Edo carrillo diaz

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
[Notas de Clase]
Luis Enrique Carrillo Diaz
Ciclo 2013-I

Luis Enrique Carrillo D´ıaz
Ecuaciones Diferenciales Ordinarias
UNMSM

Índice general
1. Introducción 1
1.1. Aspectos históricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2. Resultados básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2. Método de Picard 13
2.1. Aproximaciones sucesivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2. Existencia y unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3. Existencia de soluciones 23
3.1. Método de Cauchy-Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4. Unicidad de soluciones 35
4.1. Teoremas de unicidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
5. Inecuaciones diferenciales 45
5.1. Resultados básicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
5.2. Soluciones maximales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
6. Dependencia continua 53
7. Sistemas de ecuaciones diferenciales 61
7.1. Sistemas lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
7.2. Independencia lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
8. Teor´ıa cualitativa de ecuaciones diferenciales ordinarias 73
8.1. Sistemas autónomos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77
8.1.1. Primer caso: λ1, λ2 ∈ R; λ1 = λ2; con igual signo . . . . 81
8.1.2. λ1 y λ2 son reales y de signos opuestos. . . . . . . . . . . 83
8.1.3. λ1 = λ2 = λ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
8.1.4. λ1, λ2 son complejos conjugados . . . . . . . . . . . . . . 85
8.2. Cómo dibujar un mapa de fases . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
9. Nociones de estabilidad 99

Alumnos con Práctica N◦ 1
1. Abad Rojas, Bruce Anderson
2. Arakawa Yagi, Patricia
3. Bartolo Auccatoma, Richard
4. Chávez Lago, Victor Rolando
5. Huayhuas Chipana, Fidel Eduardo
6. Medrano Carrasco, Aracelli Alejandra
7. Mendoza Llanca, Nilton Anibal
8. Ramirez Galindo, Jhonny
9. Ramos Castillo, Ricardo Jesús [Felici-
taciones por su Práctica N◦
1]
10. Rayo Acuña, Carla Patricia
11. Rodriguez Valerio, Piere Alexander
[Felicitaciones por su excelente Prácti-
ca N◦
1]
12. Rojas Mendoza, Erik Antonio [Felici-
taciones por su Práctica N◦
1]
13. Torres Castillo, Victor Antonio
14. Vargas Ormeño, Mariana Milagros
15. Yepez Veli, Miguel Angel

Prefacio
Las ecuaciones algebraicas tienen soluciones numéricas; sin embargo las
ecuaciones algebraicas no son las únicas que nos permiten describir una serie
de fenómenos del mundo real, los cuales son modelados por otros tipos de
ecuaciones, como las ecuaciones diferenciales, cuyas soluciones son funciones.
As´ı por ejemplo, en el contexto de la mecánica clásica, el movimiento de una
part´ıcula que se desplaza en l´ınea recta con velocidad constante de 3 cm/s
está gobernado por la ecuación
e′
− 3 = 0 (1)
donde e = e(t) representa el espacio recorrido en el tiempo t en segundos; ′
≡
d
dt
A estas ecuaciones que describen fenómenos del mundo real, en la terminolog´ıa
moderna se las denomina modelos matemáticos. Vemos que la ecuación (1) es
satisfecha por la función lineal e = 3t, ya que e′
= 3, es decir e′
− 3 = 0. En
otras palabras estamos observando que la solución de este sistema mecánico
está dada por la función e = 3t cuya gráfica se muestra a continuación
1
3
e = 3t
Sin embargo basta una simple observación para darse cuenta que esta función
no es la única que satisface la ecuación (1), ya que también satisfacen tal
ecuación las funciones e = 3t + 1, e = 3t + 3, y en general e = 3t + k, donde k
es una constante arbitraria; con lo cual de paso se verifica que existe

una cantidad infinita de soluciones para la ecuación (1); este conjunto infinito
de soluciones es la familia de rectas con pendiente igual a 3. A este haz de
rectas lo llamaremos a grosso modo una solución general de la ecuación (1).
En el gráfico que mostramos a continujación aparece esta familia de rectas.
1
3
e = 3t
e = 3t + 1
e = 3t + k
Pero quizás algún lector que por primera vez lee estos temas esté pensando
que sólo las familias de rectas son soluciones de las ecuaciones diferenciales;
pero felizmente no es tan limitado este tema, ya que al preguntarnos cuál es la
función cuya derivada reproduce la misma función, inmediatamente surge en
nuestra mente la función u(t) = et
, pues en efecto u′
(t) = et
o equivalentemente
u′
(t) − u(t) = 0 (2)
es decir esta ecuación diferencial tiene por solución la función exponencial real
u(t) = et
, y de manera análoga al caso anterior se tiene que también son
soluciones las funciones u(t) = et
+ k donde k es una constante arbitraria.
Otro hecho que le da mucho interés a este tema es que no siempre las
ecuaciones diferenciales tienen soluciones tan evidentes como las de que hemos
mostrado, y por regla general son más complicadas y sus soluciones no son tan
inmediatas; asi la ecuación diferencial
u′′
(t) + 2u′
(t) + 2u(t) = 0 (3)
que involucra la función incógnita u(t) as´ı como la primera y segunda deri-
vadas de esta función, tiene a las funciones e−t
cos t ; e−t
sen t as´ı como a sus
combinaciones lineales, es decir a Ae−t
cos t + Be−t
sen t con A y B constantes
arbitrarias, como sus soluciones. Obviamente que en este caso las soluciones

no son evidentes.
Cuando se estudian las Ecuaciones Diferenciales a un nivel introductorio
se podria decir que estudiamos las Ecuaciones Diferenciales para desarrollar
métodos con la finalidad inmediata de encontrar soluciones de las mismas. Sin
embargo la necesidad de hacer un estudio sistemático sobre los aspectos cua-
litativos y cuantitativos de los sistemas dados por ecuaciones diferenciales se
acrecienta dia a d´ıa; as´ı en el contexto actual de vertiginoso desarrollo cient´ıfi-
co y tecnológico, el estudio de las ecuaciones diferenciales ha adquirido una
inusitada importancia. Una de las razones de esta moda es que las ecuaciones
diferenciales se originan de modo natural como modelos de diversas áreas de
las ciencias, econom´ıa, ingenier´ıa, biolog´ıa, y muchas otras ramas del conoci-
miento humano, es decir las ecuaciones diferenciales se han constitu´ıdo en una
poderosa herramienta para modelar diversos sistemas del mundo real, sobre
todo de aquellos sistemas llamados de evolución, es decir de aquellos que des-
criben cambios en función del tiempo.
En los ejemplos que hemos visto observamos que existen una infinidad
de soluciones para una determinada ecuación diferencial, sin embargo en los
sistemas que modelan fenómenos del mundo real esto no ocurre, y en tales
casos el interés se focaliza en obtener de esa infinitud de soluciones una única
solución que satisfaga determinadas condiciones, (unicidad de soluciones), que
es lo que constituye un Problema de Valor Inicial (PVI) o de Problema Cauchy.
En palabras simples, si consideramos a los elementos de la solución general
como trayectorias, lo dicho significa, en términos geométricos, que en muchas
oportunidades es muy importante conocer la trayectoria espec´ıfica de la curva
solución que pasa por el punto (t0, u0) donde u0 es el estado del sistema en el
tiempo t0; esta situación está ilustrada en la siguiente figura
En una gran variedad de problemas de aplicación nos encontraremos con
expresiones de la forma
u′
= f(t, u) (4)
donde u = u(t) donde t es la variable que representa al tiempo. Pero, as´ı como
vimos que la ecuación (1) representa la pendiente de la recta, en forma análoga
cabe preguntarse que es lo que significa geométricamente la ecuación (4).
Se observa que en cada punto (t, u) del plano tu, f(t, u) representa la pendiente

u′
de la curva solución u = u(t) que pasa por el punto (t, u), ya que
u′
(t) = f(t, u(t))
Este hecho nos sugiere la forma de construir curvas aproximadas a la cur-
va solución de una ecuación diferencial; as´ı a través de cada punto (t, u) de
una región rectangular del plano tu, trazamos un pequeño segmento de recta
de pendiente f(t, u(t)), la colección de todas estas mini tangentes es lo que
constituye un campo de direcciones que permiten aproximar gráficamente una
curva solución. Obviamente que ir aproximando directamente la curva usando
el campo de direcciones resulta altamente laborioso y de una gran demanda
de tiempo, pero afortunadamente existen programas que permiten efectuar tal
aproximación en forma muy rápida y con márgenes de error muy pequeños.
En el siguiente gráfico1
mostramos un campo de direcciones y varias curvas
solución de la ecuación (4) que han sido ajustadas al campo de direcciones.
Se debe observar directamente que un problema de ecuaciones diferencia-
les es opuesto a un problema de cálculo diferencial, ya que en el problema de
cálculo se conoce la curva solución y lo que se busca es encontrar la pendiente
a dicha curva, en cambio en el problema de ecuacion diferencial conocemos la
pendiente y buscamos encontrar las curvas que tengan dicha pendiente.
En el contenido de estas Notas de Clases, también incluimos las ecuaciones
autónomas2
u′
= f(u) cuya simplicidad se manifiesta en su campo de pendien-
tes, el cual resulta independiente del tiempo t, y sobre cada recta horizontal
del plano tu, donde u tiene el mismo valor, el campo de pendientes es el mismo.
As´ı por ejemplo la ecuación diferencial
u′
= 3u(5 − u)
1
Este gráfico aparece en Logan [7]
2
Ecuaciones autónomas: ecuaciones que no dependen del tiempo en el segundo miem-
bro

es autónoma, y a lo largo de la recta u = 2 el campo pendiente tiene valor 18,
lo cual significa que las curvas solución cortan la recta u = 2 con una pendiente
relativamente pronunciada igual a u′
= 18
Finalizo este prefacio haciendo una observación: Estas Notas de Clase se
hacen a modo de un resumen compilatorio, tomando como base para el desa-
rrollo de la estructura didáctica, algunos textos de la bibliograf´ıa; no es mi
pretensión ser el autor primigenio de lo que figura en estos apuntes de clase.
Es muy probable que este material sea utilizado por el suscrito, en un futuro
mediato, como base para un Texto de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias, cu-
yo aporte principal quizás sea la presentación de un enfoque especial, basado en
los requerimientos del Curso de EDO de la Facultad de Ciencias Matemáticas
de la Universidad de San Marcos. Agradezco a los alumnos y colegas que están
haciendo correcciones y cr´ıticas, contribuyendo con ello a minimizar los errores
que de seguro existen, as´ı como a mejorar la presentación y el contenido.
Dr. Luis Carrillo D´ıaz

Cap´ıtulo 1
Introducción
En ciencias, ingenier´ıa, econom´ıa y en muchas otras áreas que poseen un
componente cuantitativo existe un interés muy fuerte en describir la forma
como evolucionan los sistemas, es decir en describir la dinámica de tales sis-
temas. En el caso unidimensional el estado de un sistema en cualquier tiem-
po t es denotado por una función, la cual es frecuentemente denotada por
u = u(t). Pensemos en la variable dependiente u como el estado de un sistema
que está variando con el tiempo t, el cual es la variable independiente. Por
tanto conocer u es equivalente a conocer el estado de un sistema en el tiempo
t. Por ejemplo si u(t) representara la población de una especie animal en un
ecosistema, la concentración de una sustancia qu´ımica en la sangre o el núme-
ro de individuos infectados en una epidemia de gripe, el conocimiento de u(t)
nos dir´ıa exactamente la forma en que cambia el estado de tal sistema con el
transcurrir del tiempo. La siguiente figura muestra una serie de tiempo de una
función de estado genérica.
u = u(t)
t
u
tiempo
estado
Serie de tiempo de una función de estado genérica u = u(t) para un sistema
Una manera de obtener el estado u(t) para un sistema dado es tomar medi-
ciones en diferentes momentos y ajustar los datos para obtener una fórmula
manejable para u(t). Se podr´ıa también leer dichos datos o mediciones de un
1

2 Luis Carrillo D´ıaz
osciloscopio o de algún otro indicador, obteniendo por ajuste de datos muchas
curvas; sin embargo dichas curvas sólo nos pueden indicar el comportamien-
to de dicho sistema en el tiempo, pero no nos indican el porqué un sistema
se comporta de la manera en que lo estamos observando. En resumen lo que
tratamos de encontrar son modelos explicativos que permitan comprender el
comportamiento de la solución buscada.
1.1. Aspectos históricos
Por lo general se piensa que el cálculo clásico apareció con Newton y Leib-
nitz, sin embargo es conocido históricamente que uno de los principales pro-
blemas que mantuvo ocupados a los cient´ıficos de antaño fue el movimiento de
los planetas; as´ı la predicción del momento exacto en que ocurrir´ıa un eclipse
lunar era motivo de prestigio y oportunidad para que los astrónomos de la épo-
ca puedan mostrar sus habilidades. El antecedente más lejano lo encontramos
en Bhaskara II (486 d.c), quien concibió la diferenciación de la función sen t,
y además tomó conocimento indirectamente de que una variable alcanzaba su
valor máximo en el punto donde la diferencial se anula. Con tales antecedentes
es natural imaginar que las ra´ıces del Teorema del valor medio también fueran
conocidas por él. Posteriormente Madhava (1340-1429 d.c) desarrolló el paso
al l´ımite infinito, el cuál es el núcleo del análisis moderno clásico. Por lo tanto,
es probable que el inicio del cálculo diferencial se remonte a por lo menos 12
centurias antes del espectacular descubrimiento de Newton-Leibnitz.
1.2. Resultados básicos
Cada vez que se plantea resolver una ecuación diferencial, por lo general se
supone que existe la solución a dicha ecuación; sin embargo la teor´ıa de exis-
tencia y unicidad de soluciones es muy compleja y delicada. En la actualidad
se ha incrementado el estudio de la no existencia de soluciones o del Blow-up
o explosión de las mismas, ya que una gran cantidad de modelos matemáticos
tienen soluciones cuyo comportamiento tiene que ver con tales conceptos.
A lo largo del desarrollo de nuestro Curso estaremos interesados tanto en la
existencia de soluciones, es decir en probar que los sistemas involucrados po-
sean al menos una solución; as´ı como que bajo determinadas circunstancias la
solución resulte única. En resumen daremos respuesta concreta al problema de
existencia y unicidad de soluciones para el problema de valor inicial (PVI)
y′
= f(x, y)
y(x0) = y0
(1.1)
donde f(x, y) es considerada una función continua sobre un dominio D (es
decir D un abierto y conexo del plano xy) que contiene a (x0, y0)

