Ecuaciones Diferenciales: Teoría...

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SolucionesIntegracion elemental

Ecuaciones Diferenciales: Teorıa Unidimensional

M. Fernandez

Universidad de Extremadura

M. Fernandez Teorıa Unidimensional

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Campo de pendientesEl problema de valor inicial

Una ecuacion diferencial (abreviadamente ED) es una ecuacion quecontiene derivadas de las incognitas. El orden de una ecuacion diferenciales el orden de la mayor derivada que aparece en ella.Este capıtulo esta dedicado al estudio de las ecuaciones diferenciales massimples: las ecuaciones de primer orden

x ′ = f (t, x), (1)

donde f : D ⊂ R2 → R, siendo D con interior no vacıo.


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Una solucion de una ED es una funcion x : I → R, donde I es un intervalode 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)).


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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.


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Sea la ED x ′ = f (t, x). En cada (t, x) ∈ D se considera la recta que pasapor dicho punto y tiene pendiente f (t, x). Si la coordenadas del plano sonT ,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, lassoluciones son las curvas, (derivables y tales que su grafica esta incluida enD), tales que en cada punto de su grafica su recta tangente tiene ladireccion del campo.


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Mostraremos dos metodos para dibujar el campo de pendientes de una EDhaciendo una seleccion de puntos (t, x) y marcando cada uno con unpequeno segmento de recta con pendiente f (t, x).1. Metodo de la red. Se piensa en una red rectangular de puntos (t, x) yen cada uno de ellos se dibuja un segmento de pendiente f (t, x).


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Sea la ED x ′ = −tx . Se puede hacer un croquis del campo de pendientespara esta particular ED de una manera sencilla, teniendo en cuenta loshechos siguientes:

(i) Si t = 0 o x = 0, entonces f (t, x) = 0. Ası que a lo largo de ambosejes las lıneas de direccion del campo son horizontales.

(ii) Teniendo en cuenta que f (t, x) = f (−t,−x), f (t, x) = −f (t,−x) yf (t, x) = −f (−t, x), es suficiente dibujar el campo de pendientes enel primer cuadrante.

(iii) Para cada t positivo fijo, las pendientes (negativas) se hacen masinclinadas hacia la vertical a medida que x crece.

(iv) Para cada x positivo fijo, las pendientes (negativas) se hacen masinclinadas hacia la vertical a medida que t crece.


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El campo de pendientes se muestra en la figura siguiente, donde se hadibujado la grafica de una solucion, siguiendo las pendientes.

x -

..

onesolulion t

\ \' // /

\ \" // /\ \\ // /


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2. Metodo de las isoclinas. Otro metodo para dibujar el campo dependientes consiste en encontrar las isoclinas, que son las curvas sobre lasque el campo es constante. La ecuacion de las isoclinas es f (t, x) = c .


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Sea de nuevo la ED x ′ = −tx . Las ecuaciones de las isoclinas son−tx = c . Ası que los ejes son isoclinas que corresponden a c = 0. Formanuna familia de hiperbolas. A lo largo de cada hiperbola se dibuja el campocon las pendientes correspondientes. Ver figura abajo.

Un campo de pendientes puede ser dibujado calculando con uncomputador f (t, x) en cada punto (t, x) de una red predeterminada.


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Veamos dos ejemplos mas.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 comprobarsemediante sustitucion en la ED. Tambien se puede ver que x = 2t − 2 esuna asıntota de todas las soluciones con k 6= 0. Ademas esta lınea estambien una solucion (la que corresponde a k = 0). Este es uno de loscasos raros en que una isoclina tambien es solucion.


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Sea la ED x ′ = x2 − t. Las isoclinas son de la forma x2 − t = c , ası queson parabolas. El campo de pendientes y algunas soluciones aparecen en lafigura que sigue. Se observa que hay soluciones que van hacia arriba yotras que van hacia abajo. Ademas hay una solucion excepcional que nohace ninguna de las dos cosas y que separa los otros dos comportamientos.


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La ED del ejemplo anterior es de especial interes porque aunque parecesimple, no hay formulas en terminos de funciones elementales, o incluso enterminos de integrales de funciones elementales, para las soluciones. Unademostracion de este sorprendente hecho no es facil y suponeconocimientos de la teorıa de Galois. Pero esto no significa que no haysoluciones, simplemente que no hay formulas para ellas.Un hecho a destacar del metodo (cualitativo) de dibujo de soluciones sobreun campo de pendientes es que nos permite visualizar y examinar elcomportamiento de soluciones para las que no hay formulas.


