales. Sea A ∈ Mn(R) y considerese el sistema x′ =Ax, x ∈ Rn. Si permitimos soluciones con valores complejos, tenemos que x(t)es solucion si y solo si Rex(t) y Imx(t) son soluciones. Para obtener una base desoluciones reales, basta tener en cuenta que x(t) es solucion si y solo si su conjugadacompleja x(t) es solucion y que si x1(t), . . . , xr(t), y1(t), y1(t), . . . , ys(t), ys(t) es unabase de soluciones, siendo x1(t), . . . , xr(t) reales, entonces

x1(t), . . . , xr(t),Re y1(t), Im y1(t), . . . ,Re ys(t), Im ys(t)

es una base de soluciones reales.

3.5. Sistemas lineales reales planos con coeficientes constantes. Elsistema x′ = Ax es un caso particular de sistema diferencial autonomo, cuya formageneral es

x′ = f(x),

donde f : U → Rn. Supongamos que hay existencia y unicidad de soluciones parael problema de valor inicial de (3.5). Se verifica que

Proposicion 3.10. Si x(t) es una solucion de (3.5) y si t0 ∈ R, entoncesx(t+ t0) tambien es solucion.


Si x : I → R es una solucion, llamamos orbita de x a

orbx = x(I) = {x(t) : t ∈ I}

Proposicion 3.11. Por cada x0 ∈ U pasa una unica orbita maximal de (3.5).

Demostracion. Sean x : I → U e y : J → U soluciones maximales de (3.5)tales que x(t0) = y(t1). Entonces x(t+t0−t1), tambien es solucion maximal, tiene lamisma orbita que x(t) y satisface la misma condicion inicial que y(t), luego coincidecon ella. �

Definicion 3.3. Un punto x0 ∈ U es un punto de equilibrio de (3.5) si f(x0) =0.

Es facil comprobar que x0 es un equilibrio si y solo si x(t) ≡ x0 es solucion de(3.5).

Llamaremos plano de fase al conjunto de orbitas.Sea x′ = Ax, donde A ∈ M2(R) y tiene detA 6= 0. El objetivo es determinar

el plano de fases.El polinomio caracterıstico de A es:

λ2 − (traza A)λ+ detA = 0.

Distinguimos los siguientes casos.1. Hay dos autovalores de A, λ1, λ2 reales y distintos. En este caso hay dos

autovectores linealmente independientes, p1, p2, de modo que

A(p1 p2

)=(p1 p2

)(λ1 00 λ2

).

Cualquier solucion es de la forma(x1(t)x2(t)

)=(p1 p2

)(etλ1 00 etλ2

)(y01

y02

).

Llamamos y1(t), y2(t) a las componentes de x1(t), x2(t) respecto de la base p1, p2.Entonces (

y1(t)y2(t)

)=

(etλ1 0

0 etλ2

)(y01

y02

).

Los cuatro semiejes coordenados son orbitas.Distinguiremos tres casos atendiendo al signo de los autovalores.1a). λ2 < λ1 < 0. Entonces

y1(t), y2(t)→ −∞, t→∞|y1(t)|, |y2(t)| → ∞, t→ −∞

y2(t)

y1(t)=y02

y01e(λ2−λ1)t → 0, t→∞.

Esta ultima afirmacion significa que las orbitas tienden al origen con tangente nulacuando t → ∞. Esta configuracion del plano de fases se llama de nodo estable.Tambien se dice que el punto de equilibrio o el sistema diferencial es un nodoestable.


1b). 0 < λ1 < λ2. Entonces

y1(t), y2(t)→ 0, t→ −∞|y1(t)|, |y2(t)| → ∞, t→∞

y2(t)

y1(t)=y02

y01e(λ2−λ1)t → 0, t→ −∞.

Esta ultima afirmacion significa que las orbitas tienden al origen con tangente nulacuando t→ −∞. El plano de fases tiene una configuracion de nodo inestable.

1c). λ2 < 0 < λ1. Entonces

y1(t)→ 0, t→ −∞|y2(t)| → ∞, t→ −∞y2(t)→ 0, t→∞|y1(t)| → ∞, t→∞

Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de punto de silla.2. Hay un autovalor doble, necesariamente real, λ.2a) Hay dos autovectores linealmente independientes. En este caso si P =(

p1 p2), entonces AP = P

(λ 00 λ

), de modo que A =

(λ 00 λ

). Ası que las

soluciones son de la forma (y1(t)y2(t)

)=

(etλy01

etλy02

).

