ecdif_notas6 ECUACIONES

Vista previa del material en texto

ECUACIONES DIFERENCIALES E INTEGRALES #11
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Definición y ejemplos
Normalmente Cr[a, b] significará funciones R-valuadas, r veces con-
tinuamente diferenciables en [a, b]. Muchos de los resultados serán
válidos para funciones que toman valores en C, con casi las mismas
demostraciones.
11.1. Una ecuación diferencial es una relación entre una función y sus suce-
sivas derivadas, descrita como sigue. Sea F : Rn+2 → R una función.
Aśı F (t, x0, x1, . . . , xn) ∈ R. Diremos que x ∈ Cn[a, b] es una solución
de la ecuación diferencial ordinaria
F (t, x, x′, . . . , x(n)) = 0
cuando (∀t ∈ [a, b]) F (t, x(t), x′(t), . . . , x(n)(t)) = 0. (En los extremos
a, b sólo pedimos derivadas de un lado u otro.)
11.2. Ejemplo. (n = 0.) Ecuación funcional (no precisamente “diferencial”),
F (t, x(t)) = 0. Como ejemplo, F (t, x0) = t+ sen(t+ x0) + x
3
0, eso es
t+ sen(t+ x(t)) + x(t)3 = 0
que no es fácil de resolver. (Cuando ∂F/∂x0 6= 0 se puede aplicar
el Teorema de la Función Impĺıcita para deducir que existe una so-
lución.) Aśı no podemos esperar que las ecuaciones diferenciales en
general tengan fórmulas sencillas para sus soluciones.
Notemos que si apareciera x(t+ 1) alguna vez en lugar de x(t), ya no
cumpliŕıa con la definición de ecuacion diferencial (seŕıa ecuación con
diferencias).
11.3. Ejemplo. (n = 1.) Ecuación integral. Dada una función f(t), tomar
F (t, x0, x1) = x1 − f(t). La ecuación diferencial es
x′(t)− f(t) = 0.
En este ejemplo, F (t, x0, x1) no depende de x0 y es posible resolver
F (t, x0, x1) = 0 para x1 (x1 = f(t)). En tal caso siempre podemos
resolver la ecuación diferencial mediante una integral.
1
11.4. Ejemplo. (n = 1.) Ecuación diferencial autónoma.
F (t, x0, x1) = x1 − f(x0), es decir
x′(t)− f(x(t)) = 0.
11.5. Escribiremos Dx = x′. Aśı D : Cr[a, b] → Cr−1[a, b] es un operador
lineal. Podemos pensar en g(x, x′, . . . ) como un operador “g(D)”
aplicado a la función x. La ilustración más sencilla: dadas funciones
ai ∈ C[a, b], consideremos un polinomio en D,
P (D) =
n∑
i=0
aiD
i : Cr[a, b]→ Cr−n[a, b]
que es un operador diferencial lineal de orden n (si an 6= 0).
Generalmente nos interesará estudiar
F (t, x0, x1, . . . , xn) =
n∑
i=0
ai(t)xi(t)− f(t)
y escribiremos la ecuación diferencial como
P (D)(x) = f ecuación diferencial lineal inhomogénea.
(Es homogénea cuando f = 0.) También podemos considerar vectores
x0, x1, . . . , xn ∈ Rd, luego para describir una ecuación diferencial se
requeriŕıa una funció F : Rd(n+1)+1 → Rd.
Nota. D es un operador lineal en Cr[a, b] pero no es acotado.
Propiedades y soluciones de lgunas ecuaciones diferenciales básicas
11.6. Lineal de 1er orden. a1(t)x
′(t) + a0(t)x(t) = f(t).
Es más sencillo cuando a1(t) 6= 0 para todo t (se dice “ecuación
sin puntos singulares”), pues podemos dividir, y la ecuación toma la
forma
x′(t) = p(t)x(t) + q(t).