Ecuaciones Diferenciales Ordinarias 3
Definición 1.1. [Concepto de solución] Una solución del PVI (1.1)
en un intervalo J que contiene a x0 es una función y(x) que satisface
i) y′
(x) existe para todo x ∈ J
ii) Para todo x ∈ J el punto (x, y(x)) ∈ D
iii) y′
(x) = f(x, y(x)) para todo x ∈ J
iv) y(x0) = y0
Si la solución es válida en un intervalo I J entonces se dice que la solu-
ción es local, y si es válida en todo J se dice que la solución es global.
Se probará más adelante que para garantizar la existencia de al menos una
solución (local) del PVI (1.1) es suficiente que la función f(x, y) sea continua
en una vecindad suficientemente pequeña del punto (x0, y0).
Observación 1.2. Cuando en el PVI (1.1) la función f(x, y) no es cont´ınua
en el dominio D que contiene a (x0, y0), la naturaleza de las soluciones es
impredecible; as´ı puede ocurrir que el PVI no tenga solución o que existan
infinitas soluciones.
Ilustraremos acerca de la naturaleza de algunas soluciones del PVI (1.1).
Ejemplo 1.3. Para la ecuación diferencial
y′
= y2
(1.2)
se tiene que cualquier solución no nula es de la forma
y(x) = −[x + c]−1
con c ∈ R; además y(x) = 0 para todo x ∈ R también es solución. Observamos
que a pesar de que f(x, y) = y2
es una función continua en R2
no existen
soluciones globales no nulas; pués las soluciones no nulas existen para x = c
con c ∈ R, como se ve en la gráfica que aparece a continuación.
X
Y
x = c
c <0
X
Y
x = c
c >0

También observamos que por cada punto (0, y0) pasa una única solución
de y′
= y2
. Además f(x, y) = y2
satisface |f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ L|y1 − y2| en
R2
.(localmente)(!Probarlo!).
Ejemplo 1.4. Sea f : R2
→ R una función definida por f(t, x) = 3x2/3
. Para
el problema de valor inicial
x′
= f(t, x), x(0) = x0, x0 ∈ R (1.3)
integrando la ecuación diferencial se tiene que su solución general es dada por
x(t) = (t + c)3
, donde c es una constante. Esto nos indica que por cada punto
(0, x0) pasan infinitas curvas que son las gráficas de las soluciones del PVI (1.3).
Cuando x0 = 0, la función
ϕ(t) =



(t − b)3
, t > b
0 , a ≤ t ≤ b
(t − a)3
, t < a
con a, b ∈ R, es solución de x′
= 3x2/3
; x(0) = 0 para a ≤ 0 ≤ b, como se
muestra en el gráfico siguiente
Para x0 > 0, la función ψ(t) definida como
ψ(t) =



(t + (x0)1/3
)3
, t ≥ −(x0)1/3
0 , a ≤ t < −(x0)1/3
(t − a)3
, t < a
es solución del PVI x′
= 3x2/3
, x(0) = x0, con x0 > 0, como se muestra en
la siguiente figura

Ejercicio. Discutir el caso x0 < 0.
Observar que en este caso si existe solución global, es decir existe solución
en todo el intervalo real R, pero no existe unicidad globalmente. Sin embargo
dependiendo de la posición de x0 puede existir unicidad; as´ı observando los
gráficos vemos que si x0 = 0 entonces existe una vecindad de t0 = 0 tal que
por el punto (0, x0) pasa una única solución de x′
= 3x2/3
, pero si x0 = 0 por
más pequeña que se considere la vencidad de t0 = 0 siempre por (0, 0) pasarán
infinitas soluciones del PVI: x′
= 3x2/3
; x(0) = x0.
A continuación daremos algunos resultados que serán usados para probar
la existencia y unicidad de soluciones del PVI (1.1).
Proposición 1.5. Sea f(x, y) continua en un dominio D, entonces cual-
quier solución de (1.1) es una solución de
y(x) = y0 +
x
x0
f(t, y(t))dt (1.4)
y rec´ıprocamente.
Prueba. Cualquier solución y(x) de la ecuación diferencial y′
= f(x, y) la
convierte en una identidad en x, es decir
y′
(x) = f(x, y(x))
integrando esta igualdad desde x0 hasta x obtenemos
y(x) − y(x0) =
x
x0
f(t, y(t)dt.
Rec´ıprocamente, si y(x) es cualquier solución de (1.4), entonces y(x0) = y0,
y como f(x, y) es continua, entonces al diferenciar (1.4) encontramos que

y′
(x) = f(x, y(x))
Observamos entonces que la continuidad de f(x, y) es suficiente para ga-
rantizar la existencia de solución para el problema de valor inicial (1.1) pues de
ese modo se garantiza la existencia de la integral en (1.4); pero esto no basta
para garantizar la unicidad de la solución; as´ı vemos que f(x, y) = y2/3
es una
función cont´ınua en el plano xy, sin embargo el problema
y′
= y2/3
; y(0) = 0 (1.5)
posee por lo menos dos soluciones: y(x) = 0 y y(x) = x3
/27.
As´ı también el problema de valor inicial
y′
=
2
x
(y − 1); y(0) = 0 (1.6)
no tiene solución. Sin embargo el problema
y′
=
2
x
(y − 1); y(0) = 1 (1.7)
tiene infinitas soluciones las cuales son dadas por y(x) = 1 + cx2
, donde c es
una constante arbitraria.
De los ejemplos vistos se intuye que para asegurar la unicidad debemos de
exigir alguna condición adicional a la función f(x, y). Comenzaremos exigiendo
una condición de acotación sobre la variable y. Esta condición dice que f(x, y)
debe satisfacer
|f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ L|y1 − y2| (1.8)
para todos (x, y1) , (x, y2) pertenecientes al dominio D.
Definición 1.6. Se dice que una función f(x, y) satisface la condición
de Lipschitz uniformenente sobre cualquier dominio D si satisface (1.8)
para cada par de puntos (x, y1) , (x, y2) con el mismo x. La constante
no-negativa L es conocida como constante de Lipschitz.
Vimos que el problema (1.5) no tiene solución única, además la función
y2/3
no cumple con la definición de ser una función Lipschitz uniformemente
sobre cualquier dominio que contenga a x = 0 ya que
|f(0, y1) − f(0, y2)| = |y
2/3
1 − y
2/3
2 | = |y
1/3
1 + y
1/3
2 ||y
1/3
1 − y
1/3
2 |

mientras que la función f(x, y) = x−y satisface la condición de Lipschitz sobre
D = R2
con L = 1
Observamos que si se cumple la desigualdad (1.8) entonces f(x, y) es con-
tinua respecto a y en D, sin embargo no es necesariamente diferenciable con
respecto a y, as´ı por ejemplo la función f(x, y) = |y| no es diferenciable en R2
pero satisface (1.8) con L = 1. La diferenciabilidad juega un rol muy impor-
tante en este contexto, ya que como veremos a continuación, si la función es
diferenciable entonces esto facilitará el cálculo de la constante de Lipschitz.
Teorema 1.7. Sean D un dominio convexo y f(x, y) una función diferen-
ciable con respecto a y en D. La condición de Lipschitz (1.8) es satisfecha
si y solamente si
sup
D
|
∂f(x, y)
∂y
| ≤ L (1.9)
Prueba. Como f(x, y) es diferenciable con respecto a y, siendo el dominio D
convexo, el teorema del valor medio garantiza que para (x, y1) , (x, y2) en D
existe y∗
entre y1 y y2 tal que
f(x, y1) − f(x, y2) =
∂f(x, y∗
)
∂y
(y1 − y2) (1.10)
luego por (1.9) la desigualdad (1.8) es inmediata. Rec´ıprocamente, si la de-
sigualdad (1.8) se verifica entonces
|
∂f(x, y1)
∂y1
| = l´ım
y2→y1
|
f(x, y1) − f(x, y2)
y2 − y1
| ≤ L (1.11)
Para probar teoremas de existencia y unicidad se usan algunos resultados
conocidos como desigualdaes integrales tipo Gronwall como la que que veremos
a continuación, que es una variante del Lema de Gronwall.
Teorema 1.8. Sean u(x), p(x) y q(x) funciones continuas no negativas
sobre el intervalo |x − x0| ≤ a con
u(x) ≤ p(x) +
x
x0
q(t)u(t)dt; |x − x0| ≤ a (1.12)
entonces se cumple
u(x) ≤ p(x) +
x
x0
p(t)q(t)exp(
s
t
q(s)ds)dt; |x − x0| ≤ a (1.13)

Prueba. Haremos la prueba de (1.13) para el intervalo x0 ≤ x ≤ x0 + a, para
la otra parte del intervalo se procederá de manera análoga.
Sea
r(x) =
x
x0
q(t)u(t)dt (1.14)
por tanto r(x0) = 0 y r′
(x) = q(x)u(x). Substituyendo r(x) en (1.12) se
tiene
u(x) ≤ p(x) + r(x)
entonces
r′
(x) ≤ p(x)q(x) + q(x)r(x)
Haciendo
F(x) = r(x)exp(−
x
x0
q(s)ds)
tenemos
F′
(x) = −q(x)exp(−
x
x0
q(s)ds)r(x) + exp(−
x
x0
q(s)ds)r′
(x)
luego
F′
(x) ≤ exp(−
x
x0
q(s)ds)r′
(x)
y como r′
(x) ≤ p(x)q(x) + q(x)r(x) es decir
F′
(x) ≤ exp(−
x
x0
q(s)ds)[p(x)q(x) + q(x)r(x)]
integrando la desigualdad anterior se tiene que
F(x) ≤
x
x0
p(t)q(t)dtexp(−
x
x0
q(s)ds)dt
finalmente de la definición de F(x) tenemos
r(x) ≤
x
x0
p(t)q(t)dtexp(−
x
x0
q(s)ds)dt
y como u(x) ≤ p(x) + r(x) se sigue el resultado.
Corolario 1.9. Si en el Teorema (1.8) la función p(x) ≡ 0 entonces u(x) ≡ 0

Corolario 1.10. Si en el Teorema (1.8) la función p(x) es no decreciente
en el intervalo [x0, x0+a], y no creciente en el intervalo [x0−a, x0] entonces
u(x) ≤ p(x)exp(
x
x0
q(t)dt) para |x − x0| ≤ a (1.15)
Prueba. La prueba de (1.15) se hará considerando el intervalo x0 ≤ x ≤ x0+a,
procediéndose luego de manera análoga para el intervalo x0−a ≤ x ≤ x0. Como
p(x) es no decreciente, de (1.13) se tiene que
u(x) ≤ p(x)[1 +
x
x0
q(t)exp(
x
t
q(s)ds)dt]
= p(x)[1 −
x0
d
dt
exp( ts
q(s)ds)dt]
= p(x)exp[
x
x0
q(t)dt]
Corolario 1.11. Si en el Teorema (1.8) se tiene p(x) = c0 + c1|x − x0| y
q(x) = c2, donde c0, c1 y c2 son constantes no negativas entonces
u(x) ≤ (c0 +
c1
c2
)exp(c2|x − x0|) −
c1
c2
(1.16)
Prueba. Para las funciones espec´ıficas p(x) y q(x) la desigualdad (1.13) sobre
el intervalo [x0, x0 + a] se reduce a
u(x) ≤ c0 + c1(x − x0) +
x
x0
[c0 + c1(t − x0)]c2ec2(x−t)
dt
= c0 + c1(x − x0) + {−[c0 + c1(t − x0)ec2(x−t)
|x
x0
−
c1
c2
ec2(x−t)
|x
x0
}
= c0 + c1(x − x0) − c0 − c1(x − x0) + c0ec2(x−x0)
−
c1
c2
+
c1
c2
ec2(x−x0)
= (c0 +
c1
c2
)exp(c2(x − x0)) −
c1
c2
Comentario 1.12. En este cap´ıtulo sólo hemos mostrado algunas desigualda-
des integrales tipo Gronwall; existen muchas otras desigualdades de este tipo.
Al respecto puede verse un tratamiento más espec´ıfico en Lakshmikantham y
Leela [6].

Comentamos al inicio de este cap´ıtulo que en la actualidad se han incre-
mentado las investigaciones acerca de la No-existencia de soluciones para de-
terminados sistemas. Algunos métodos para no-existencia de soluciones hacen
uso de inecuaciones diferenciales como por ejemplo el método de Kaplan ba-
sado en el primer coeficiente de Fourier, llamado por tal motivo el método del
primer autovalor del problema de Dirichlet. Claramente estos temas escapan
a los objetivos de este curso; y se tratarán extracurricularmente como tópicos
especiales, incluyéndose en los apéndices de estas notas de clase.

Práctica N◦
1
1. Muestre que el PVI
y′′
= f(x, y); y(x0) = y0; y′
(x0) = y1 (1.17)
donde f(x, y) es una función continua en un dominio D que contiene al
punto (x0, y0) es equivalente a la ecuación integral
y(x) = y0 + (x − x0)y1 +
x
x0
(x − t)f(y, y(t))dt (1.18)
2. Encontrar el dominio en el cual las siguientes funciones f(x, y) satisfacen
la condición de Lipschitz (1.8):
(i) |xy| (ii) x2
y2
+ xy + 1 (iii) x2
cos2
y + y sin2
x.
3. Calculando las constantes de Lipschitz apropiadas, muestre que las si-
guientes funciones satisfacen la condición de Lipschitz en los dominios
dados:
(i) x sin y + y cos x; |x| ≤ a; |y| ≤ b
(ii) x2
ex+y
; |x| ≤ a; |y| ≤ b
4. Sea u(x) una función no-negativa en el intervalo |x − x0| ≤ a, C > 0 una
constante dada y
u(x) ≤
x
x0
Cuα
(t)dt; 0 < α < 1.
Pruebe que para todo x en el intervalo |x − x0| ≤ a se tiene que
u(x) ≤ [C(1 − α)|x − x0|](1−α)−1
5. Sean c0 y c1 constantes no-negativas, y u(x) y q(x) funciones continuas
no-negativas para todo x ≥ 0 que satisfacen
u(x) ≤ c0 + c1
x
0
q(t)u2
(t)dt.
.
Probar que para todo x ≥ 0 para el cual se cumple c0c1
x
0
q(t)dt < 1,
u(x) ≤ c0[1 − c0c1
x
0
q(t)dt]−1

Cap´ıtulo 2
Método de Picard
E. Picard
Actualmente con el advenimiento de la informática
es muy recurrente obtener soluciones por aproxima-
ción numérica, máxime si para muchas ecuaciones
diferenciales no es posible obtener soluciones exac-
tas mediante fórmulas anal´ıticas o como se dice en
la jerga matemática, existen muchas soluciones a las
cuales no se les puede ver la cara expl´ıcitamente. En
la antiguedad se usó el argumento de aproximación
para construir soluciones y probar la existencia de
las mismas en un entorno local.
2.1. Aproximaciones sucesivas
Usaremos el método de aproximaciones sucesivas debido al matemático
francés Emilie Picard, el cual es basado en el método clásico del punto fijo
para aproximar soluciones de ecuaciones algebraicas no lineales. Nosotros usa-
remos este método para resolver la ecuación integral (1.4), lo cual equivale,
por la proposición (1.5), a obtener la solución del problema original (1.1). La
iteración de Picard comienza con la suposición de una primera aproximación a
la solución buscada y luego se calculan sucesivamente mejores aproximaciones
por un procedimiento iterativo o recursivo; como resultado de tal procedimien-
to se obtiene un conjunto de fórmulas anal´ıticas recursivas que aproximan la
solución.
Con la intención de resolver la ecuación integral (1.4) usando el método
iterativo de Picard consideremos y0(x) como una función cont´ınua cualquiera,
por comodidad de notación llamaremos a y0(x) ≡ y0. Supongamos que y0 sea la
aproximación inicial a dicha ecuación integral, por lo tanto definimos a partir
de y0(x) la siguiente aproximación
y1(x) = y0 +
x
x0
f(t, y0(t))dt
13