Todas las orbitas son semirectas que parten del origen. Si λ < 0 tenemos unaconfiguracion de punto de estrella estable y si λ > 0 de punto de estrella inestable.

2b) Solo hay un autovector linealmente independiente. Entonces

AP = P

(λ 10 λ

).

Y, por tanto,

y1(t) = (y01 + y02t)etλ, y2(t) = etλy02.

Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de nodo impropio.El comportamiento asintotico de las orbitas se deduce facilmente de las formu-

las.3. Hay dos autovalores complejos conjugados, λ = α± iβ3a) Sea α 6= 0. Se verifica que si Re p+ i Imag p es un autovector de α+ iβ y

si

P =(Re p Im p

),

entonces

AP = P

(α β−β α

),

de donde se deduce que(y1(t)y2(t)

)= etα

(cos tβ sin tβ− sin tβ cos tβ

)(y01

y02

).

4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES ANALITICOS 59

Si efectuamos un cambio de variable a polares se obtiene r′ = αr, θ′ = −β, eintegrando,

r(t) =√y1(t)2 + y2(t)2 = r0e

tα

θ(t) = arctany2(t)

y1(t)= θ0 − tβ.

Eliminado t entre las dos ecuaciones, se tiene

ρ(θ) = r(t(θ)) = ρ0 expαβ (θ0−θ),

que es una espiral logarıtmica. En las dos figuras que siguen aparece una orbitatıpica en cada uno de los casos α > 0 y α < 0.

Se dice que el plano de fases tiene una configuracion de foco.3b) Sea α = 0. Entonces r(t) = r0 y la orbita es una circunferencia. Las

soluciones son2π

βperiodicas. Se dice que el plano de fases tiene configuracion de

centro.Finalmente consideremos el caso en que detA = 0. Si exceptuamos el caso

trivial en que A es la matriz nula, hay dos casos posibles. Notese que hay unautovalor nulo.

Caso 1. (y′1y′2

)=

(λ 00 0

)(y1

y2

).

El sistema es y′1 = λy1, y′2 = 0 y las soluciones y1(t) = y01 exp(tλ), y2(t) = y02.El eje y1 = 0 esta formado por puntos de equilibrio y todas las orbitas son semirectashorizontales.

Caso 2. (y′1y′2

)=

(0 10 0

)(y1

y2

).

El sistema es y′1 = y2, y′2 = 0 y las soluciones y1(t) = y02t + y01, y2(t) = y02.El eje y2 = 0 esta formado por puntos de equilibrio y todas las orbitas son rectashorizontales.

Si λ1, λ2 son los autovalores de A y si tenemos en cuenta que el polinomiocaracterıstico de A es

λ2 − (traza A)λ+ detA

= λ2 − (λ1 + λ2)λ+ λ1λ2

podemos expresar la discusion anterior en terminos del detA y traza A tal como semuestra en el siguiente grafico, donde

∆ = (trazaA)2 − 4 detA.

4. Ecuaciones diferenciales lineales con coeficientes analıticos

Comenzamos esta seccion con algunas propiedades basicas de las series de po-tencias.

Una serie de potencias en t− t0 es una serie de funciones de la forma

(3.8)

∞∑k=0

ck(t− t0)k.


Mediante la traslacion t→ t− t0, la serie de potencias (3.8), se transforma en unaserie de potencias centrada en t0 = 0, es decir, de la forma

(3.9)

∞∑k=0

cktk.

Se dice que la serie de potencias (3.9) converge en t1, si lo hace la serie numerica

∞∑k=0

cktk1 .

Toda serie de potencias tiene un intervalo de convergencia 0 ≤ R ≤ ∞, tal quela serie converge absolutamente para |t| < R y diverge para |t| > R. Dentro delintervalo de convergencia |t| < R, la serie de potencias define una funcion

x(t) =∞∑k=0

cktk,

indefinidamente derivable y cuyas derivadas se obtienen derivando termino a terminoen la serie de potencias. Del mismo modo, una primitiva de x se obtiene integrandotermino a termino. Se dice que la funcion x(t) es analıtica en |t| < R.