Digamos que buscamos una solución cerca de t0 ∈ [a, b]. Notemos
d
dt
(x(t)e
−
∫ t
t0
p(s) ds
) = x′(t)e
−
∫ t
t0
p(s) ds
+ x(t)(−p(t)e−
∫ t
t0
p(s) ds
)
= e
−
∫ t
t0
p(s) ds
(x′(t)− p(t)x(t))
= e
−
∫ t
t0
p(s) ds
q(t)
2
cuando x es una solución. Entonces integramos,
x(t)e
−
∫ t
t0
p(s) ds − x(t0) =
∫ t
t0
e
−
∫ u
t0
p(s) ds
q(u) du
lo cual da
x(t) = x0e
∫ t
t0
p(s) ds
+
∫ t
t0
e−
∫ u
t p(s) dsq(u) du
donde x0 = x(t0) ∈ R.
Hemos verificado
Proposición. Dadas p, q ∈ C[a, b] y a ≤ t0 ≤ b, x0 ∈ R, entonces
existe una solución de x′ = px+ q con x(t0) = x0.
La ecuación x(t0) = x0 se llama una condición inicial para la ecuación
diferencial.
Ejercicio. La solución x es única.
11.7. Ecuaciones con variables separables (no necesariamente lineales):
x′(t) = f(t)g(x(t)). Aśı
F (t, x0, x1) = x1 − f(t)g(x0).
(Notar que usamos “x0” en un sentido diferente de la condición ini-
cial.)
Proposición. Sean f ∈ C[a, b], g ∈ C[a1, b1] y supóngase que g no
se anula. Tomemos (t0, x0) ∈ [a, b] × [a1, b1]. Entonces la ecuación
diferencial separable x′ = f · g(x) tiene una solución única x ∈ C[a, b]
con x(t0) = x0. Espećıficamente, la solución es
x(t) = h−1
(
h(x0) +
∫ t
t0
f(s) ds
)
.
donde h es una functión tal que h′ = 1/g en [a1, b1].
Nota. Como g no cambia de signo, h es 1-a-1 (creciente o decreciente)
y por lo tanto existe su inversa h−1 cerca de h(x0). Si se usara h1(t) =
h(t) + c en lugar de h(t), el valor de x(t) no cambiaŕıa.
Demostración. Si x es de la forma propuesta, entonces
h(x(t)) = h(x0) +
∫ t
t0
f(s) ds. De esto
h′(x(t))x′(t) = f(t)
3
o sea
x′(t)
g(x(t))
= f(t)
y vemos que x es una solución, que satisface x(t0) = h
−1(h(x0)) = x0.
Por otra parte, si x es cualquier solución, aplicamos la substitución
u = x(s), du = x′(s)ds, y tenemos
h(x(t))− h(x0) =
∫ x(t)
x0
h′(u) du =
∫ x(t)
x0
1
g(u)
du
=
∫ t
t0
1
g(x(s))
x′(s) ds =
∫ t
t0
f(s) ds
de lo cual x es la función que se afirmaba.
11.8. Ejemplo. x′ = 3x2/3. Esta ecuación diferencial es de la forma x′(t) =
f(t)g(x(t)) donde f(t) = 1, g(x) = 3x2/3. Notemos que g(0) = 0, el
teorema no se aplica en un intervalo que contenga el 0.
Queremos h′(x) = 1/g(x) = (1/3)x−2/3, luego tomamos h(x) = x1/3
(la constante de integración no importa). La fórmula nos dice
x(t) = h−1(h(x0) +
∫ t
t0
f(s) ds) = (x
1/3
0 + (t− t0))3.
Esta fórmula está bien definida para t ∈ R, tenemos x(t) = (t− α)3.
Consideremos
xαβ(t) =

(t− α)3 t < α,
0, α ≤ t ≤ β
(t− β)3, β < t.
Esta función también satisface la ecuación diferencial.
Consideremos x0 > 0. Tomemos β0 = t0 − x1/30 y cualquier α < β0.
Entonces todas las x = xαβ0 satisfacen x
′ = 3x2/3, x(t0) = x0.
(Si tomamos x0 = 0, entonces podemos variar tanto α como β para
obtener muchas soluciones. Para x0 < 0 fijamos cierto α = α0 y
dejamos variar β.)
11.9. Ecuaciones exactas. La expresión “p(t, x)dx + q(t, x)dt = 0” signi-
fica p(t, x(t))x′(t) + q(t, x(t)) = 0. Queremos resolver esta ecuación
diferencial para x dadas las funciones p, q. Resulta inútil trabajar con
x′(t) =
−q(t, x(t))
p(t, x(t))
4
porque aparece x en ambos lados de la ecuación.