Ahora aprovechamos esta y1(x) para nuestra siguiente aproximación y sus-
tituimos este valor para y(x) en el segundo miembro de (1.4) y lo llamamos
y2(x); repitiendo este proceso obtenemos la m+1-ésima aproximación ym+1(x),
la cual es obtenida de ym(x) por medio de
ym+1(x) = y0 +
x
x0
f(t, ym(t))dt; para m = 0, 1, 2, . . . (2.1)
Si la sucesión (ym(x)) converge uniformemente a una función continua y(x)
sobre algún intervalo J que contenga a x0, y si para todos los x ∈ J los puntos
(x, ym(x)) ∈ D, entonces por el resultado citado al pié de página1
, podemos
considerar el l´ımite en ambos miembros de (2.1) y obtener
y(x) = l´ım
x→∞
ym+1(x) = y0 + l´ım
x→∞
x
x0
f(t, ym(t))dt = y0 +
x
x0
f(t, y(t))dy
por tanto y(x) es la solución buscada.
Ejemplo 2.1. Como el problema de valor inicial
y′
= −y
y(0) = 1
(2.2)
es equivalente a la ecuación integral
y(x) = 1 −
x
0
y(t)dt (2.3)
Construyendo las aproximaciones sucesivas consideramos
y0(x) = 1, luego obtenemos
y1(x) = 1 −
x
0
1dt = 1 − x
y2(x) = 1 −
x
0
(1 − t)dt = 1 − x +
x2
2!
. . .
1
Teorema. Sea (ym(x)) una sucesión convergiendo uniformemente a y(x) en [α, β],
y sea f(x, y) una función continua en el dominio D tal que para todo m y x en [α, β]
los puntos (x, ym(x)) pertenecen a D. Entonces
l´ım
m→∞
β
α
f(t, ym(t))dt =
β
α
l´ım
m→∞
f(t, ym(t))dt =
β
α
f(t, y(t))dt

ym(x) =
m
i=0
(−1)i xi
i!
Tomando l´ımite tenemos
l´ım
m→∞
ym(x) = e−x
en consecuencia la función y(x) = e−x
es solución del problema de valor inicial
(2.2) sobre el intervalo J = R.
Ejemplo 2.2. Consideremos el problema de valor inicial
u′
= 2t(1 + u); u(0) = 0 (2.4)
El esquema iterativo es dado por
uk+1(t) =
t
0
2s(1 + uk(s))ds; k = 0, 1, 2, . . .
Tomamos u0 = 0 luego
u1(t) =
t
0
2s(1 + 0)ds = t2
,
u2(t) =
t
0
2s(1 + u1(s))ds =
t
0
2s(1 + s2
)ds = t2
+
1
2
t4
,
u3(t) =
t
0
2s(1 + u2(s))ds =
t
0
2s(1 + s2
+
1
2
4
)ds = t2
+
1
2
t4
+
1
6
t6
.
De esta forma se genera una sucesión de aproximaciones al problema de valor
inicial (2.4). Se puede verificar que la solución anal´ıtica para este problema es
u(t) = et2
− 1. El desarrollo en serie de Taylor de esta función es dado por
u(t) = et2
− 1 = t2
+
1
2
t4
+
1
6
t6
+ · · · +
1
n!
t2n
+ . . . ,
la cual converge para todo t. Se observa por tanto que las aproximaciones
sucesivas generadas por la iteración de Picard son las sumas parciales de esta
serie, y que ella converge a la solución exacta.
Comentario 2.3. El método de Picard tiene como una de sus caracter´ısticas
principales que es constructivo, además las cotas de las diferencias entre la
solución y las iteraciones son fácilmente calculables; tales cotas o estimativas
son útiles para obtener aproximaciones de la solución y para el estudio de
propiedades cualitativas de la solución.

El procedimiento de Picard es especialmente util desde el punto de vista
teórico ya que constituye la base para la demostración de existencia de solución
de un problema de valor inicial no lineal general. El esquema de dicha prueba
consiste en mostrar que existe un l´ımite de una sucesión de aproximaciones, y
que este l´ımite es la solución del problema de valor inicial.
Para efectos prácticos la iteración de Picard no es apropiada para problemas
de ciencias e ingenier´ıas, para los cuales se emplean otros algoritmos más finos
que permiten aproximaciones muy precisas.
El siguiente resultado nos provee de las condiciones suficientes para que la
sucesión formada por las iteraciones (ym(x)) converga uniformemente a la única
solución y(x) de la ecuación integral (1.4), o equivalentemente del problema
original (1.1).
2.2. Existencia y unicidad
En la sección anterior hemos visto que es suficiente la continuidad de la
función f(x, y) en un dominio que contenga al punto (x0, y0) para que el pro-
blema (1.1) tenga al menos una solución. También hemos comentado sobre
la importancia de garantizar que dicho problema posea una única solución.
En esta oportunidad los resultados que presentamos tienen que ver con aque-
llas condiciones adicionales a la continuidad que debe de satisfacer la función
f(x, y) para que tengamos una única solución del problema (1.1).
Teorema 2.4. Supongamos que son satisfechas las siguientes condiciones:
i) f(x, y) es continua en el rectángulo cerrado
S = {(x, y) ∈ R2
; |x − x0| ≤ a; |y − y0| ≤ b};
por tanto existe M > 0 tal que |f(x, y)| ≤ M; para todo (x, y) ∈ S
ii) f(x, y) satisface uniformemente una condición de Lipschitz sobre S
iii) y0(x) es continua en |x − x0| ≤ a; y |y0(x) − y0| ≤ b
Entonces la sucesión (ym(x)) generada por el esquema iterativo de Picard
(2.1) converge uniformemente a la única solución y(x) del problema (1.1).
La solución encontrada por aplicación de este Teorema es válida sobre el
intervalo Jh : |x − x0| ≤ h, donde h = min{a, b/M}; además para cada x ∈ Jh
se cumple la siguiente estimativa de error
|y(x) − ym(x)| ≤ NeLh
min{1,
(Lh)m
m!
}; m = 0, 1, . . . (2.5)

donde máxx∈Jh
|y1(x) − y0(x)| ≤ N
Prueba. Primero probaremos que las aproximaciones sucesivas ym(x) defini-
das por (2.1) existen como funciones continuas sobre Jh y (x, ym(x)) ∈ S para
todo x ∈ Jh. Como y0(x) es continua para todo x del intervalo |x − x0| ≤ a la
función F0(x) = f(x, y0(x)) es continua en Jh y por tanto y1(x) es continua en
Jh. Además
|y1(x) − y0| ≤ |
x
x0
|f(t, y0(t))|dt| ≤ M|x − x0| ≤ Mh ≤ b.
Supongamos que la afirmación es válida para ym−1(x) para m ≥ 2; entonces es
suficiente probar que también es válida para ym(x). Como ym−1(x) es continua
en Jh, la función Fm−1(x) = f(x, ym−1(x)) es también continua en Jh. Además
|ym(x) − y0| ≤
x
x0
|f(t, ym−1(t))|dt ≤ M|x − x0| ≤ b
A continuación mostraremos que la sucesión (ym(x)) converge uniforme-
mente en Jh. Como y1(x) y y0(x) son continuas en Jh existe una constante
N > 0 tal que |y1(x) − y0(x)| ≤ N
Afirmación. Para todo x ∈ Jh se cumple la siguiente desigualdad
|ym(x) − ym−1(x)| ≤ N
(L|x − x0|)m−1
(m − 1)!
; m = 1, 2, . . . (2.6)
Para m = 1 la desigualdad (2.6) es inmediata, además si fuera válida para
m = k ≥ 1 entonces (2.1) y la hipótesis (ii) nos permiten obtener
|yk+1(x) − yk(x)| ≤
x
x0
|f(t, yk(t)) − f(t, yk−1(t))|dt
≤ L
x
x0
|yk(t) − yk−1(t)|dt
≤ L
x
x0
N
(L|t − x0|)k−1
(k − 1)!
dt = N
(L|x − x0|)k
k!
por lo tanto la igualdad (2.6) es válida para todo m.
A continuación, como
N
∞
m=1
(L|x − x0|)m−1
(m − 1)!
≤ N
∞
m=1
(Lh)m
m!
= NeLh
< ∞

haciendo uso del Teorema de Weierstrass2
se tiene que la serie
y0(x) +
∞
m=1
(ym(x) − ym−1(x))
converge uniforme y absolutamente sobre el intervalo Jh, y por tanto sus sumas
parciales y1(x), y2(x); . . . convergen a una función continua en dicho intervalo,
es decir
y(x) = l´ım
x→∞
ym(x)
Como ya hemos visto anteriormente esta y(x) es una solución de (1.4).
Prueba de la unicidad. Supongamos que z(x) sea otra solución de (1.4),
la cual existe en Jh y (x, z(x)) ∈ S para cada x ∈ Jh. Entonces la hipótesis (ii)
es aplicable y se tiene
|y(x) − z(x)| ≤
x
x0
|f(t, y(t)) − f(t, z(t))|dt ≤ L
x
x0
|y(t) − z(t)|dt
Por la anterior desigualdad integral y el corolario (1.9) se tiene que
|y(t) − z(t)| = 0
para todo x ∈ Jh, de donde se tiene que z(x) = y(x) para todo x ∈ Jh.
Finalmente obtengamos la estimativa de error (2.5).
Para n > m de la desigualdad (2.6) obtenemos
|yn(x) − ym(x)| ≤
n−1
k=m
|yk+1(x) − yk(x)| ≤
n−1
k=m
N
(L|x − x0|)k
k!
≤ N
n−1
k=m
(Lh)k
k!
= N(Lh)m
n−m−1
k=0
(Lh)k
(m + k)!
(2.7)
sin embargo como 1/(m + k)! ≤
1
m!k!
se sigue que
|yn(x) − ym(x)| ≤ N
(Lh)m
m!
n−m−1
k=0
(Lh)k
k!
≤ N
(Lh)m
m!
eLh
y luego cuando n → ∞ obtenemos
2
Teorema (M-test de Weierstrass). Sea (ym(x)) una sucesión de funciones con
|ym(x)| ≤ Mm para todo x ∈ [α, β] con
∞
m=0 Mm < ∞. Entonces la serie
∞
m=0 ym(x)
converge uniformemente en [α, β] a una única función y(x).

|y(x) − ym(x)| ≤ N
(Lh)m
m!
eLh
(2.8)
de la desigualdad (2.7) también obtenemos
|yn(x) − ym(x)| ≤ N
n−1
k=m
(Lh)k
k!
≤ NeLh
y cuando n → ∞ obtenemos
|y(x) − ym(x)| ≤ NeLh
(2.9)
De (2.8) y (2.9) se obtiene la estimativa de error (2.5).
Nota. El Teorema (2.4) es llamado un teorema de existencia local, ya que
garantiza la existencia de solución única en una vecindad del punto (x0, y0).
y′
= 1 + y2
; y(0) = 0 (2.10)
para el cual la única solución y(x) = tan x existe en el intervalo (−π/2, π/2).
Para aplicar el Teorema (2.4) observamos que:
(i) 1+y2
es cont´ınua en el rectángulo S: |x| ≤ a; |y| ≤ b y 1+y2
≤ 1+b2
= M;
(ii) En el rectángulo S la función 1 + y2
satisface una condición de Lipschitz
con L = 2b, y
(iii) y0(x) ≡ 0 es continua en |x| ≤ a y |y0(x)| ≤ b. luego por el teorema (2.4)
existe una única solución de (2.10) en el intervalo |x| ≤ h = m´ın{a, b/(1+b2
)}.
Sin embargo como b/(1 + b2
) ≤ 1/2 (con igualdad para b = 1) el intervalo
óptimo para el cual el Teorema (2.4) se verifica es |x| ≤ 1/2. Para efectos
didácticos el esquema iterativo para (2.10) es
ym+1(x) = x +
x
0
y2
m(t)dt; y0(x) ≡ 0; m = 0, 1, 2, . . . (2.11)
De (2.11) es fácil obtener y1(x) = x, y2(x) = x + x3
/3, luego la estimativa de
error (2.5) para b = 1; h = 1/2; y m = 2 nos permite obtener
| tan x − x −
x3
3
| ≤
1
2
e m´ın{1, 1/2} =
1
4
e; −
1
2
≤ x ≤
1
2
(2.12)
Obviamente que el segundo miembro de (2.12) es muy burdo.
Si la solución del problema (1.1) existe en todo el intervalo |x − x0| ≤ a
entonces diremos que la solución existe globalmente.

Teorema 2.6. [Teorema de Existencia Global] Si las siguientes con-
diciones son satisfechas:
i) f(x, y) es continua en la banda T = {(x, y); |x − x0| ≤ a; y ∈ R}
ii) f(x, y) satisface una condición de Lipschitz (1.8) uniforme en T.
iii) y0(x) es continua en |x − x0| ≤ a.
Entonces la sucesión (ym(x)) generada por el esquema iterativo de Picard
(2.1) existe en todo el intervalo |x−x0| ≤ a y converge a la única solución
y(x) del problema (1.1).
Prueba. Para cualquier función y0(x) continua en |x − x0| ≤ a por medio
de un fácil argumento inductivo se establece la existencia de cada ym(x) en
|x − x0| ≤ a con |ym(x)| < ∞. También como en la prueba del teorema (2.4)
es simple verificar que la sucesión (ym(x)) converge a y(x) en |x − x0| ≤ a,
para ello es suficiente reemplazar h por a en la prueba y considerando que la
función f(x, y) satisface la condición de Lipschitz (1.8) en la banda T.
Corolario 2.7. Sea f(x, y) continua en R2
la cual satisface una condición
de Lipschitz (1.8) en cada banda Ta = {(x, y); |x| ≤ a; y ∈ R} con
constante de Lipschitz La. Entonces el PVI (1.1) tiene una única solución
la cual existe para todo x.
Prueba. Para cualquier x existe un a > 0 tal que |x−x0| ≤ a. Como la banda
T está contenida en la banda Ta+|x0| la función f(x, y) satisface las condiciones
del teorema (2.6) en la banda T. Luego el resultado es válido para todo x.