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Dado (t0, x0) ∈ D, el problema de valor inicial consiste en determinar laexistencia y, en su caso, la unicidad de soluciones x de (1) tales quex(t0) = x0. Es decir, soluciones de

x ′ = f (t, x), x(t0) = x0. (2)

Se dice que hay unicidad del problema de valor inicial, si cualesquiera dossoluciones x : I → R e y : J → R de (2) coinciden en I ∩ J.Se dice que (2) es un problema de valor inicial y que (t0, x0) es unacondicion inicial.


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Ecuaciones diferenciales del tipo x′ = g(t)Ecuaciones autonomas unidimensionalesED de variables separadasEcuaciones Diferenciales Lineales de primer orden

Esta parte presenta los metodos tradicionales para encontrar soluciones deEDs, que nos permiten obtener formulas para las soluciones.


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Sea g : I → R, continua en el intervalo I de R. El conjunto de solucionesde la ecuacion diferencial x ′ = g(t) es el conjunto de primitivas de g . Enefecto, si G (t) es una primitiva de g(t), entonces G ′(t) = g(t).Recıprocamente, si x : I → R es una solucion, entonces x ′(t) = g(t) escontinua.


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

∫ tt0

g(t) dt es la unica solucion del problema devalor inicial x ′ = g(t), x(t0) = x0.


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Son ecuaciones diferenciales del tipo

x ′ = f (x), (3)

donde f : U → R.Se dice que f ∈ Liploc(U) si para cada x0 ∈ U existe un entorno V dedicho punto y una constante L ≥ 0 tal que

|f (y)− f (x)| ≤ L|x − y | para todos x , y ∈ V ∩ U.

Si f ∈ C1(U), entonces es Liploc(U). Si f ∈ Liploc(U), es continua en U.Si f ∈ Liploc(U), entonces hay existencia y unicidad del problema de valorinicial.


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Empezamos con la siguiente observacion elemental, aunque importante:

Proposicion

Si x : I → U es solucion de (3) y t0 ∈ I , entonces x(t + t0) : − t0 + I → U,tambien es solucion, donde −t0 + I = {−t0 + t : t ∈ I}.

Demostracion.

dx(t + t0)

dt(t) =

dx

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

Por lo tanto es suficiente estudiar el problema de valor inicial

x ′ = f (x), x(0) = x0 ∈ U. (4)


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Supongase que U = (x1, x2) y que f > 0 en U. Si x(t) es solucion,entonces

x ′(t)

f (x(t))= 1.

Si integramos entre 0 y t obtenemos aplicando la formula de cambio devariable ∫ t

0

x ′(s)

f (x(s))ds =

∫ x(t)

x(0)

dx

f (x)= t.


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Si llamamos

H(x) =

∫ x(t)

x(0)

dx

f (x),

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

H(x(t)) = t

y despejandox(t) = H−1(t).

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


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Un metodo alternativo consiste en observar que

d

dtH(x(t)) = H ′(x(t))x ′(t) =

x ′(t)

f (x(t))= 1,

d

dt(H(x(t)− t) = 0,

H(x(t)) = t + c , x(t) = H−1(t + c),

donde c ∈ R se obtiene aplicando el Teorema del valor medio.


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

Definicion

Se dice que x0 ∈ U es un punto de equilibrio, si f (x0) = 0. Tambien sedice que x0 es punto crıtico.


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

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)−

23 x ′(t) = 1.


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

1

3

∫ t

0x(t)−

23 x ′(t) dt =

∫ 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).


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Pero tambien son soluciones

x(t) =

(t − t1)3, si t ≤ t1

0, si t1 < t < t2

(t − t2)3, si t ≥ t2,

cualesquiera que sean t1 < t2.


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Ya hemos dicho que si f ∈ Liploc(U), entonces hay existencia y unicidadde soluciones del problema de valor inicial. Pero hay hipotesis mas debilesque garantizan la unicidad.

Definicion

Se dice que un punto de equilibrio x∗ ∈ U de (3) es aislado a la derecha(respectivamente, aislado a la izquierda), si existe r > 0 tal que

f (x) 6= 0, si x∗ < x < x∗ + r ( resp. x∗ − r < x < x∗).


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El siguiente resultado suministra una condicion suficiente para quex(t) ≡ x0 sea la unica solucion del problema de valor inicial (4).