Definición. La ecuación diferencial p dx+ q dt = 0 es exacta si
∂
∂x
q(t, x) =
∂
∂t
p(t, x).
(La motivación de la definición es que la diferencial de ϕ(x, t) es
dϕ =
∂ϕ
∂x
dx+
∂ϕ
∂t
dt. Si p dx+ q dt es igual a dϕ para alguna función
ϕ, es una diferencial exacta porque
∂2ϕ
∂t∂x
=
∂2ϕ
∂x∂t
.)
Proposición. Sean p, q ∈ C1([a, b]× [a1, b1]), (t0, x0) ∈ [a, b]× [a1, b1],
p(t, x) 6= 0 para todo t, x. Si p dx+ q dt es exacta, entonces existe una
única x ∈ C1[a, b] tal que px′ + q = 0, x(t0) = x0.
Demostración. Definamos
f(t, x) =
∫ t
t0
q(s, x) ds+
∫ x
x0
p(t0, y) dy.
Entonces tenemos las derivadas parciales
∂f
∂x
(t, x) =
∫ t
t0
∂q
∂x
(s, x) ds+ p(t0, x)
=
∫ t
t0
∂p
∂s
(s, x) ds+ p(t0, x)
= (p(t, x)− p(t0, x)) + p(t0, x) = p(t, x)
y
∂f
∂t
(t, x) = q(t, x) +
∂
∂t
∫ x
x0
p(t0, y) dy = q(t, x).
Hemos construido f : [a, b] × [a1, b1] → R con
∂
∂x
f(t, x) 6= 0. Se
aplica el Teorema de la Función Impĺıcita para obtener una función
x : [a, b]× [a1, b1] con f(t, x(t)) = f(t0, x0), x(t0) = x0. Entonces
0 =
∂
∂t
f(t0, x0) =
∂
∂t
f(t, x(t)) = q(t, x(t)) + p(t, x(t))x′(t)
por lo que x satisface la ecuación diferencial aśı como la condición
inicial.
5
Nota. Para funciones p, q escogidas arbitrariamente, generalmente
p dx + q dt no será exacta, pero a veces (rp)dx + (rq)dt resulta ser
exacta. Decimos que r es un factor integrador.
11.10.Ejemplos. (i) x′− (px+q) = 0, eso es, dx− (px+q)dt = 0. Ya usamos
el factor integrador r(x, t) = e
−
∫ t
t0
p(s) ds
.
(En este ejemplo r resulta ser independiente de x.)
(ii) x′ = f · g(x), eso es, dx − f · g(x)dt = 0. Ya usamos el factor
integrador r(x, t) =
1
g(x)
.
(En este ejemplo r resulta ser independiente de t.)
11.11.Ecuación de 1er orden “bastante general”. x′(t) = f(t, x(t)).
Para esta ecuación podemos pensar en f(t, x) como la pendiente en
(t, x) de una curva en el plano t-x. Una solución de la ecuación di-ferencial es una function t 7→ x(t) cuya derivada es igual a dicha
pendiente.
Observar la dependencia de la condición inicial x(t0) = x0
Estudiaremos esta ecuación diferencial con mucho detalle.
ECUACIONES DIFERENCIALES E INTEGRALES #12
ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS
Existencia y Unicidad de Soluciones
(A) Ecuaciones de Primer Orden de Una Variable
12.1. Tomaremos como los datos f ∈ C([a, b] × [a1, b1]), (t0, x0) ∈ [a, b] ×
[a1, b1]. Notemos que si x
′(t) = f(t, x(t)), entonces x′ es continua, y
podremos integrarla.
Proposición. Sea x ∈ C1[a, b]. Entonces x es solución de la ecuación
diferencial x′(t) = f(t, x(t)), x(t0) = x0 si y sólo si x satisface la
6
ecuación integral
x(t) = x0 +
∫ t
t0
f(s, x(s)) ds.
(Observar que el operador integral aqúı no es lineal.)
12.2. Ya vimos que las soluciones a las ecuaciones diferenciales no tienen
que ser únicas.