Práctica N◦
2
1. Considerar el PVI
u′
= 1 + u2
; u(0) = 0 (2.13)
Aplicar la iteración de Picard con u0 = 0 y calcular cuatro términos. Si
el proceso se continúa, ¿a que función converge la serie resultante?
2. Aplicar el Proceso iterativo de Picard al PVI
u′
= t − u; u(0) = 1 (2.14)
para obtener tres iterativas de Picard, considerando u0 = 1. Dibujar cada
iteración y la solución exacta sobre el mismo eje de coordenadas.
3. Discutir la existencia y unicidad de soluciones de los siguientes proble-
mas de valor inicial:
(i) y′
= (x + y)x2
y2
; y(0) = 1
(ii) y′
= ex
+ x/y; y(0) = 1
4. Demuestre que los siguientes PVIs poseen una única solución para todo
real x:
(i) y′
+ p(x)y = q(x); y(x0) = y0 donde p(x) y q(x) son funciones
continuas en R
(ii) y′
= (cos x)e−y2
+ sin y; y(x0) = y0
5. Demuestre que el problema de valor inicial
y′
= (x2
− y2
) sin y + y2
cos y; y(0) = 0 (2.15)
tiene una única solución y(x) ≡ 0 en el rectángulo cerrado
S = {(x, y); |x| ≤ a; |y| ≤ b}
6. Pruebe que el teorema garantiza la existencia de una única solución del
PVI
y′
= e2y
; y(0) = 0
en el intervalo (−1/2e, 1/2e). También resuelva este problema y verifique
que la solución existe en un intervalo mayor.

Cap´ıtulo 3
Existencia de soluciones
(1858-1932)
G.Peano
En este cap´ıtulo abordaremos los teoremas de exis-
tencia de soluciones debido a Peano y Cauchy-Peano.
Peano fue un matemático italiano quien tuvo impor-
tantes contribuciones a la Teor´ıa de Conjuntos y a
las Ecuaciones Diferenciales Ordinarias. Peano de-
mostró que la continuidad de la función f(x, y) era
suficiente para garantizar la existencia de soluciones
al PVI (1.1). La ausencia de continuidad de tal fun-
ción f(x, y) no permite afirmar categóricamente nada
acerca de la existencia de soluciones y menos acerca
de la unicidad de las mismas. Corroborando lo dicho
mostraremos dos ejemplos que ilustran la necesidad
de la continuidad como piedra de base para iniciar el
estudio de la estabilidad del problema (1.1), el cual quedará totalmente edifica-
do si el sistema estudiado tiene adicional a la existencia de solución, unicidad
y dependencia continua de los datos iniciales.
En los ejemplos que se muestran a continuación se observará que en ausen-
cia de continuidad para la función f(x, y) es imposible conocer el comporta-
miento de las soluciones del PVI (1.1) as´ı para el PVI
y′
=
2
x
(y − 1); y(0) = 0 (3.1)
se observa que no existen soluciones; sin embargo el PVI
y′
=
2
x
(y − 1); y(0) = 1 (3.2)
tiene infinitas soluciones dadas por y(x) = 1 + cx2
donde c es una constante
arbitraria. Notamos que en ambos casos la función f(x, y) =
2
x
(y − 1) no es
continua en x0 = 0, y la ausencia de continuidad ha devenido en un comporta-
miento bastante errático e impredecible acerca de la existencia de soluciones.
23

Teorema 3.1. [Teorema de existencia de Peano] Si la función f(x, y)
es una función continua y acotada sobre la banda
T = {(x, y); |x − x0| ≤ a; y ∈ R}, entonces el PVI (1.1) tiene al menos
una solución en |x − x0| ≤ a.
Prueba. Haremos la prueba sobre el intervalo [x0, x0 +a], ya que su extensión
al intervalo [x0 − a, x0] es inmediata.
x◦
x◦
+ ax◦
- a
T
Observación. La banda T se abre hacia arriba y abajo infinitamente. En algu-
nas oportunidades se usa la notación |y| < ∞ para indicar que y ∈ R.
Definimos una sucesión de funciones (ym(x)) por el esquema siguiente:
x◦
x◦
+ a/m x◦
+ 2a/m x◦
+ a
ym(x) = y0 : x0 ≤ x ≤ x0 +
a
m
ym(x) = y0 +
x−a/m
x0
f(t, ym(t))dt, x0 + k
a
m
≤ x ≤ x0 + (k + 1)
a
m
;
k = 1, 2, . . . , m − 1 (3.3)
El objetivo es probar que la sucesión (ym(x)) converge a la solución del PVI
(1.1).
Observamos que la primera ecuación de (3.3) define a ym(x) en el inter-
valo [x0, x0 + a/m]., y la segunda ecuación define a ym(x) primero en [x0 +
a/m, x0 + 2a/m] ( para k = 1), luego en [x0 + 2a/m, x0 + 3a/m] y as´ı suce-
sivamente. Como f(x, y) es acotada sobre la banda T, podemos suponer que
|f(x, y)| ≤ M para todo (x, y) ∈ T.

Para cualquier par de puntos x1, x2 ∈ [x0, x0 + a], se tiene que
a)|ym(x2) − ym(x1)| = 0 si x1, x2 ∈ [x0, x0 + a/m]
b)|ym(x2) − ym(x1)| = |
x2−(a/m)
x0
f(t, ym(t))dt| ≤ M|x2 −
a
m
− x0|
lo cual se observa mejor con la ayuda del gráfico.
x
1
x◦ x◦ + a/m x
2
x◦ + 2a/m
Luego
|ym(x2) − ym(x1)| = |
x2−(a/m)
x0
f(t, ym(t))dt| ≤ M|x2 −
a
m
− x0| ≤ M|x2 − x1|
si x1 ∈ [x0, x0 +
a
m
]; x2 ∈ [x0 + k
a
m
, x0 + (k + 1)
a
m
]
c)|ym(x2)−ym(x1)| = |
x2−(a/m)
x1−(a/m)
f(t, ym(t))dt| ≤ M|x2−x1| en caso contrario.
es decir si x1, x2 ∈ [x0 + ka/m, x0 + (k + 1)a/m].
En efecto;
|ym(x2) − ym(x1)| = |
x2−a/m
x0
f(t, ym(t))dt −
x1−a/m
x0
f(t, ym(t))dt|
= |
x2−a/m
x1−a/m
f(t, ym(t))dt
Gráficamente esto se ve en el segundo subintervalo como
x◦+ a/m x
2
x◦ + 2a/mx
1
Luego se sigue que
|ym(x2) − ym(x1)| ≤ M|x2 − x1|; x1, x2 ∈ [x0, x0 + a].
Entonces |ym(x2)−ym(x1)| ≤ ǫ si |x2−x1|ǫ/M = δ; es decir la sucesión (ym(x))
es equicontinua. Además para todo x ∈ [x0, x0 + a] se tiene

|ym(x)| ≤ y0 + M|x −
a
m
− x0| ≤ |y0| + Ma
es decir la sucesión (ym(x)) es uniformemente acotada en [x0, x0 + a]. Luego
por el Teorema de Ascoli- Arzelá1
la sucesión (ym(x)) contiene una subsucesión
(ymp (x)) la cual converge uniformemente en [x0, x0 +a] a una función continua
y(x). Para mostrar que la función y(x) es solución del PVI (1.1), hagamos
tender p → ∞ en la relación
ymp (x) = y0 +
x
x0
f(t, ymp(t))dt −
x
x−(a/mp)
f(t, ymp (t))dt.
como f(x, y) es continua y la convergencia es uniforme, en la primera integral
podemos tomar el l´ımite dentro de la integral para obtener
x
x0
f(t, y(t))dt. La
segunda integral no excede a M(a/mp) y luego tiende a cero. Por tanto y(x)
es una solución de la ecuación integral (1.4).
Corolario 3.2. Si f(x, y) es continua en S : |x − x0| ≤ a; |y − y0| ≤ b,
y por lo tanto existe M > 0 tal que |f(x, y)| ≤ M para todo (x, y) ∈ S,
entonces el PVI (1.1) tiene al menos una solución en Jh : |x − x0| ≤ h =
m´ın{a, b/M}
Prueba. Mutatis mutandis la prueba sigue el mismo esquema del teorema
anterior.
Ejemplo 3.3. La función f(x, y) = y2/3
es continua en todo R2
. Luego por el
Corolario (3.2) el problema de valor inicial
y′
= y2/3
; y(0) = 0
tiene al menos una solución en |x| ≤ h = m´ın{a, b1/3
}. Sin embargo, podemos
escoger b suficientemente grande tal que h = a. Luego el PVI en cuestión tiene
al menos una solución en todo x de R.
3.1. Método de Cauchy-Euler
En esta oportunidad presentamos el método de Cauchy-Euler, el cual es
empleado para construir una solución aproximada del PVI (1.1) que consiste
concretamente en obtener soluciones ǫ-aproximadas para la ecuación diferencial
del problema de valor inicial correspondiente.
Supongamos que la función f(x, y) es continua en un dominio D
1
Teorema de Ascoli-Arzelá: Un conjunto infinito S de funciones uniformemente aco-
tadas y equicontinuas en [α, β], contiene una sucesión la cual converge uniformemente en
[α, β].

Definición 3.4. Una función y(x) definida en J es llamada solución ǫ-
aproximada de la ecuación y′
= f(x, y) si cumple:
i) Si y(x) es continua para todo x de J
ii) Para todo x ∈ J los puntos (x, y(x)) ∈ D
iii) y(x) tiene una derivada seccionalmente continua en J, la cual pue-
de no estar definida solo en un número finito de puntos, digamos
x1, x2, . . . , xk, y
iv) |y′
(x) − f(x, y(x))| ≤ ǫ; para todo x ∈ J; x = xi; i = 1, 2, . . . , k
Teorema 3.5. Sea f(x, y) continua en S, y por lo tanto existe M > 0
tal que |f(x, y)| ≤ M para todo (x, y) ∈ S. Entonces para cualquier ǫ > 0
existe una solución ǫ-aproximada de la ecuación diferencial y′
= f(x, y)
en el intervalo Jh tal que y(x0) = y0
Prueba. Como f(x, y) es continua en el rectángulo cerrado S, entonces es
uniformemente continua alli. Luego para cada ǫ > 0 existe un δ > 0 tal que
|f(x, y) − f(x1, y1)| ≤ ǫ (3.4)
para cada (x, y) , (x1, y1) de S, cuando |x − x1| ≤ δ y |y − y1| ≤ δ.
Construiremos una solución ǫ−aproximada en el intervalo x0 ≤ x ≤ x0 +h
y por medio de un proceso similar haremos lo mismo en el intervalo x0 − h ≤
x ≤ x0.
Comenzamos dividiendo el intervalo x0 ≤ x ≤ x0 + h en m partes
x0 < x1 < . . . < xm = x0 + h
tal que
xi − xi−1 ≤ m´ın{δ, δ/M}; i = 1, 2, . . . , m (3.5)
A continuación definimos una función y(x) en el intervalo x0 ≤ x ≤ x0 + h por
la fórmula recursiva
y(x) = y(xi−1) + (x − xi−1)f(xi−1, y(xi−1)); xi−1 ≤ x ≤ xi, i = 1, 2, . . . , m
(3.6)
Observamos que y(x) es continua y su derivada y′
(x) = f(xi−1, y(xi−1));
xi−1 < x < xi; i = 1, 2, . . . , m es seccionalmente continua, y falla en ser defi-
nida solo en los puntos xi; i = 1, 2, . . . , (m − 1). Como en cada subintervalo

[xi−1, xi] i = 1, 2, . . . , m la función es una recta, para probar que (x, y(x)) ∈ S
es suficiente verificar que |y(xi) − y0| ≤ b para todo i = 1, 2, . . . , m
Haciendo en (3.6) i = 1 y x = x1 obtenemos
|y(x1) − y0| = (x1 − x0)|f(x0, y0)| ≤ Mh ≤ b
Supongamos que la afirmación es válida para i = 1, 2, . . . , (k − 1) < (m − 1),
entonces de (3.6) se tiene:
y(x1) − y0 = (x1 − x0)f(x0, y0)
y(x2) − y(x1) = (x2 − x1)f(x1, y(x1))
. . .
y(xk) − y(xk−1) = (xk − xk−1)f(xk−1, y(xk−1))
por tanto
y(xk) − y0 =
k
l=1
(xl − xl−1)f(xl−1, y(xl−1)
de donde obtenemos
|y(xk) − y0| ≤
k
l=1
(xl − xl−1)M = M(xk − x0) ≤ Mh ≤ b.
Finalmente si xi−1 < x < xi, entonces de (3.6) y (3.5) tenemos
|y(x)y(xi−1| ≤ M|x − xi−1| ≤ M
δ
M
= δ
y luego por (3.4) encontramos que
|y′
(x) − f(x, y(x))| = |f(xi−1, y(xi−1)) − f(x, y(x))| ≤ ǫ
para todo x ∈ Jh; x = xi; i = 1, 2, . . . , (m − 1).
es decir se satisface la condición (iv) de la definición de solución ǫ-aproximada,
con lo cual se completa la prueba de que y(x) es una solución ǫ − aproximada
de la ecuación diferencial y′
= f(x, y).
El método de construcción que acabamos de mostrar es lo que se conoce
como el método de Cauchy-Euler.
A continuación reiteramos el corolario (3.2) y probamos una consecuencia
del Teorema (3.5).

Teorema 3.6. [Teorema de existencia de Cauchy-Peano] Supon-
gamos que las condiciones del Teorema (3.5) son satisfechas. Entonces el
PVI (1.1) tiene al menos una solución en Jh.
Prueba. Haremos la prueba sólo en el intervalo
x0 ≤ x ≤ x0 + h. Sea (ǫm) una sucesión monótona decreciente de números
positivos tal que ǫm → 0. Para cada ǫm se aplicará el Teorema (3.5) para
construir una solución ǫ − aproximada ym(x). Al igual que en el Teorema
(3.1), para cualquier para de puntos x, x∗
en [x0, x0 + h] se obtiene que
|ym(x) − ym(x∗
)| ≤ M|x − x∗
|
de lo cual se sigue que la sucesión (ym(x)) es equicontinua. Además como
en el Teorema (3.5) para cada x ∈ [x0, x0 + h], tenemos |ym(x)| ≤ |y0| + b,
Por lo tanto la solución (ym(x)) también es uniformemente acotada. Luego por
el Teorema de Ascoli-Arzelá se tiene que existe una subsucesión (ymp (x)) de
(ym(x)), la cual converge uniformemente en [x0, x0 +h] a una función continua
y(x). Ahora tenemos que demostrar que la función y(x)) es una solución del
problema (1.1), para lo cual definimos
em(x) = y′
m(x) − f(x, ym(x)); en los puntos donde y′
(x) existe
= 0, en caso contrario.
de donde integrando desde x0 hasta x obtenemos
ym(x) = y0 +
x
x0
[f(y, ym(t)) + em(t)]dt (3.7)
y |em(t)| ≤ ǫm. pues
|em(t)| = |y′
m(x) − f(x, ym(x))| ≤ ǫm
por la condición (iv) de solución ǫ-aproximada.
Como f(x, y) es continua en S y (ymp (x)) converge a y(x) uniformemente
en [x0, x0 + h], la función f(x, ymp (x)) converge a f(x, y(x)) uniformemente en
[x0, x0 + h]. Además desde que ǫmp → 0 encontramos que |ǫmp (x)| converge a
cero uniformemente en [x0, x0 + h].Luego, reemplazando m por mp en (3.7) y
haciendo p → ∞ se encuentra que y(x) es una solución de la ecuación integral
(1.4)