Proposicion 3.12. Sean las series de potencias x(t) =∑∞k=0 ckt

k, y(t) =∑∞k=0 dkt

k, convergentes en |t| < R, entonces

1. x(t) + y(t) =∑∞k=0(ck + dk)tk,

2. x(t)y(t) =∑∞k=0(

∑kj=0 cjdk−j)t

k,

siendo los desarrollos en serie de potencias validos en |x| < R.

4.1. El metodo de las series de potencias. Se ilustrara el metodo con elsiguiente ejemplo.

Ejemplo 10. Resolver el problema de valor inicial

x′ = t2 + x, x(0) = 1.

Se supondra que la solucion de la ecuacion diferencial admite un desarrollo en seriede potencias

x(t) =

∞∑k=0

cktk

y se trata de determinar los coeficientes ck. Derivando termino a termino, se obtieneque

x′(t) =

∞∑k=1

cktk−1.

Sustituyendo en la ecuacion diferencial,∞∑k=1

cktk−1 = t2 +

∞∑k=0

cktk,

que tambien se puede expresar como∞∑k=0

ck+1tk = t2 +

∞∑k=0

cktk.

4. ECUACIONES DIFERENCIALES LINEALES CON COEFICIENTES ANALITICOS 61

Igualando los coeficientes de la misma potencia de t, se obtiene

c1 = c0,

c2 =c12

=c02,

c3 =1 + c2

3=c0 + 2

3!,

c4 =c34

=c0 + 2

4!,

...

Por tanto

x(t) = c0 + c0t+c02!t2 +

c0 + 2

3!t3 +

c0 + 2

4!t4 + . . .

De x(0) = 1 se deduce que c0 = 1. Ası que

x(t) = 1 + t+1

2!t2 +

3

3!t3 +

3

4!t4 + . . .

= 3et − 2

(1 + t+

1

2!t2).

Notese que la ecuacion diferencial es de tipo lineal y puede ser resuelta por inte-gracion elemental.

Ejemplo 11. Se resolvera la ecuacion diferencial

x′′ + tx′ + x = 0.

Se supondra que la solucion de la ecuacion diferencial admite un desarrollo en seriede potencias

x(t) =

∞∑k=0

cktk

y se trata de determinar los coeficientes ck. Sustituyendo en la ecuacion diferencialse obtiene

∞∑k=2

k(k − 1)cktk−2 +

∞∑k=0

kcktk +

∞∑k=0

cktk = 0.

Con el fin de escribir la expresion anterior con un unico sumatorio, se define k−2 =j. Entonces

∞∑k=2

k(k − 1)cktk−2 =

∞∑j=0

(j + 2)(j + 1)cj+2tj =

∞∑k=0

(k + 2)(k + 1)ck+2tk.

Por tanto∞∑k=0

((k + 2)(k + 1)ck+2 + (k + 1)ck)tk = 0.

De donde se obtiene la relacion de recurrencia

ck+2 = − ckk + 2

,

a partir de la cual se obtiene

c2 = − c02 c4 = − c24 = c02·4 . . .

c3 = − c13 c5 = − c35 = c13·5 . . . .


Finalmente, agrupando los terminos que contienen a c0 y c1, se llega a

(3.10) x(t) = c0

(1− t2

2+

t4

2 · 4− . . .

)+ c1

(t− t3

3+

t5

3 · 5− . . .

).

Haciendo c0 = 1, c1 = 0 y c0 = 0, c1 = 1, se obtienen dos soluciones linealmenteindependientes con desarrollos en series de potencias validos para todo t ∈ R.(Comprobar).

Ahora se puede probar que (3.10) es solucion. En efecto, se cumple la relacionde recurrencia ck+2 = −ck/(k+ 2). Repitiendo los calculos anteriores se llega a que

x′′(t) + tx′(t) + x(t) = 0, para todo t ∈ R.

El ejemplo anterior es un caso particular de la

Proposicion 3.13. Sea la ecuacion diferencial x′′ + a(t)x′ + b(t)x = 0, dondea y b son funciones analıticas con desarrollos en series de potencias dados por

a(t) =

∞∑k=0

aktk, b(t) =

∞∑k=0

bktk.