Definición. h : [a, b] → R es continua en el sentido de Lipschitz con
coeficiente c si (∀x, y) |h(x)− h(y)| ≤ c|x− y|.
Ejemplo. h(x) = 3x2/3 no es continua Lipschitz.
Nota. Si h ∈ C1[a, b], entonces h′ es acotada, luego h es de Lipschitz.
Nota. Lipschitz uniformemente continua.
12.3. Teorema. (Teorema de Picard) Sea f ∈ C([a, b]× [a1, b1]). Supóngase
que para cada t ∈ [a, b], la función x 7→ f(t, x) es continua Lipschitz
con coeficiente c. Sea t0 ∈ (a, b), x0 ∈ (a1, b1). Entonces existe una
solución única de x′(t) = f(t, x(t)), x(t0) = x0 en algún intervalo
[t0 − δ, t0 + δ]. Si f ∈ C([a, b] × R) (a veces se escribe “a1 = −∞,
b1 =∞”), entonces existe una solución única en todo [a, b].
Demostración. Existencia: Sea M = sup(t,x) |f |. Tomemos δ > 0 tal
que
[t0 − δ, t0 + δ] ⊆ [a, b], [x0 −Mδ, x0 +Mδ] ⊆ [a1, b1].
Sea F = {g ∈ C[t0 − δ, t0 + δ] : (∀t) g(t) ∈ [a1, b1]}.
Para y ∈ F y t ∈ [t0 − δ, t0 + δ] definimos
Ty(t) = x0 +
∫ t
t0
f(s, y(s)) ds.
Aśı tenemos Ty ∈ C[t0 − δ, t0 + δ]. Además
|Ty(t)− x0| ≤
∫ t
t0
|f(s, y(s))| ds ≤ |t− t0|M ≤ δM.
Por eso Ty(t) ∈ [x0 −Mδ, x0 + Mδ] ⊆ [a1, b1], lo cual justifica que
T : F → F . (T es operador no lineal en F .)
7
Definamos y0(t) = x0 (constante) para todo t ∈ [t0− δ, t0 + δ]. Luego
definamos recursivamente yn+1 = Tyn. Aśı {yn} ⊆ F .
Afirmamos que |yn(t)− yn−1(t)| ≤Mcn−1
|t− t0|n
n!
.
Para n = 1: |y1(t)− y0(t)| ≤ |Ty0(t)− x0|
≤
∫ t
t0
|f(s, x0)| ds ≤ M |t− t0|.
Supongamos la afirmación válida para algún n, luego
|yn+1(t)− yn(t)| ≤ |Tyn(t)− Tyn−1(t)|
≤
∫ t
t0
|f(s, yn(s))− f(s, yn−1(s))| ds
Lip
≤
∫ t
t0
c|yn(s)− yn−1(s)| ds
induc
≤
∫ t
t0
cMcn−1
|s− t0|n
n!
ds
≤ Mc
n
n!
|t− t0|n
n+ 1
Por inducción tenemos la afirmación. Por la afirmación,
|yn(t)− yn−1(t)| ≤
M
c
(cδ)n
n!
para todo t ∈ [t0 − δ, t0 + δ]. Puesto que∑
(cδ)n/n! = ecδ <∞, tenemos que
yi(t) = x0 +
i∑
n=0
(yn(t)− yn−1(t))
donde la sumatoria converge uniformemente en t cuando i → ∞.
Definamos x(t) = ĺımn yn(t), luego x ∈ C[t0 − δ, t0 + δ]. Escribamos
también
f̃n(t) = f(t, yn(t)), f̃(t) = f(t, x(t))
luego por la condición de Lipschitz, f̃n → f uniformemente. De esto,∫ t
t0
f̃n(s) ds→
∫ t
t0
f̃(s) ds cuando n→∞,
es decir,
yn(t) = Tyn−1(t)→ x0 +
∫ t
t0
f(s, x(s)) ds.
8
Ya sabemos que yn(t) → x(t), aśı que llegamos a la conclusión que
x satisface la ecuación integral Tx = x. Por lo tanto x satisface la
ecuación diferencial y la condición inicial.