Comentario 3.7. El Corolario (3.2) asegura esencialmente que si en un do-
minio D la función f(x, y) es continua, entonces para cada punto (x0, y0) en
D existe un rectángulo S tal que el problema (1.1) tiene una solución y(x) en
Jh. Como S está en el interior de D, por aplicación de Corolario (3.2) en el
punto en el cual la solución pasa fuera de S, podemos extender la región en la
cual la solución existe
Daremos un ejemplo acerca de este comentario.
El PVI
y′
= y2
; y(0) = 1
tiene como solución a y(x) = 1/(1 − x). Observamos que el intervalo de exis-
tencia de esta solución es (−∞, 1).
Para este problema se tiene que S = {(x, y) : |x| ≤ a; |y − 1| ≤ b};
M = máxS y2
= (1 + b)2
y h = m´ın{a, b/(1 + b)2
}.
Como b/(1 + b)2
≤ 1/4 podemos tomar h = 1/4 (independientemente de
la forma de escoger a), luego por aplicación del Corolario (3.2) se garantiza la
existencia de una solución única y1(x) en el intervalo |x| ≤ 1/4. Ahora con-
sideremos la continuación de y1(x) a la derecha obtenida por encontrar una
solución y2(x) del problema y′
= y2
; y(1/4) = 4/3. Para este nuevo problema
se tiene S = {(x, y) : |x − 1/4| ≤ a; |y − 4/3| ≤ b}; y máxS y2
= (4/3 + b)2
.
Como b/(4/3 + b)2
≤ 3/16 podemos tomar h = 3/16. Luego y2(x) existe en
el intervalo |x − 1/4| ≤ 3/16. Este procedimeinto asegura la existencia de una
solución
y(x) =
y1(x); −1/4 ≤ x ≤ 1/4
y2(x); 1/4 ≤ x ≤ 7/10
en el intervalo −1/4 ≤ x ≤ 7/10. Este proceso de continuación de la solución
puede ser usado además a la derecha del punto (7/16, 16/9) o a la izquierda del
punto (−1/4, 4/5). Con el fin de establecer hasta que punto la solución puede
ser continuada se requiere del siguiente lema.
Lema 3.8. Sea f(x, y) una función continua en un dominio D con
supD |f(x, y)| ≤ M.Supongamos que el PVI (1.1) tiene una solución y(x)
en un intervalo J = (α, β). Entonces los l´ımites l´ımx→α+ y(x) = y(α + 0)
y l´ımx→β− y(x) = y(β − 0) existen.
Prueba. Para α < x1 < x2 < β, la ecuación integral (1.4) implica que

|y(x2) − y(x1)| ≤
x2
x1
|f(t, y(t))|dt ≤ M|x2 − x1|.
Por lo tanto y(x2) − y(x1) → 0; cuando x1, x2 → α+
. Luego por el criterio
de convergencia de Cauchy2
el l´ımx→α+ y(x) existe. Un argumento análogo
permite demostrar la existencia del otro l´ımite.
Teorema 3.9. Supongamos que se cumplen las condiciones del Lema
(3.8) y sean (β, y(β − 0)) ∈ D y (α, y(α + 0)) ∈ D. Entonces la solución
y(x) del PVI (1.1) en (α, β) puede ser extendida sobre el intervalo (α, β+γ]
([α − γ, β)) para algún γ > 0.
Prueba. Definimos la función y1(x) del modo siguiente: y1(x) = y(x) para
x ∈ (α, β) y y1(β) = y(β − 0). Entonces como para cada x ∈ (α, β]
y1(x) = y(β − 0) +
x
β
f(t, y1(t))dt
= y0 +
β
x0
f(t, y1(t))dt +
x
β
f(t, y1(t)dt
= y0 +
x
x0
f(t, y1(t))dt,
y la derivada izquierda y′
1(β − 0) existe y y′
1(β − 0) = f(β, y1(β)). Luego
y1(x) es una continuación de y(x) en el intervalo (α, β]. Ahora sea y2(x) una
solución del problema y′
= f(x, y); y(β) = y1(β) con intervalo de existrencia
[β, β + γ], entonces la función
y3(x) =
y1(x); x ∈ (α, β]
y2(x); x ∈ [β, β + γ]
es una continuación de y(x) en el intervalo (α, β + γ]. Por tal motivo es
suficiente notar que
y3(x) = y0 +
x
x0
f(t, y3(t))dt (3.8)
para todo x ∈ (α, β + γ]. En efecto (3.8) es obvia para x ∈ (α, β], de la
definición de y3(x) y para x ∈ [β, β + α] tenemos
y3(x) = y(β − 0) +
x
β
f(t, y3(t))dt
2

= y0 +
β
x0
f(t, y3(t))dt +
x
β
f(t, y3(t))dt
= y0 +
x
x0
f(t, y3(t))dt

Práctica N◦
3
1. Muestre que la solución del problema y′
= −x/y; y(0) = 1 no puede
ser extendida más allá del intervalo −1 < x < 1
2. Muestre que la solución del problema y′
= 2xy2
; y(0) = 1 existe sólo en
el intervalo |x| < 1.
3. Encuentre el máximo intervalo en el cual la solución del problema
y′
+ (sin x)y2
= 3(xy)2
, y(0) = 2
puede ser extendida.
4. Muestre que la solución del problema
y′
= 1 + y2
; y(0) = 1
no puede ser extendida fuera del intervalo −3
π
4
< x <
π
4
.
5. Sea f(x, y) una función continua que satisface |f(x, y)| ≤ c1 +c2|y|α
para
todo (x, y) ∈ T = {(x, y); |x − x0| ≤ a; |y| < ∞}, donde c1 y c2 son dos
constantes no negativas y 0 ≤ α < 1. Pruebe que el problema de valolr
inicial (1.1) tiene al menos una solución en |x − x0| ≤ a
6. Resolver el problema de valor inicial
yy′
− 3x2
(1 + y2
) = 0; y(0) = 1
Hallar también el mayor intervalo sobre el cual la solución está definida.

Cap´ıtulo 4
Unicidad de soluciones
R. Lipschitz
En los modelos matemáticos de aplicación espec´ıfica
uno de los aspectos más importantes es el relacionado
con la unicidad de soluciones, lo cual posteriormente
constituirá uno de los pilares de la estabilidad de
los sistemas. Este tópico adquiere relevancia desde
el punto de vista práctico en el sentido de que para
muchos modelos sólo es posible obtener una solución
aproximada, y si la solución no fuera única entonces
no se tendr´ıa certeza a cual de las soluciones nos
estar´ıamos aproximando.
En los cap´ıtulos previos hemos visto que cuando la función f(x, y) es conti-
nua en un rectángulo cerrado S, entonces eso es suficiente para garantizar la
existencia de al menos una solución del PVI (1.1) en un intervalo Jh. En este
cap´ıtulo presentamos algunos resultados que nos garantizan la existencia de
una única solución.
4.1. Teoremas de unicidad
Para obtener la unicidad de solución para el problema (1.1) se tiene que
adicionar condiciones a la función continua f(x, y), una de tales condiciones
es la de ser Lipschitz continua como lo veremos en el siguiente teorema.
Teorema 4.1. [Teorema de unicidad de Lipschitz]
Sea f(x, y) una función continua que satisface la condición de Lipschitz
uniformemente en S, entonces el problema (1.1) tiene a lo más una solu-
ción en |x − x0| ≤ a.
1
1
La función f(x, y) satisface la condición de Lipschitz uniformemente en cualquier domi-
nio D si para cualquier par de puntos (x, y1) , (x, y2) en D se tiene |f(x, y1) − f(x, y2)| ≤
L|y1 − y2|, donde L es una constante no negativa llamada constante de Lipschitz.
35

Prueba. En el Teorema (2.4) se prueba unicidad de soluciones para el pro-
blema (1.1) en el intervalo Jh, siguiendo el mismo esquema se muestra que el
intervalo Jh se puede cambiar por el intervalo |x−x0| ≤ a con lo que se prueba
este Teorema.
Teorema 4.2. [Teorema de unicidad de Peano] Sea f(x, y) una fun-
ción continua en S+ = {(x, y) : x0 ≤ x ≤ x0 + a; |y − y0| ≤ b} y no
creciente en y para cada x fijo en x0 ≤ x ≤ x0 + a. Entonces el problema
(1.1) tiene a lo más una solución en x0 ≤ x ≤ x0 + a.
Prueba. Supongamos que y1(x) y y2(x) son dos soluciones diferentes de (1.1)
en el intervalo x0 ≤ x ≤ x0 + a. Supongamos que y2(x) > y1(x) para x1 < x <
x1 + ǫ ≤ x0 + a, mientras que y1(x) = y2(x) en x0 ≤ x ≤ x1, esta situación la
podemos mostrar en el gráfico siguiente
x◦ x
1
x
1+
y
2
(x)
y(x)1
x◦+ a
es decir x1 es el ´ınfimo del conjunto A = {x; y2(x) > y1(x)}. Este ´ınfimo existe
porque el conjunto A está acotado inferiormente al menos por x0. Como por
hipótesis se tiene que f(x, y) es no creciente en la variable y, entonces para
todo x ∈ (x1, x1 + ǫ) se tiene
f(x, y1(x)) ≥ f(x, y2(x))
es decir
y′
1(x) ≥ y′
2(x)
.
Afirmación. La función z(x) = y2(x) − y1(x) es una función no creciente.
Si z(x) fuera creciente, como en x1 las funciones y1(x) y y2(x) coinciden en-
tonces se tendr´ıa que z(x1) = 0 lo que implica que z(x) ≤ 0 en (x1, x1 + ǫ).
Esta contradicción prueba que y1(x) = y2(x) en x0 ≤ x ≤ x0 + a.

Ejemplo 4.3. La función |y|1/2
sgn y, donde sgn y = 1 si y ≥ 0 y y = −1 si
y < 0, es continua, no decreciente, y el problema de valor inicial
y′
= |y|1/2
sgn y; y(0) = 0
tiene dos soluciones y(x) = 0 y y(x) = x2
/4 en el intervalo [0, +∞). Esto
nos dice que en el Teorema (4.2) no se puede reemplazar no creciente por no
decreciente.
Con la finalidad de probar adecuadamente el siguiente Teorema, previa-
mente proveeremos del siguiente resultado
Lema 4.4. Sea w(z) una función continua y creciente en el intervalo
[0, +∞), con w(0) = 0 , w(z) > 0 para z > 0 que además satisface
l´ım
ǫ→0+
ǫ
dz
w(z)
= ∞. (4.1)
Si u(x) es una función cont´ınua no negativa en [0, a], que verifica la de-
sigualdad
u(x) ≤
x
0
w(u(t))dt, 0 < x ≤ a (4.2)
entonces u(x) ≡ 0; en [0, a]
Prueba. Definimos v(x) = máx0≤t≤x u(t), y supongamos que v(x) > 0 para
0 < x ≤ a, entonces u(x) ≤ v(x), y para cada x existe un x1 ≤ x tal que
u(x1) = v(x). De lo cual se tiene
v(x) = u(x1) ≤
x1
0
w(u(t))dt ≤
x
0
w(v(t))dt;
es decir, la función no decreciente v(x) satisface la misma desigualdad que u(x).
Hagamos
v(x) =
x
0
w(v(t))dt,
entonces v(0) = 0; v(x) ≤ v(x); v′
(x) = w(v(x)) ≤ w(v(x)), luego para 0 <
δ < a tenemos
a
δ
v′
(x)
w(v(x))
dx ≤ a − δ < a
Sin embargo de (4.1) se tiene que

a
δ
v′
(x)
w(v(x)
dx =
α
ǫ
dz
w(z)
; v(δ) = ǫ; v(a) = α
se hace infinita cuando ǫ → 0 (δ → 0). Esta contradicción muestra que v(x)
no puede ser positiva , asi que v(x) ≡ 0, y luego u(x) = 0 en [0, a].
Teorema 4.5. [Teorema de unicidad de Osgood] Sea f(x, y) una
función continua en S y para todo (x, y1); (x, y2) en S se satisface
|f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ w(|y1 − y2|), (4.3)
donde w(z) es la misma función del Lema (4.4). Entonces el PVI (1.1)
tiene a lo más una solución en el intervalo |x − x0| ≤ a.
Prueba. Supongamos que y1(x) y y2(x) son dos soluciones de (1.1) en el
intervalo |x − x0| ≤ a. Luego de (4.3) se sigue que
|y1(x) − y2(x)| ≤
x
x0
|w(|y1(t) − y2(t)|)|dt
.
Para cualquier x ∈ [x0, x0 + a] hacemos u(x) = |y1(x0 + x) − y2(x0 + x)|,
entonces la función no negativa u(x) satisface la desigualdad (4.2) y luego el
Lema (4.4) implica que u(x) = 0 en [0, a] es decir y1(x) = y2(x) en [x0, x0 + a].
En el caso de que x ∈ [x0 − a, x0], la prueba es la misma, solamente tomando
cuidado de definir u(x) como u(x) = |y1(x0 − x) − y2(x0 − x)| en [x0 − a, x0].
El siguiente Lema nos servirá de auxilio para el teorema que continúa
Lema 4.6. Sea u(x) una función continua no negativa en el intervalo
|x − x0| ≤ a, con u(x0) = 0 y sea u(x) diferenciable en x0 con u′
(x0) = 0,
entonces la desigualdad
u(x) ≤
x
x0
u(t)
t − x0
dt (4.4)
implica que u(x) = 0 en |x − x0| ≤ a
Prueba. Haremos la prueba sólo en el lado derecho del intervalo, es decir en
el subintervalo x0 ≤ x ≤ x0 + a.
Definimos
v(x) =
x
x0
u(t)
t − x0
dt

Observamos que esta integral existe debido a que
l´ım
x→x0
u(x) − u(x0)
x − x0
= u′
(x0) = 0
pués por hipótesis se tiene u(x0) = 0 y u′
(x0) = 0
además se tiene
v′
(x) =
u(x)
x − x0
≤
v(x)
x − x0
de donde obtenemos que d/dx[v(x)/(x−x0)] ≤ 0 lo que implica que
v(x)
x − x0
es
no creciente. Como v(x0) = 0 entonces v(x) ≤ 0 lo cual es una contradicción
con v(x) ≥ 0. Luego v(x) ≡ 0, y luego u(x) = 0 en el intervalo [x0, x0 + a]
Teorema 4.7. [Teorema de Unicidad de Nagumo] Sea f(x, y) una
función continua en S y si para todo (x, y1) , (x, y2) de S se cumple
|f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ k|x − x0|−1
|y2 − y1|; x = x0; k ≤ 1. (4.5)
Entonces el problema de valor inicial (1.1) tiene a lo más una solución en
|x − x0| ≤ a.
Prueba. Supongamos que y1(x) y y2(x) son dos soluciones del problema (1.1)
en el intervalo |x − x0| ≤ a.
Entonces de (4.5) se tiene que
|y1(x) − y2(x)| ≤ |
x
x0
|t − x0|−1
|y1(t) − y2(t)|dt|
Hacemos u(x) = |y1(x) − y2(x)|; entonces la función u(x) satisface la de-
sigualdad (4.4). Además como u(x) es continua en el intervalo |x − x0| ≤ a y
u(x0) = 0, del Teorema del Valor Medio tenemos
u′
(x0) = l´ım
h→0
u(x0 + h) − u(x0)
h
= l´ım
h→0
|y1(x0) + hy′
1(x0 + θ1h) − y2(x0) − hy′
2(x0)θ2h)|
h
; 0 < θ1, θ2 < 1
= (sgn h) l´ım
h→0
|y′
1(x0 + θ1h) − y′
2(x0 + θ2h)| = 0
Luego las condiciones del Lema (4.6) se cumplen , y u(x) ≡ 0 es decir y1(x) =
y2(x) en |x − x0| ≤ a