Si x(t) =∑∞k=0 ckt

k es solucion, entonces se verifican las siguientes relaciones derecurrencia

(3.11) (k + 2)(k + 1)ck+2 +

k∑j=0

((j + 1)cj+1ak−j + cjbk−j) = 0, k = 0, 1, . . .

Demostracion. Sustituyendo en la ecuacion diferencial se obtiene∞∑k=2

k(k − 1)cktk−2 + (

∞∑k=0

aktk)(

∞∑k=1

kcktk−1) + (

∞∑k=0

bktk)(

∞∑k=0

cktk) = 0,

o tambien∞∑k=0

(k + 2)(k + 1)ck+2 + (

∞∑k=0

aktk)(

∞∑k=0

(k + 1)ck+1tk) + (

∞∑k=0

bktk)(

∞∑k=0

)cktk) = 0.

Multiplicando las series de potencias y agrupando los coeficientes de tk se llega a

∞∑k=0

(k + 2)(k + 1)ck+2 +

k∑j=0

[(j + 1)cj+1ak−j + cjbk−j ]

tk = 0.

Igualando a cero cada coeficiente de tk, se obtiene (3.11). �

5. Ejercicios

1. Sea X(t) una funcion matricial definida en el intervalo I. Si X(t) es deri-vable y tiene inversa para todo t ∈ I, demuestre que

(X−1(t))′ = −X−1(t)X ′(t)X−1(t).

2. Resuelva el problema de valor inicial[x′(t)y′(t)

]=

[1/t 0−1/t2 1/t

] [x(t)y(t)

]+

[t2

0

],[

x(1)y(1)

]=

[1−1

].

5. EJERCICIOS 63

3. ¿De que forma ha de ser la funcion a(t), a : (0,∞) → R, para que lasfunciones

x1(t) =

a(t)00

, x2(t) =

tt2

0

, x3(t) =

1tt

sean soluciones linealmente independientes de un sistema de la forma x′ =A(t)x, t > 0, si ha de cumplirse

traza(A(t)) =4

t.

Si la cuestion anterior tiene solucion, determine el sistema diferencialx′ = A(t)x.

Si la cuestion anterior tiene solucion, resuelva el problema de valorinicial

x′ = A(t)x+

1/t00

, x(1) =

101

.4. Sea una ecuacion diferencial escalar de segundo orden x′′ = f(t, x, x′) para

la que se cumple la unicidad de soluciones del problema de valor inicial. De-muestre que las graficas de dos soluciones distintas no pueden ser tangentesen ningun punto.

Supongase ademas que f es continua y que una solucion de la ecuaciondiferencial, x : I → R, tiene infinitos ceros en el intervalo compacto [a, b] ⊂I. Demuestre que x(t) = 0 para todo t ∈ I.

5. Sean x1(t) y x2(t) dos soluciones linealmente independientes de la ecuaciondiferencial x′′ + a(t)x′ + b(t)x = 0, siendo a(t) y b(t) funciones continuasen el intervalo I. Pruebe que el conjunto de soluciones es un subespaciovectorial 2-dimensional de C2(I,R). Sea c(t) continua en I. Demuestre queel conjunto de soluciones de x′′+a(t)x′+ b(t)x = c(t) es un subespacio afın2-dimensional de C2(I,R).

6. Describa el metodo de variacion de constantes para encontrar una solucionparticular de la ecuacion x′′ + a(t)x′ + b(t)x = c(t).

7. Sean a(t), b(t) ∈ R. Demuestre que x(t) es solucion de x′′+a(t)x′+ b(t)x =c(t) si y solo si Rex(t) es solucion de x′′+a(t)x′+ b(t)x = Re c(t) e Imx(t)es solucion de x′′ + a(t)x′ + b(t)x = Im c(t)

8. Resuelva la ecuacion x′′ + ax′ + bx = 0, donde a, b ∈ R.9. Demuestre que la ecuacion diferencial x′′ + ax′ + bx = c0 + c1t+ · · ·+ cnt

n

tiene una solucion de la forma

x(t) =

C0 + C1t · · ·+ Cnt

n, si b 6= 0

t(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si b = 0, a 6= 0

t2(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si b = 0, a = 0

10. Resuelva la ecuacion diferencial x′′ + x′ + x = t2.11. Demuestre que x(t) es solucion de la ecuacion diferencial x′′ + ax′ + bx =

eλt(c0+c1t+· · ·+cntn) si y solo si u(t) = e−λtx(t) es solucion de la ecuaciondiferencial u′′ + (2λ+ a)u′ + (λ2 + aλ+ b)u = c0 + c1t+ · · ·+ cnt

n.