Unicidad: Si Tx = x y tambien T x̃ = x̃, entonces
|x(t)− x̃(t)| = |Tx(t)− T x̃(t)| ≤
∫ t
t0
|f(s, x(s)| − f(s, x̃(s)| ds
Lip
≤ c
∫ t
t0
|x(s)− x̃(s)| ds ≤ cM1|t− t0|
donde M1 = sup |x− x̃|. Ahora volvemos a sustituir,
|x(t)− x̃(t)| ≤ c
∫ t
t0
cM1|s− t0| ds = c2M1
|t− t0|2
2
etc, luego
|x(t)− x̃(t)| ≤M1
(c|t− t0|)n
n!
para todo n, luego (∀t) x(t) = x̃(t) luego x = x̃. Esto muestra que la
solución en [t0−δ, t0+δ] existe y es única cuando [x0−Mδ, x0+Mδ] ⊆
[a1, b1] y M = sup |f |.
Ahora supongamos f ∈ C([a, b]×R). Podemos tomar a1, b1 arbitrarios
en lo que acabamos de probar. Esto nos permite tomar δ de forma
arbitraria, siempre que [t0 − δ, t0 + δ] ⊆ [a, b]. De hecho, podemos
tomar t0 = (a + b)/2, δ = (b − a)/2, y obtenemos una solución en
todo [a, b].
12.4. Ejemplo. x′(t) = x(t), x(0) = 1. Aqúı ponemos t0 = 0, x0 = 1,
f(t, x) = x, para escribir x′(t) = f(t, x(t)). Aśı el procedimiento de
la demostración dice tomar y0(t) = 1, luego
y1(t) = y0 +
∫ t
0
f(s, y0(s)) ds = 1 +
∫ t
0
1 ds = 1 + t
y2(t) = 1 +
∫ t
0
(1 + s) ds = 1 + t+
t2
2
yn(t) = 1 +
∫ t
0
(1 + s+ · · ·+ s
n
n!
) ds = 1 + t+
t2
2
+ · · ·+ t
n
(n+ 1)!
→ et cuando n→∞.
9
Nota. Si f(t, x) no es Lipschitz en x, la solución a x′ = f(t, x) puede
no ser única. Sin embargo, se puede demostrar que si f es continua,
entonces existe por lo menos una solución (Teorema de Existencia de
Peano: se construye una solución a través de soluciones aproximadas
y el Teorema de Arzela-Ascoli).
(B) Ecuaciones Diferenciales Vectoriales
12.5. Definición. Una función vectorial es x : [a, b] → Rd. Siempre puede
escribir como x(t) = (x1(t), x2(t), . . . , xd(t)), decimos que las xi son
las componentes o entradas. Definimos la derivada de una función
vectorial como x′(t) = (x′1(t), x
′
2(t), . . . , x
′
d(t)).
Dada f : Rd+1 → Rd, tiene componentes fi,
f(t, x1, x2, . . . , xd) = (f1(t, x1, x2, . . . , xd), . . . , fd(t, x1, x2, . . . , xd))
La ecuación diferencial vectorial de 1er orden
x′(t) = f(t, x(t))
significa 
x′1(t) = f1(t, x1(t), x2(t), . . . , xd(t))
...
x′d(t) = fd(t, x1(t), x2(t), . . . , xd(t)).
Una solución es una función vectorial x cuyas entradas satisfacen
estas ecuaciones.
Proposición. Sea f : [a, b]× Rd → Rd continua y supóngase que
(∀t)(∀x, y) ‖f(t, x)− f(t, y)‖ ≤ c‖x− y‖.
Entonces la ecuación diferencial vectorial x′ = f(t, x) con condición
inicial x(t0) = x0 ∈ Rd tiene una solución única en [a, b]
Demostración. Es la misma que para el Teorema de Picard, con
Ty(t) = x0 +
∫ t
t0
f(s, y(s)) ds una “integral vectorial”.
(C) Ecuaciones Diferenciales de Orden > 1
10
12.6. Consideremos ecuaciones en derivada ordinarias de mayor orden
x(n) = f(t, x(t), x′(t), . . . , x(n−1)(t)). Decimos que f(t, x0, x1, . . . , xn−1)
es de Lipschitz en (x0, x1, . . . , xn−1) cuando
|f(t, x0, x1, . . . , xn−1)− f(t, y0, y1, . . . , yn−1)| ≤ c‖x− y‖.