A continuación mostramos un ejemplo en el que se confirma que la exigencia
hecha en (4.5) del Teorema de Nagumo para la constante k es la mejor posible.
Ejemplo 4.8. Sea f(x, y) la función definida por
f(x, y) =



0 , 0 ≤ x ≤ 1; y ≤ 0
(1 − ǫ)y
x
, 0 < x ≤ 1, 0 < y < x1+ǫ
; ǫ > 0
(1 + ǫ)x1+ǫ
, 0 ≤ x ≤ 1; x1+ǫ
≤ y
Se verifica que esta función es continua en S = [0, 1]×R y satisface la condición
(4.5) a excepción de k = 1 + ǫ > 1. Se verifica que para esta función el PVI
(1.1) con (x0, y0) = (0, 0) tiene infinitas soluciones de la forma y(x) = cx1+ǫ
,
donde c es una constante arbitraria tal que 0 < c < 1; en consecuencia en
el Teorema de Nagumo (4.7) no se puede reemplazar la constante k por una
constante k > 1.
Teorema 4.9. [Teorema de Krasnoselki-Krein]
Sea f(x, y) una función continua en S la cual satisface para todo
(x, y1); (x, y2) ∈ S
|f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ k|x − x0|−1
|y2 − y1|; x = x0; k > 0 (4.6)
|f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ C|y2 − y1|α
; C > 0, 0 < α < 1, k(1 − α) < 1 (4.7)
Entonces el problema (1.1) tiene a lo más una solución en |x − x0| ≤ a.
Prueba. Supongamos que y1(x), y y2(x) son dos soluciones de (1.1) en el
intervalo |x − x0| ≤ a. Haremos la prueba sólo en el subintervalo [x0, x0 + a].
De (4.7) se tiene que
u(x) := |y1(x) − y2(x)| ≤
x
x0
Cuα
(t)dt

Efectivamente: Como y1(x) y y2(x) son dos soluciones de (1.1) entonces
de (4.7) se tiene
|y′
1(x) − y′
2(x)| ≤ C|y2 − y1|α
integrando de x0 a x tenemos que
x
x0
|y′
1(t) − y′
2(t)| ≤
x
x0
C|y2(t) − y1(t)|α
dt
Haciendo u(x) = |y1(x) − y2(x) tenemos entonces que
u(x) − u(x0) ≤
x
x0
Cuα
dt
pero u(x0) = 0 luego tenemos
u(x) ≤
x
x0
Cuα
dt
Por tanto, por aplicación del resultado2
c
En efecto; Como v(x) = u(x)(x − x0)−k
entonces
v(x) ≤ C(x − x0)(1−α)−1
(x − x0)−k
= C(x − x0)(1−α)−1−k
Como k(1 − α) < 1 es inmediato que l´ımx→x0 v(x) = 0.
Pues por hipótesis se tiene que k(1 − α) < 1 con k > 0, de donde obtene-
mos que (1 − α)−1
− k > 0, por lo tanto l´ımx→x0 v(x) = 0
Luego si definimos v(x0) = 0 , entonces la función v(x) es continua en el
intervalo [x0, x0 + a]. Mostraremos que v(x) = 0 en [x0, x0 + a]. Si v(x) > 0 en
algún punto de [x0, x0 +a] entonces existe un x1 > x0 tal que 0 < m = v(x1) =
máxx0≤x≤x0+a v(x). Sin embargo de (4.6) tenemos
m = v(x1) ≤ (x − x0)−k
x1
x0
k(t − x0)−1
u(t)dt
2
Resultado. Sea u(x) una función no negativa en el intervalo |x − x0| ≤ a y C ≥ 0 una
constante dada. Si se cumple
u(x) ≤
x
x0
Cuα
(t)dt, 0 < α < 1
entonces u(x) ≤ [C(1−α)−1
|x − x0|](1−α)−1
; para todo x en|x − x0| ≤ a

En efecto, esta desigualdad se verifica, pues de (4.6) se tiene que
|y′
1(x) − y′
2(x)| ≤ k|x − x0|−1
|y2 − y1|
integrando esta desigualdad de x0 hasta x1 obtenemos
u(x1) − u(x0) ≤
x1
x0
|t − x0|−1
u(t)
ya que hemos considerado u(x) := |y2(x) − y1(x)|
Luego
m = v(x1) ≤ |x1 − x0|−k
x1
x0
|t − x0|−1
u(t)
pues v(x) = u(x)(x − x0)−k
de donde u(x) = v(x)(x − x0)k
.
≤ (x − x0)−k
x1
x0
k(t − x0)k−1
v(t)dt
< m(x − x0)−k
x1
x0
k(t − x0)k−1
dt
= m(x − x0)−k
(x − x0)k
= m
lo cual es una contradicción. Por tanto v(x) ≡ 0, luego u(x) = 0 en [x0, x0 +a].
Teorema 4.10 ([Teorema unicidad de Van Kampen]). Sea f(x, y)
una función continua en S y para todo (x, y) ∈ S se cumple
|f(x, y)| ≤ A|x − x0|p
, p > −1; A > 0 (4.8)
además para cada (x, y1), (x, y2) de S se satisface
|f(x, y1) − f(x, y2)| ≤
C
|x − x0|r
|y1 − y2|q
, q ≥ 1; C > 0 (4.9)
con q(1 + p) − r = p, ρ = C(2A)q−1
/(p + 1)q
< 1. Entonces el PVI (1.1)
tiene a lo más una solución en |x − x0| ≤ a.
Prueba. Supongamos que y1(x) y y2(x) son dos soluciones de (1.1) en
|x − x0| ≤ a. Ahora mostraremos que y1(x) = y2(x) sólo en el intervalo
[x0 − a, x0].

Consideramos
|y′
2(x) − y′
1(x)| = |f(x, y2(x)) − f(x, y1(x))|
integrando desde x hasta x0 tenemos que
u(x) = |y1(x) − y2(x)| ≤
x0
x
|f(x, y1(t)) − f(x, y2(t))|dt
y por (4.8) tenemos
≤ 2A
x0
x
(x0 − t)p
dt =
2A
p + 1
(x0 − x)p+1
de donde obtenemos aplicando (4.9)
u(x) ≤ C
x0
x
1
(x0 − t)r
uq
(t)dt
≤ C(
2A
p + 1
)q
x0
x
(x − t)q(p+1)−r
dt = ρ(
2A
p + 1
)(x0 − x)p+1
de esta nueva estimativa y (4.9) tenemos
u(x) ≤ ρ1+q
(
2A
P + 1
)(x0 − x)p+1
.
Continuando de esta manera obtenemos
u(x) ≤ ρ1+q+2+···+qm
(
2A
p + 1
)(x0 − x)p+1
, m = 1, 2, . . .
Como q > 1 y ρ < 1, se sigue que u(x) = 0 en [x0 − a, x0].

PRÁCTICA N◦
04
1. Sea f(x, y) una función continua que satisface la condición de Lipschitz
generalizada
|f(x, y1) − f(x, y2)| ≤ L(x)|y1 − y2|
para todo (x, y1), (x, y2) ∈ S, donde la función L(x) es tal que la integral
x0+a
x0−a
L(t)dt existe. Probar que el PVI (1.1) tiene a lo más una solución
en |x − x0| ≤ a.
2. Sea f(x, y) continua en S+, que para todo (x, y1); (x, y2) en S+, con
y2 ≥ y1 satisface una condición de Lipschitz lateral
f(x, y2) − f(x, y1) ≤ L(y2 − y1).
Pruebe que (1.1) tiene a lo más una solución en x0 ≤ x ≤ x0 + a.
3. Dada la ecuación y′
= xg(x, y) supongamos que g y ∂g/∂y son definidas
y continuas para todo (x, y). Muestre que:
(a) y(x) ≡ 0 es una solución.
(b) Si y = y(x) para x ∈ (α, β) es una solución y si y(x0) > 0 con
x0 ∈ (α, β) entonces y(x) > 0 para todo x ∈ (α, β).
(c) Si y = y(x) para x ∈ (α, β) es una solución y si y(x0) < 0 con
x0 ∈ (α, β) entonces y(x) < 0 para todo x ∈ (α, β).

Cap´ıtulo 5
Inecuaciones diferenciales
En esta oportunidad introducimos el estudio de las llamadas inecuaciones
diferenciales, tema poco difundido a nivel de un Curso de Ecuaciones Dife-
renciales Ordinarias. Es natural suponer algunas preguntas que deben hacerse
algunos lectores: Si el curso es de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias, ¿por-
qué estudiar inecuaciones diferenciales? Indudablemente que en el contexto
actual en que los métodos de aproximación numérica están de moda, el estu-
diar inecuaciones diferenciales permite establecer un intervalo variable, en el
cual oscila la solución de nuestro problema de valor inicial (1.1); as´ı muchas
veces bastará conocer las soluciones de dos inecuaciones diferenciales, entre
las cuales se encuentra la solución de una ecuación diferencial, para conocer
con bastante aproximación el valor de la solución del PVI (1.1), el cual es una
ecuación diferencial.
Consideramos a f(x, y) una función continua en un dominio D.
Definición 5.1. Decimos que una función y(x) es solución de la inecua-
ción diferencial y′
> f(x, y) en el intervalo J = [x0, x0 + a) si
i) y′
(x) existe para cada x ∈ J
ii) Los puntos (x, y(x)) ∈ D para cada x ∈ J, y
iii) y′
(x) > f(x, y(x)) para todo x ∈ J.
Las soluciones de las inecuaciones y′
≥ f(x, y), y′
< f(x, y), y′
≤ f(x, y)
son definidas de manera análoga.
Ejemplo 5.2. Es fácil verificar que la función y(x) = cot x es solución de la
inecuación diferencial y′
< −y2
en el intervalo J = (0, π)
Efectivamente, vemos que
45

i) y′
(x) = − csc2
x; existe para todo x ∈ J = (0, π)
ii) (x, y(x)) ≡ (x, cot x) ∈ D; ∀x ∈ J
iii) − csc2
x < − cot2
x; para todo x ∈ J
5.1. Resultados b´asicos
Teorema 5.3. Sean f(x, y) una funci´on continua en el dominio D, y
y1(x), y2(x) son soluciones de las inecuaciones diferenciales
y′
1 ≤ f(x, y1); y′
2 > f(x, y2) (5.1)
sobre J. Entonces y1(x0) < y2(x0) implica que
y1(x) < y2(x); para todo x ∈ J (5.2)
Prueba. Si no se cumpliera (5.2) entonces el conjunto
A = {x ∈ J : y1(x) ≥ y2(x)} = Φ
x◦
x◦+ a
y
2
y
1
x*
Sea x∗
la mayor de las cotas inferiores de A, entonces x0 < x∗
y y1(x∗
) = y2(x∗
).
Para h < 0 se tiene que y1(x∗
+ h) < y2(x∗
+ h), luego
y′
1(x∗
− 0) = l´ım
h→0
y1(x∗
+ h) − y1(x∗
)
h
≥ l´ım
h→0
y2(x∗
+ h) − y2(x∗
)
h
= y′
2(x∗
− 0).

es decir
y′
1(x∗
) ≥ y′
2(x∗
)
pero por (5.1) se obtiene
f(x∗
, y1(x∗
)) ≥ y′
1(x∗
) ≥ y′
2(x∗
) > f(x∗
, y2(x∗
))
de donde f(x∗
, y1(x∗
)) > f(x∗
, y2(x∗
)), y como y1(x∗
) = y2(x∗
), esta desigual-
dad es contradictoria; en consecuencia el conjunto A es vac´ıo, con lo cual se
verifica la desigualdad (5.2).
Observación 5.4. El teorema (5.3) sigue siendo válido si en (5.1) se cambia
≤ por <, y > por ≥; pero no se sigue cumpliendo si se cambian las desigual-
dades por igualdades como observamos en el siguiente ejemplo
El problema
y′
= y2/3
; y(0) = 0
tiene soluciones y1(x) = x3
/27; y2(x) = 0 en [0, +∞), se observa que para
estas ecuaciones si se reemplazan en (5.3) las desigualdades por igualdades
estas se siguen cumpliendo, pero vemos que x3
/27 0 en (0, ∞).
Corolario 5.5. Sea f(x, y) una función continua en un dominio D. Si
además se cumplen:
i) y(x) es una solución del problema de valor inicial (1.1) en el intervalo
J = [x0, x0 + a)
ii) y1(x) y y2(x) son las soluciones de las inecuaciones diferenciales
y′
1(x) < f(x, y1(x)) ; y′
2(x) > f(x, y2(x)) en el intervalo J.
iii) y1(x0) ≤ y0 ≤ y2(x0).
Entonces y1(x) < y(x) < y2(x); para x ∈ (x0, x0 + a).
Prueba. Probaremos que y(x) < y2(x); para x ∈ (x0, x0 + a).
Si y0 < y2(x0), entonces de iii) se tendr´ıa y1(x0) ≤ y0 < y2(x0), es decir
y1(x0) < y2(x0), por tanto el resultado se obtiene por aplicación del Teorema
(5.3).
Ahora suponemos que y0 = y2(x0). Hagamos z(x) = y2(x) − y(x), entonces
z′
(x0) = y′
2(x0) − y′
(x0) > f(x0, y2(x0)) − f(x0, y(x0)) = 0, [Por la segunda
inecuación de (ii) y por (i) donde se afirma que y(x) es una solución del PVI

(1.1)]; es decir z(x) es creciente a la derecha de x0 en un intervalo suficiente-
mente pequeño [x0, x0 + δ], entonces
z(x0) < z(x0 + δ)
es decir 0 < y2(x0 +δ)−y(x0 +δ) de donde se tiene que y(x0 +δ) < y2(x0 +δ).
Por una nueva aplicación del Teorema (5.3) se tiene que y(x) < y2(x) para todo
x ∈ [x0 + δ, x0 + a). Desde que δ puede ser escogido suficientemente pequeño,
se tiene que el Corolario es válido.
Ejemplo 5.6. Consideremos el PVI
y′
= y2
+ x2
; y(0) = 1; x ∈ [0, 1) (5.3)
Para la función y1(x) = 1 +
x3
3
, se tiene que y1(0) = 1, y para x ∈ (0, 1) se
tiene
y′
1(x) = x2
< (1 +
x3
3
)2
+ x2
= y2
1(x) + x2
.
En forma análoga se tiene para la función y2(x) = tan(x+π/4), que y2(0) =
1 y para x ∈ (0, π/4) se tiene que
y′
2(x) = sec2
(x + π/4) = tan2
(x + π/4) + 1 > y2
2(x) + x2
Luego por el Corolario (5.5) la solución del PVI (1.1) queda entre y1(x) y y2(x);
es decir
1 +
x3
3
< y(x) < tan(x + π/4); x ∈ (0, 1)
El siguiente resultado es una aplicación del Teorema (5.3)
Teorema 5.7. Sea f(x, y) una función continua en el dominio D, y para
todo (x, y), (x, z) ∈ D con x ≥ x0, y ≥ z se verifica
f(x, y) − f(x, z) ≤ L(y − z). (5.4)
Además suponemos que las condiciones(i)-(iii) del Corolario (5.5) con
desigualdad estricta en (ii) reemplazadas por igualdades son satisfechas.
Entonces y1(x) ≤ y(x) ≤ y2(x); ∀x ∈ J.
Prueba. Definimos z1(x) = y1(x) − ǫeλ(x−x0)
, donde ǫ > 0 y λ > L
Por las hipótesis anteriores se tiene que
z′
1(x) = y′
1(x) − ǫeλ(x−x0)
≤ f(x, y1(x)) − ǫeλ(x−x0)