Proposicion

Sea f : U → R continua en el abierto U de R. Supongase que para cadaequilibrio x∗ se cumple

1

∫ x

x∗

dξ

|f (ξ)|=∞, si x∗ es aislado a la derecha y x∗ < x < x∗ + r .

2

∫ x∗

x

dξ

|f (ξ)|=∞, si x∗ es aislado a la izquierda y x∗ − r < x < x∗.

Sea x0 un equilibrio. Entonces x : I → U es solucion de (4) si y solo six(t) ≡ x0.


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Es obvio que x(t) ≡ x0 es solucion del problema de valor inicial. Seax : I → U una solucion del problema de valor inicial no constante.Entonces por el Teorema del valor medio existe t1 ∈ I tal que x ′(t1) 6= 0.Supongase que t1 > 0 y x ′(t1) > 0. Sea

t = sup{t ∈ [0, t1] : x ′(t) ≤ 0}.

Notese que x ′(0) = f (x0) = 0. Por continuidad, x ′(t) = 0, de modo que0 ≤ t < t1. Por tanto


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t < t < t1 implica x ′(t) > 0.

Puesto que x es solucion, x(t) es un equilibrio. Ademas por ser

x : (t, t1)→ x(x(t, t1)

)estrictamente creciente, tiene inversa. Entonces para cadax(t) < x < x(t1) existe t ∈ (t, t1) tal que x = x(t). Por tantof (x) = f (x(t)) = x ′(t) > 0. Ası que x(t) es un equilibrio aislado a laderecha.


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Se verifica

t − t =

∫ t

t

x ′(t)

f (x(t))dt =

∫ x(t)

x(t)

dx

f (x)=∞.

Esta contradiccion termina la demostracion, ya que los demas casos sonanalogos.


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Si f ∈ Liploc(U), entonces satisface las hipotesis de la Proposicionanterior, ya que si, por ejemplo, x∗ es un equilibrio aislado a la derecha y sif (x) > 0 siempre que x∗ < x < x∗ + r , entonces∫ x

x∗

dx

f (x)>

1

L

∫ x

x∗

dx

|x − x∗|=∞.


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Teorema

Sea f : U → R continua en el abierto U de R. Supongase que para cadaequilibrio x∗ se cumple

1∫ xx∗

dξ

|f (ξ)|=∞, si x∗ es aislado a la derecha y x∗ < x < x∗ + r .

2∫ x∗x

dξ

|f (ξ)|=∞, si x∗ es aislado a la izquierda y x∗ − r < x < x∗.

Entonces el problema de valor inicial (4) tiene una unica solucionx : I → U tal que cualquier otra solucion y : J → U de (4) satisface

J ⊂ I , x(t) = y(t) para todo t ∈ J.


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Demostracion.

El caso f (x0) = 0 se probo en la Proposicion anterior. (Notese quex(t) ≡ x0 esta definida en todo R.Supongase que f (x0) 6= 0 y sea V la componente conexa (que es unintervalo abierto) del abierto {x ∈ U : f (x) 6= 0} que contiene a x0. Sea

H(x) =

∫ x

x0

dx

f (x), x ∈ V .

Ya hemos probado al comienzo del apartado que H tiene inversa derivableen H(V ) y que H−1(t) es solucion de (4).Tambien se ha probado que si y : J → U es una solucion del problema devalor inicial, J ⊂ F (V ) e y(t) = H−1(t) para todo t ∈ J.


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Sea la EDx ′ = g(t)f (x) (5)

donde f : Uf → R y g : Ug → R son funciones continuas en los abiertosUf y Ug de R. En primer lugar supongase que Uf = (x1, x2), que Ug es unintervalo y que f tiene signo constante; por ejemplo, f > 0 en Uf .Considerese la condicion inicial (t0, x0). Sean

H(x) =

∫ x

x0

dx

f (x), G (t) =

∫ t

t0

g(t) dt.

Entonces H : U → H(U) es un difeomorfismo, cuyo inverso esta definidoen un entorno de t = 0. Por otra parte ImG tambien contiene a t = 0. Enconsecuencia, la funcion H−1(G (t)) esta definida en un intervalo quecontiene a t = 0.


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Si la funcion x : I → U es solucion de (5), entonces para cada t ∈ I

x ′(t) = f (x(t))g(t).

Integrando entre t0 y t y utilizando la formula del cambio de variable∫ t

t0

x ′(s)

f (x(s))ds =

∫ x(t)

x(t0)

dx

f (x)=

∫ t

t0

g(s) ds.