Entonces demuestre que la ecuacion diferencial de partida tiene unasolucion de la forma

x(t) =

etλ(C0 + C1t · · ·+ Cnt

n), si λ2 + aλ+ b 6= 0

t(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si λ2 + aλ+ b 6= 0, 2λ+ a = 0

t2(C0 + C1t · · ·+ Cntn), si λ2 + aλ+ b = 0, 2λ+ a = 0

12. Resuelva las ecuaciones diferenciales

x′′ + 4x = sin(2t), x′′ + 4x = sin(2t).

13. Resuelva la ecuacion diferencial

x′′ + 2x′ + x = te(1+i)t,

donde i es la unidad imaginaria compleja.14. Sean x1(t) y x2(t) dos soluciones linealmente independientes de la ecuacion

diferencial x′′ + a(t)x′ + b(t)x = 0, siendo a(t) y b(t) funciones continuasen el intervalo I. Demuestre que los ceros de esas soluciones son distintosy se presentan de forma alternativa. Es decir, x1(t) se anula exactamenteuna vez entre cualesquiera dos ceros de x2(t) y viceversa.

15. Sea la ecuacion diferencial lineal de segundo orden x′′ + a(t)x′ + b(t)x = 0,siendo a(t) y b(t) funciones continuas en el intervalo I. Supongase conocidauna solucion x1(t) tal que x1(t) 6= 0 para todo t ∈ I.a) Utilice la formula de Abel-Jacobi-Liouville para encontrar una segundasolucion linealmente independiente de la anterior.b) Encuentre una segunda solucion linealmente independiente de la primerade la forma x2(t) = x1(t)c(t).

16. Encuentre todas las soluciones de la ecuacion diferencial

x′′ − 4

tx′ +

6

t2x = 0, t > 0,

sabiendo que x1(t) = t2 es solucion.17. Demuestre que cualquier ecuacion diferencial de la forma x′′ + a(t)x′ +

b(t)x = 0, se puede transformar mediante un cambio de variables en unaecuacion de la forma y′′ + q(t)y = 0.

18. Sea la ecuacion diferencial x′′ + q(t)x = 0, donde q(t) es continua en elintervalo I y donde q(t) < 0 para todo t ∈ I. Demuestre que cualquiersolucion no trivial de la ecuacion diferencial tiene a lo sumo un cero.

19. Sea la ecuacion diferencial x′′ + q(t)x = 0, donde q(t) es continua en elintervalo (0,∞), donde q(t) > 0 para todo t ∈ (0,∞) y donde∫ ∞

1

q(t) dt =∞.

Demuestre que si x(t) es una solucion no trivial, entonces tiene un numeroinfinito de ceros.

20. Sean u(t), v(t) soluciones no triviales de

u′′ + q(t)u = 0, v′′ + r(t)v = 0,

respectivamente. Se supone que q(t) > r(t) > 0 son funciones continuas enel intervalo I. Demuestre que u(t) se anula al menos una vez entre cadados ceros consecutivos de v(t).

5. EJERCICIOS 65

21. Resuelva el sistema diferencial lineal x′

y′

z′

=

3 1 −2−1 2 14 1 −3

xyz

.22. Resuelva el sistema diferencial lineal x′

y′

z′

=

1 0 10 1 −1−2 0 −1

xyz


y′

z′

=

6 2 −62 3 −34 2 −4

xyz


y′

z′

=

0 −1 12 −3 11 −1 −1

xyz


y′

z′

=

3 −1 00 3 00 2 3

xyz


y′

z′

=

6 8 −102 2 −35 6 −8

xyz


y′

z′

=

−2 −1 −2−4 −5 2−5 −1 1

xyz

.

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