≤ f(x, z1(x)) + ǫ(L − λ)eλ(x−x0)
< f(x, z1(x))
En forma análoga para la función z2(x) = y2(x) + ǫeλ(x−x0)
se tiene que
z′
2(x) > f(x, z2(x)).
También, z1(x0) < y1(x0) ≤ y0 ≤ y2(x0) < z2(x0) es evidente. Por lo tanto las
condiciones del Teorema (5.3) para las funciones z1(x) y z2(x) son satisfechas,
por lo cual
z(x) < y(x) < z2(x) para todo x ∈ J (5.5)
haciendo ǫ → 0 en (5.5) se obtiene lo deseado.
Corolario 5.8. Supongamos que las condiciones del Teorema (5.7) son
satisfechas con (5.4) sustituida por la condición de Lipschitz para todo
x ≥ x0 y si (iii) del Corolario (5.5) es reemplazada por y1(x0) = y0 =
y2(x0). Entonces para cualquier x1 ∈ J tal que x1 > x0
y1(x1) < y(x1); (y(x1) < y2(x1)) o y1(x) = y(x)(y(x) = y2(x))∀x ∈ [x0, x1].
Prueba. Para x ≥ x0 y y ≥ z la condición de Lipschitz es equivalente a
−L(y − z) ≤ f(x, y) − f(x, z) ≤ L(y?z) (5.6)
y luego por el Teorema (5.7) se sigue que y1(x) ≤ y(x) ≤ y2(x).
Como y1(x0) = y(x0) = y2(x0) a menos que y(x) = y1(x)(y(x) = y2(x)), existe
algún x1 > x0 en el cual y1(x1) < y(x1)(y(x − 1) < y2(x1)). Sin embargo de
(5.6) encontramos que
y′
1(x) − y′
(x) ≤ f(x, y1(x)) − f(x, y(x)) ≤ L(y(x) − y1(x)),
lo cual es equivalente a
d
dx
(eLx
(y1(x) − y(x))) ≤ 0
luego la función eLx
(y1(x) − y(x)) no puede ser creciente y para cualquier
x > x1
eLx
(y1(x) − y(x)) ≤ eLx1
(y1(x1) − y(x1)) < 0
Luego, y1(x) < y(x); ∀x > x1. por lo tanto, si y(x1) = y1(x1) en cualquier
punto x1, entonces y(x) = y1(x) en [x0, x1].
Ahora presentaremos otra aplicación del Teorema (5.3).

5.2. Soluciones maximales y minimales
Definición 5.9. Una solución r(x) (respectivamente ρ(x)) del PVI (1.1)
la cual existe en el intervalo J, es llamada solución maximal (respectiva-
mente minimal) si para una solución arbitraria de (1.1) existiendo en J,
la desigualdad
y(x) ≤ r(x); (respectivamente ρ(x) ≤ y(x))
se cumple para todo x ∈ J
Si las soluciones maximales o minimales existen, son únicas.
Teorema 5.10. Si f(x, y) es una función continua en S+ = {(x, y) : x0 ≤
x ≤ x0 + a; |y − y0| ≤ b}. Entonces existe una solución maximal r(x) y
una solución minimal del PVI (1.1) en el intervalo [x0, x0 + α], donde
α = m´ın{a, b/(2M + b)}; donde M > 0 satisface |f(x, y)| ≤ M para todo
(x, y) ∈ S+.
Prueba. Probaremos la existencia de la solución maximal r(x).
Sea 0 < ǫ ≤ b/2 y consideremos el PVI
y′
= f(x, y) + ǫ; y(x0) = y0 + ǫ. (5.7)
Desde que la función fǫ(x, y) = f(x, y) + ǫ es continua en Sǫ = {(x, y) : x0 ≤
x ≤ x0 + a; |y − y(x0 + ǫ)| ≤ b/2}, y Sǫ ⊆ S+, encontramos que |f(x, y)| ≤
M+b/2 en Sǫ. Luego del Corolario (3.2) se sigue que el problema (5.7) tiene una
solución y(x, ǫ) en el intervalo [x0, x0 +α], donde α = m´ın{a, b/(2M +b)}. Para
0 < ǫ2 < ǫ1 ≤ ǫ, tenemos que y(x0, ǫ2) < y(x0, ǫ1) y y′
(x, ǫ2) = f(x, y(x, ǫ2)) +
ǫ2, y′
(x, ǫ1) > f(x, y(x, ǫ1))+ǫ2 para x ∈ [x0, x0 +α]. Luego el Teorema (5.3) es
aplicable y tenemos y(x, ǫ2) < y(x, ǫ1) para todo x ∈ [x0, x0 + α]. Ahora como
en el Teorema (??) es fácil ver que la familia de funciones y(x, ǫ) es equicontinua
y uniformemente acotada en [x0, x0 + α], luego del Teorema 7.10 existe una
sucesión decreciente {ǫn} tal que ǫn → 0 cuando n → ∞, y l´ımn→∞ y(x, ǫn)
existe uniformemente en [x0, x0 + α]. Denotamos esta función l´ımite por r(x).
Obviamente r(x0) = y0 y la continuidad uniforme de f, con
y(x, ǫn) = y0 + ǫn +
x
x0
[f(t, y(t, ǫn)) + ǫn]dt
nos da a r(x) como una solución de (1.1).

Afirmación. r(x) es la solución maximal de (1.1) en [x0, x0 + α]
Sea y(x) cualquier solución del PVI (1.1) en [x0, x0 + α], entonces y(x0) =
y0 < y0 + ǫ = y(x0, ǫ), y y′
(x) < f(x, y(x)) + ǫ; y′
(x, ǫ) = f(x, y(x, ǫ)) + ǫ
para todo x ∈ [x0, x0 + α] y 0 < ǫ ≤ b/2, luego del Teorema (5.3) se sigue
que y(x) < y(x, ǫ), x ∈ [x0, x0 + α]. Por la unicidad de la solución maximal se
muestra que y(x, ǫ) tiende uniformemente a r(x) en [x0, x0 + α] cuando ǫ → 0.
Ejemplo 5.11. Para el problema de valor inicial
y′
= |y|1/2
; y(0) = 0
es claro que r(x) = x2
/4, ρ(x) = 0; si x ≥ 0; y r(x) = 0, ρ(x) = −x2
/4 si
x ≤ 0 y
Ahora como una aplicación de la solución maximal r(x) se probará el si-
guiente Teorema.
Teorema 5.12. Sea f(x, y) una función continua en un dominio D, y sea
r(x) la solución maximal del problema (1.1) en el intervalo J = [x0, x0+a).
Sea y(x) una solución de la inecuación diferencial
y′
≤ f(x, y(x)) (5.8)
en J. Entonces y(x0) ≤ y0 implica que
y(x) ≤ r(x); para todo x ∈ J (5.9)
Prueba. Para x1 ∈ (x0, x0 +a) un argumento análogo al usado en el Teorema
(5.10) muestra que existe una solución maximal r(x, ǫ) de (5.7) en [x0, x1] para
todo ǫ suficientemente pequeño y además l´ımǫ→0 r(x, ǫ) = r(x) uniformemente
en [x0, x1]. Ahora de (5.7) y de (5.8) junto con y(x0) ≤ y0 < r(x, ǫ) se obtiene
que
y(x) < r(x, ǫ) (5.10)
en [x0, x1]
La desigualdad (5.9) se sigue tomando ǫ → 0 en (5.10).
Comentario 5.13. Las inecuaciones diferenciales son también muy usadas
para obtener resultados de no existencia global y explosión de soluciones en
tiempo finito de ecuaciones diferenciales parciales; as´ı en el Método de Kaplan
o del primer coeficiente de Fourier las inecuaciones se muestran muy potentes
con el auxilio de la famosa desigualdad de Jensen.

Cap´ıtulo 6
Dependencia continua de los
datos iniciales
En muchos de modelos f´ısicos representados por el problema de valor inicial
(1.1), los diversos parámetros que intervienen en su formulación no pueden ser
cuantificados de manera exacta, ya sea por los errores materiales y humanos
que existen o por el grado de precisión de los equipos empleados en hacer las
mediciones correspondientes. Otro factor que interviene en esta introducción
de errores es el ajuste final del modelo matemático a estudiar, esto se presenta
al captar datos experimentales del fenómeno estudiado, as´ı por ejemplo, si el
fenómeno real nos provee de valores para f(x, y) los cuales oscilan entre −1 y
1,como se muestra en la figura, es muy dificil que exista una función f(x, y) que
tenga exactamente dichos valores reales, entonces lo que se hace es considerar
una función que se ajuste o describa aproximadamente dicho comportameiento
real del fenómeno.
0
1
-1
Datos en el laboratorio
Se observa entonces que es muy importante tener la certeza que leves varia-
ciones en la toma de los datos iniciales f(x, y) y (x0, y0), nos den soluciones del
53

problema (1.1) las cuales difieran tambien muy levemente. Este comportamien-
to es lo que se conoce como dependencia continua de los datos iniciales, que
es un ingrediente esencial de lo que se conoce como estabilidad de soluciones.
Cuando no existe dependencia continua de los datos iniciales puede ocurrir
que pequeñas variaciones en los datos iniciales impliquen grandes variaciones
en las soluciones resultantes. Por lo general la mayor´ıa de las soluciones del
problema (1.1) no son exactas y se emplean métodos de aproximación numéri-
cos para obtener soluciones aproximadas, pero si no existe garant´ıa de que
exista dependencia continua de los datos iniciales o que exista unidad de solu-
ciones, entonces tampoco habr´ıa garant´ıa de que nos estemos aproximando a
la solución correcta.
Teorema 6.1. Si las siguientes condiciones son satisfechas:
i. f(x, y) es continua y acotada por M sobre un dominio D el cual
contiene los puntos (x0, y0) y (x1, y1).
ii. f(x, y) satisface una condición de Lipschitz uniforme sobre D.
iii. g(x, y) es continua y acotada por M1 en D.
iv. y(x) y z(x) son soluciones del problema (1.1) y se cumple que
z′
(x) = f(x, z) + g(x, z); z(x1) = y1
existe en un intervalo J conteniendo a x0 y x1.
Entonces para todo x ∈ J, la siguiente desigualdad se cumple
|y(x)−z(x)| ≤ (|y0−y1|+(M+M1)|x1−x0|+
1
L
M1)×exp(L|x−x0|)−
1
L
M1
(6.1)
1
Prueba. De la Proposición (1.5) se tiene que para todo x ∈ J
z(x) = y1 +
x
x1
[f(t, z(t)) + g(t, z(t))]dt
= y1 +
x
x0
f(t, z(t))dt +
x0
x1
f(t, z(t))dt +
x
x1
g(t, z(t))dt
Luego tenemos
1
La función f(x, y) satisface la condición de Lipschitz uniformemente en cualquier domi-
nio D si para cualquier par de puntos (x, y1) , (x, y2) en D se tiene |f(x, y1) − f(x, y2)| ≤
L|y1 − y2|, donde L es una constante no negativa llamada constante de Lipschitz.

y(x) − z(x) = y0 − y1 =
x
x0
[f(t, y(t)) − f(t, z(t))]dt
+
x1
x0
f(t, z(t))dt −
x
x1
g(t, z(t))dt. (6.2)
de (6.2) tenemos
|y(x)−z(x)| ≤ |y0 −y1|+(M +M1)|x1 −x0|+M1|x−x0|+L
x
x0
|y(t)−z(t)|dt
(6.3)
La desigualdad de (6.3) es la misma que la del Corolario (1.11) con c0 =
|y0 − y1| + (M + M1)|x − x0|, c1 = M1; c2 = L y u(x) = |y(x) − z(x)| con lo
cual la desigualdad (6.1) se cumple.
Comentario 6.2. Se observa de la ecuación (6.1) que la diferencia de las solu-
ciones del PVI (1.1), y(x) y z(x) en J, resulta pequeña si la función f(x, y) y el
punto inicial (x0, y0) var´ıan continuamente (levemente). También observamos
que la solución z(x) del problema de valor inicial
z′
(x) = f(x, z) + g(x, z); z(x1) = y1
no requiere ser única en J.
y′
= sen(xy); y(0) = 1 (6.4)
en el rectángulo S = {(x, y); |x| ≤ 1/2; |y − 1| ≤ 1/2}.
Para aplicar el Teorema (2.4), vemos que a = 1/2, b = 1/2, y que
máx
x∈S
| sin(xy)| ≤ 1 ≤ M
y por el Teorema (1.7) vemos que la función sin(xy) satisface la condición de
Lipschitz en S y el máxS |x cos(xy)| = 1/2 = L, luego el problema (6.4) tiene
una única solución en el intervalo |x| ≤ h ≤ 1/2.
Como una aproximación del problema (6.4) consideramos el problema
z′
= xz; z(0) = 1,1 (6.5)
la cual también tiene una solución única z(x) = 1,1e(x2/2)
en el intervalo |x| ≤
1/2. Por la fórmula de Taylor encontramos que
|g(x, y)| = | sin xy − xy| ≤
1
6
|xy|3
≤
1
6
(1/2)3
(3/2)3
=
9
128
= M1

Haciendo uso del Teorema (6.1) para los PVIs anteriores obtenemos una
cota de error superior para la diferencia entre las soluciones y(x) y z(x)
|y(x) − z(x)| ≤ (0,1 +
9
64
exp(|x|/2) −
9
64
, ∀|x| ≤ 1/2.
Para enfatizar la dependencia del punto inicial (x0, y0) escribiremos y(x, x0, y0)
para denotar la solución y(x) del PVI (1.1).
Teorema 6.4. Supongamos que se satisfacen las siguientes sentencias:
i) f(x, y) es continua y acotada por M en un dominio D que contiene
a (x0, y0).
ii)
∂f(x, y)
∂y
existe, es continua y es acotada por L en D.
iii) La solución y(x, x0, y0) del PVI (1.1) existe en un intervalo J
conteniendo al punto x0.
Entonces se tiene que y(x; x0, y0) es diferenciable con respecto a y0
y z(x) =
∂y(x; x0, y0)
∂y0
es solución del problema de valor inicial
z′
=
∂f
∂y
(x, y(x; x0, y0))z (6.6)
z(x0) = 1 (6.7)
La ecuación (6.6) es llamada la ecuación variacional correspondiente a la
solución y(x; x0, y0).
Prueba. Sea (x0, y1) ∈ D tal que la solución y(x, x0, y1) del PVI
y′
= f(x, y); y(x0) = y1
existe en el intervalo J1. Entonces para todo x ∈ J2 = J ∩ J1, el Teorema (6.4)
implica que
|y(x, x0, y0) − y(x, x0, y1)| ≤ |y0 − y1|eL|y0−y1|
es decir |y(x, x0, y0) − y(x, x0, y1)| → 0, cuando |y0 − y1| → 0.
Ahora para cada x ∈ J2 se cumple que
y(x, x0, y0) − y(x, x0, y1) − z(x)(y0 − y1)