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Por tanto,H(x(t)) = G (t), t ∈ I ,

yx(t) = H−1(G (t)), t ∈ I .

Recıprocamente, la funcion H−1(G (t)) es solucion del problema de valorinicial.


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Se dice que x0 ∈ Uf es un punto de equilibrio, si f (x0) = 0.Se cumple que x0 es un punto de equilibrio si y solo si la funcion x(t) ≡ x0

es solucion.Si f ∈ Liploc(Uf ) y g ∈ C (Ug ), entonces hay existencia y unicidad desoluciones del p.v.i. x ′ = f (x)g(t), x(t0) = x0.En este caso las graficas de las soluciones no constantes no tienen puntoscomunes con las graficas de las soluciones constantes y se puede aplicar elprocedimiento anterior para encontrar su formula entre cada dos cerosconsecutivos de f .


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Sean H(x) y G (t) primitivas de 1/f (x) y g(t) respectivamente. Sea x(t)una solucion de la ecuacion diferencial, entonces

d

dtH(x(t)) = H ′(x(t))x ′(t) =

x ′(t)

f (x(t))= g(t), (6)

o, tambien equivalentemente, por el Teorema del Valor Medio

−G (t) + H(x(t)) = c, (t ∈ I ),

para alguna constante c .Ası que U(t, x) = −G (t) + H(x) es constante en las graficas (otrayectorias) de las soluciones.


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Si a(t) y b(t) son funciones continuas definidas en el intervalo I , entonces

x ′ = a(t)x + b(t)

es la EDL general de primer orden. Se llama homogenea si b(t) ≡ 0.


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La ED homogenea x ′ = a(t)x es de variables separadas y puesto quef (x) = x , hay existencia y unicidad de soluciones del p.v.i. La funcionidenticamente nula es solucion y la solucion que verifica x(t0) = x0 6= 0con t0 ∈ I , se obtiene por integracion elemental, como sigue:∫ t

t0

a(t) =

∫ t

t0

x ′(t)

x(t)

=

∫ 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 ).


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En este caso sencillo, se pueden obtener de una vez todas las soluciones,buscando un factor integrante del siguiente modo: La funcion x : I → R essolucion si y solo si para todo t ∈ I

x ′(t)− a(t)x(t) = 0

o, equivalentemente

(e−A(t)x(t))′ = e−A(t)(x ′(t)− a(t)x(t)) = 0, A(t) =

∫ t

t0

a(s) ds


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Del Teorema del Valor Medio, se obtiene que

e−A(t)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 unsubespacio vectorial unidimensional de C1(I ).


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Para resolver la ecuacion diferencial completa, se busca una funcion µ(t),que llamaremos factor integrante, que cumpla

µ(t)(x ′(t)− a(t)x(t)) = (µ(t)x(t))′ = µ(t)b(t)

cualquiera que sea la solucion x(t). Entonces

µ(t) = exp(−A(t)), A(t) =

∫ t

t0

a(s) ds.


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Por tanto,(exp(−A(t))x(t))′ = exp(−A(t))b(t).

Integrando entre t0 y t, se obtiene

exp(−A(t))x(t)− x(t0) =

∫ t

t0

exp(−A(s))b(s) ds.

Finalmente,

x(t) = exp(A(t))x(t0) + exp(A(t))

∫ t

t0

exp(−A(s))b(s) ds,

que se puede expresar como

x(t) = x(t0) exp

(∫ t

t0

a(τ) dτ

)+

∫ t

t0

exp

(∫ t

sa(τ) dτ

)b(s) ds.


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Notese que la formula anterior es valida para cualquier t ∈ I . Tambien esfacil comprobar que la funcion

x(t) = x(t0) exp

(∫ t

t0

a(τ) dτ

)+

∫ t

t0

exp

(∫ t

sa(τ) dτ

)b(s) ds.

es la solucion de la ecuacion diferencial que cumple la condicion inicialx(t0) = x0.


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Hemos probado el siguiente resultado:

Teorema

Sean a, b : I → R funciones continuas en el intervalo I . Para cada(t0, x0) ∈ I × R, existe una unica solucion del problema de valor inicial

x ′ = a(t)x + b(t), x(t0) = x0.

La unica solucion viene dada por la formula

x(t) = x(t0) exp

(∫ t

t0

a(τ) dτ

)+

∫ t

t0

exp

(∫ t

sa(τ) dτ

)b(s) ds.


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