=
x
x0
[f(t, y(t, x0, y0)) − f(t, y(t, x0, y − 1)) −
∂f
∂y
(t, y(t, x0, y0))z(t)(y0 − y1)]dt
=
x
x0
∂f
∂y
(t, y(t, x0, y0))[y(t, x0, y0) − y(t, x0, y1) − z(t)(y0 − y1)]dt
+
x
x0
δ{y(t, x0, y0), y(t, x0, y1)}dt,
donde δ{y(t, x0, y0), y(t, x0, y1)} → 0, cuando |y(x, x0, y0) − y(x, x0, y1)| → 0,
es decir cuando |y0 − y1| → 0.
De aqui encontramos que
|y(x, x0, y0) − y(x, x0, y11) − z(x)(y0 − y1)|
≤ L|
x
x0
|y(t, x0, y0) − y(t, x0, y1) − z(t)(y0 − y1)|dt| + o(|y0 − y1|).
Ahora aplicamos el Corolario (1.11) y obtenemos
|y(x, x0, y0) − y(x, x0, y1) − z(x)(y0 − y1)| ≤ o(|y0 − y1|)exp(L|x − x0|).
Luego
|y(x, x0, y0) − y(x, x0, y1) − z(x)(y0 − y1)| → 0 cuando |y0 − y1| → 0.
con lo cual se completa la prueba.
A continuación mostraremos que las condiciones del Teorema (6.4) son
suficientes para que la solución y(x, x0, y0) sea diferenciable con respecto a x0.
Teorema 6.5. Supongamos que se satisfacen las hipótesis del Teorema
(6.4). Entonces la solución y(x, x0, y0) es diferenciable con respecto a x0
y z(x) = ∂y(x, x0, y0)/∂x0 es la solución de la ecuación variacional (6.6)
satisfaciendo la condición inicial
z(x0) = −f(x0, y0). (6.8)
Prueba. La prueba es similar a la del Teorema (6.4)
Notar que la ecuación variacional (6.6) puede ser obtenida directamente
diferenciando la relación
y′
(x, x0, y0) = f(x, y(x, x0, y0))

con relación a y0 ( o a x0 ); además como y(x0, x0, y0) = y0, diferenciando con
respecto a y0 obtenemos la condición inicial (6.7). Para obtener la condición
inicial (6.8) empezamos con la ecuación integral
y(x, x0, y0) = y0 +
x
x0
f(t, y(t, x0, y0))dt
y diferenciando con respecto a x0 obtenemos
∂y(x, x0, y0)
∂x0
|x=x0 = −f(x0, y0).
Para finalizar, consideraremos el problema
y′
= f(x, y, λ); y(x0) = y0 (6.9)
donde λ es un parámetro real.
La prueba del siguiente teorema es muy similar a la de los resultados an-
teriores.
Teorema 6.6. Supongamos que se cumple lo siguiente:
i) f(x, y, λ) es continua y acotada por M en un dominio D ⊂ R3
que
contiene al punto (x0, y0, λ0).
ii) ∂f(x, y, λ)/∂y existe, ∂f(x, y, λ)/∂λ es continua y acotada por L y
L1 respectivamente en D.
Entonces se cumple:
1. Existen números positivos h y ǫ tal que dado cualquier número λ
en el intervalo |λ − λ0| ≤ ǫ, existe una única solución y(x, λ) del
problema de valor inicial (6.9) en el intervalo |x − x0| ≤ h.
2. Para todo λ1, λ2 del intervalo |λ−λ0| ≤ ǫ y x en el intervalo |x−x0| ≤
h se cumple la desigualdad
|y(x, λ1) − y(x, λ2) ≤
L1|λ1 − λ2|
L
(exp(L|x − x0|) − 1) (6.10)
3. La solución y(x, λ) es diferenciable con respecto a λ, y z(x, λ) =
∂y(x, λ)/∂λ es la solución del problema de valor inicial
z′
(x, λ) =
∂f
∂y
(x, y(x, λ), λ)z(x, λ) +
∂f
∂λ
(x, y(x, λ), λ) (6.11)
z(x0, λ) = 0 (6.12)

Si λ es tal que |λ − λ0| es suficientemente pequeño entonces se dice que se
tiene una aproximación de primer orden de la solución y(x, λ) dada por
y(x, λ) ≃ y(x, λ0)+(λ−λ0)[
∂y
∂λ
(x, λ)]x=λ0 = y(x, λ0)+(λ−λ0)z(x, λ0). (6.13)
y′
= λy2
+ 1; y(0) = 0 (λ ≥ 0) (6.14)
para el cual la solución y(x, λ) =
1
√
λ
tan
√
λx existe en (−π/(2
√
λ), π/(2
√
λ)).
Si en (6.14) consideramos λ = 0 entonces y(x, 0) = x; desde que
∂f
∂y
= 2λy
y
∂f
∂λ
= y2
, entonces el problema de valor inicial correspondiente a (6.11) y
(6.12) es
z′
(x, 0) = x2
; z(0, 0) = 0
cuya solución es z(x, 0) = x3
/3. Luego para λ cercano a cero, (6.13) nos
da la aproximación
y(x, λ) =
1
√
λ
tan(
√
λx) ≃ x + λ
x3
3
.

Cap´ıtulo 7
Sistemas de ecuaciones
diferenciales
Hasta el momento el estudio se ha realizado con relación al problema (1.1),
el cual contiene una ecuación diferencial con una incógnita que toma valor es-
calar. En este cap´ıtulo extenderemos los resultados obtenidos para el problema
de valor inicial (1.1) a sistemas de ecuaciones diferenciales de primer orden. El
análisis lo haremos fundamentalmente sobre los sistemas bidimensionales de
primer orden, ya que dicho abordaje nos servirá de soporte para el estudio de
los Sistemas bidimensionales autónomos.
Consideremos el sistema de ecuaciones diferenciales siguiente
u′
1 = g1(x, u1, u2)
u′
2 = g2(x, u1, u2)
(7.1)
donde u1 y u2 son las funciones incógnitas que dependen de la variable inde-
pendiente x, y supongamos que g1, g2 son funciones continuas en un dominio
E de R3
.
Definición 7.1. Una solución de (7.1) en un intervalo J, es un conjunto
de dos funciones u1, u2 tales que
i) Existen u′
1(x) y u′
2(x) para todo x del intervalo J.
ii) Para todo x ∈ J, los puntos (x, u1(x), u2(x)) ∈ E
iii) u′
i(x) = gi(x, u1(x), u2(x)) para todo x ∈ J; i = 1, 2.
Ejemplo 7.2. El sistema diferencial simultáneo de primer orden u′
1(x) =
1; u′
2(x) = 2x tiene por solución u1(x) = x y u2(x) = x2
Con relación al sistema (7.1) podemos dar condiciones iniciales
u1(x0) = u0
1; u2(x0) = u0
2 (7.2)
61

donde x0 es un valor espec´ıfico de x en J, y u0
1 y u0
2 son números tales que
(x0, u0
1, u0
2) ∈ E.
El sistema diferencial (7.1) junto con la condición inicial (7.2) constituyen
un problema de valor inicial.
Ejemplo 7.3. El sistema diferencial simultáneo de primer orden



u′
1(x) = u1
u′
2(x) = u2
1
u1(0) = 1
u2(0) = 3/2
(7.3)
tiene por solución al par de funciones
u1(x) = ex
, u2(x) = 1 +
1
2
e2x
Los sistemas diferenciales (7.1)-(7.2) se originan en biolog´ıa y aplicaciones
f´ısicas y frecuentemente describen sistemas muy complejos.
Es importante observar que los sistemas diferenciales de primer orden se
originan también a partir de ecuaciones de orden susperior con relación a
una sola variable, como lo ilustraremos en los ejemplos que presentamos a
continuación.
Ejemplo 7.4. Convertir la ecuación diferencial
an(x)
dn
u
dxn
+ an−1(x)
dn−1
u
dxn−1
+ · · · + a0u = 0
en un sistema de n ecuaciones de primer orden.
Solución.
Sean u1(x) = y, u2(x) = dy/dx, . . ., un(x) = dn−1
y/dxn−1
, entonces
du1/dx = u2, du2/dx = u3, . . . , dun−1/dxn−1
= un,
y
dun/dx = −
an−1(x)un + an−1(x)un−2 + · · · + a0u1
an(x)
Ejemplo 7.5. Convertir el PVI
d3
y
dt3
+ (
dy
dt
)2
+ 3y = et
; y(0) = 1, y′
(0) = 0, y′′
(0) = 0
en un problema de valor inicial en las variables y, dy/dt, d2
y/dt2
.

Solución.
Sean u1(t) = y, u2(t) = dy/dt y u3(t) = d2
y/dt2
. Entonces
du1
dt
= u2;
du2
dt
= u3;
du3
dt
= et
− u2
2 − 3u1
Además las funciones u1, u2, u3 satisfacen las condiciones iniciales u1(0) =
1, u2(0) = 0, u3(0) = 0.
Estudiaremos lo relativo a la existencia y unicidad para el PVI (7.1)-(7.2),
desde la perspectiva de una notación vectorial; en tal perspectiva denotaremos
con
u(x) = (u1(x), u2(x)); y g(x, u) = (g1(x, u), g2(x, u))
y convenimos que las derivaciones e integraciones son ejecutadas puntualmente
en cada componente, es decir
u′
(x) = (u′
1(x), u′
2(x));
β
α
u(x)dx = (
β
α
u1(x)dx,
β
α
u2(x)dx).
Con esta notación el problema de valor inicial (7.1)-(7.2) puede escribirse como
u′
= g(x, u); u(x0) = u0
(7.4)
lo cual es exactamente igual, en forma, a la expresión de (1.1), con la diferencia
que ahora u y u′
son funciones definidas en J tomando sus valores en R2
, y
g(x, u) es una función definida en E ⊆ R3
con valores en R2
y u0
= (u0
1, u0
2).
Se dice que la función g(x, u) := (g1(x, u), g2(x, u2)) es continua en E si
cada una de sus funciones componentes g1 y g2 son continuas en E
Se dice que la función g(x, u) es Lipschitz continua uniformemente en E
si existe una constante positiva L tal que
g(x, u) − g(x, v) ≤ L u − v (7.5)
para todo (x, u); (x, v) ∈ E
Teorema 7.6. Sea E un dominio convexo y para todo (x, u) ∈ E las
derivadas parciales ∂g/∂u1, ∂g/∂u2 existen y ∂g/∂u ≤ L. Entonces la
función g(x, u) satisface la condición de Lipschitz (7.5) en E con constante
de Lipschitz L.

Prueba. Sean (x, u) y (x, v) puntos fijados en E. Por la convexidad de E los
puntos (x, v + t(u − v)) ∈ E; ∀t ∈ [0, 1]. Luego la función de valor vectorial
G(t) = g(x, v + t(u − v)), para 0 ≤ t ≤ 1 está bién definida. Además
G′
(t) = (u1 − v1)
∂g
∂u1
(x, v + t(u − v)) + (u2 − v2)
∂g
∂u2
(x, v + t(u − v))
de donde
G′
(t) ≤
2
i=1
|
∂gi
∂u1
(x, v+t(u−v))||u1 −v1|+
2
i=1
|
∂gi
∂u2
(x, v+t(u−v))||u2 −v2|
≤ L[|u1 − v1| + |u2 − v2|]
= L u − v
Ahora de la relación
g(x, u) − g(x, v) = G(1) − G(0) =
1
0
G′
(t)dt
tenemos que
g(x, u) − g(x, v) ≤
1
0
G′
(t) dt ≤ L u − v
Procediendo con los mismos argumentos que en la Proposición (1.5) se
verifica que si g(x, u) es continua en el dominio E, entonces cualquier solución
de (7.4) es solución de la ecuación integral
u(x) = u0
+
x
x0
g(t, u(t))dt (7.6)
y rec´ıprocamente.
Para encontrar una solución de la ecuación integral (7.6) se usa el méto-
do de Picard de aproximaciones sucesivas en forma análoga al caso escalar.
As´ı si u0
(x) cualquier función continua, la cual suponemos es una aproxima-
ción inicial de la solución, entonces definimos aproximaciones sucesivamente
por
um+1
(x) = u0
+
x
x0
g(t, um(t))dt, m = 0, 1, . . . (7.7)
y como en el caso escalar si la sucesión (um
(x)) converge uniformemente a
una función cont´ınua u(x) en algún intervalo J que contiene a x0 y para todo
x ∈ J los puntos (x, u(x)) ∈ E, entonces la función u(x) será una solución de
la ecuación integral (7.6).

Ejemplo 7.7. Para el PVI,
u′
1 = x + u2
u′
2 = x + u1 (7.8)
u1(0) = 1; u2(0) = −1
encontrar la solución haciendo uso del método de Picard
Solución.
Empezamos considerando u0
(x) = (1, −1), y siguiendo el esquema iterativo de
Picard tenemos
u1
(x) = (1, −1) +
x
0
g(t, u0(t))dt = (1, −1) +
x
0
g(t, u0(t))
u1
(x) = (1, −1) +
x
0
(t − 1, t + 1)dt
u1
(x) = (1 − x +
x2
2
, −1 + x +
x2
2
)
u2
(x) = (1, −1) +
x
0
(t − 1 + t +
t2
2
, t + 1 − t +
t2
2
)dt
= (1 − x +
2x2
2
+
x3
3!
, −1 + x +
x3
3!
)
u3
(x) = (1 − x +
2x2
2
+
x3
3!
+
x4
4!
, −1 + x +
x3
3!
+
x4
4!
)
u4
(x) = (1 − x +
2x2
2
+
x3
3!
+
x4
4!
+
x5
5!
, −1 + x +
x3
3!
+
x4
4!
+
x5
5!
)
= (−(1 + x) + (2 +
2x2
2!
+
x3
3!
+
x4
4!
+
x5
5!
, −(1 + x) + (2x +
2x3
3!
+
x5
5!
)
. . .
Luego observamos que la sucesión (um
(x)) existe para todo x ∈ R y converge
para
u(x) = (−(1 + x) + ex
+ e−x
, −(1 + x) + ex
− e−x
)
la cual es la solución del PVI (7.8).
A continuación enunciaremos algunos resultados análogos del caso escalar
respecto a la existencia local y global.

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