He aqúı el resultado más importante de toda la teoŕıa de las
ecuaciones diferenciales.
Proposición. Sea f : [a, b] × Rn → R continua, y de Lipschitz en
(x0, x1, . . . , xn−1). Entonces la ecuación diferencial de orden n
x(n) = f(t, x(t), x′(t), . . . , x(n−1)(t))
con condición inicial x(t0) = x00, x
′(t0) = x10, . . . , x
(n−1)(t0) = x(n−1)0
tiene una solución única en [a, b].
Demostración. Definamos un sistema vectorial y′ = g(t, y) por g =
(g0, g2, . . . , gn−1),
y′0 = g0(t, y0, · · · , yn−1) := y1
y′1 = g1(t, y0, · · · , yn−1) := y2
...
y′n−2 = gn−2(t, y0, · · · , yn−1) := yn−1
y′n−1 = gn−1(t, y0, · · · , yn−1) := f(t, y0, y1, · · · , yn−1)
Es obvio que cada gj(t, y) es de Lipschitz en y, por lo que g(t, y) tam-
bién lo es. Por lo tanto el sistema tiene una única solución vectorial
y = (y0, . . . , yn−1) ∈ C([a, b],Rn), con y′(t0) = (x00, x10, . . . , x(n−1)0).
Luego definimos x = y0. Esta función x satisface la ecuación diferen-
cial de orden n.
(D) Sistemas Lineales
12.7. Consideremos funciones aij, bi ∈ C[a, b]. For t ∈ [a, b] definen una
matriz A(t) = (aij(t)) ∈ Rd×d y un vector B(t) = (bi(t)) ∈ Rd.
Proposición. La ecuación diferencial lineal vectorial
x′(t) = A(t)x(t) +B(t), x(t0) = x0
tiene una solución única en [a, b] para cualquier x0 ∈ Rd dado.
11
Demostración. ‖(A(t)x+B(t))− (A(t)y+B(t))|| = ‖A(t)(x− y)‖ ≤
c‖x− y‖ para una constante c, porque A es continua. Por lo tanto la
función f(t, x) = A(t)x + B(t) es de Lipschitz en x, y está definida
para todo x. Por lo tanto existe una solución global única.
Proposición. El conjunto de soluciones del sistema lineal homogéneo
x′(t) = A(t)x(t) es un subespacio lineal de (C[a, b],Rd) de dimensión
d.
Demostración. Puesto que
A(λx+ y) = λA(x) +A(y),(λx+ y)′ = λx′+ y′, vemos las soluciones
forman un subespacio lineal. Escribamos δi = (0, · · · , 0, 1, 0, · · · , 0).
Fijemos t0 ∈ (a, b). Sea xi la solución a la ecuación x′i = Axi con
condición inicial xi(t0) = δi.
Si
∑d
1 cixi = 0, entonces 0 =
∑d
1 cixi(t0) =
∑
ciδi y se obtiene ci = 0
para todo i. por lo tanto {xi} ⊂ C1[a, b] es linealmente indepen-
diente. Si x es cualquier solución al sistema homogéneo, entonces
escribamos (c1, · · · , cd) = x(t0) y luego definamos y =
∑
cixi. Esta
función satisface y(t0) =
∑
ciδi = x(t0). Por la unicidad de solucio-
nes, x = y ∈ 〈{xi}〉. De esto sabemos que {soluciones} = 〈{xi}〉. Por
lo tanto dim({soluciones}) = d.
Nota. Todo lo que hemos hecho hasta aqúı funciona igual para fun-
ciones complejo-valuadas.
12.8. Definición. El determinante Wronskiano de funciones
x1, x2, . . . , xn ∈ Cn−1[a, b] es
W (t) = Wx1,x2,...,xn(t) = det

x1(t) x2(t) · · · xn(t)
x′1(t) x
′
2(t) · · · x′n(t)
...
...
...
x
(n−1)
1 (t) x
(n−1)
2 (t) · · · x
(n−1)
n (t)

(Esta Prop. no tiene ecuaciones diferenciales:)
Proposición. Si x1, x2, . . . , xn son linealmente dependientes, entonces
W (t) = 0 para todo t.
Demostración. Supongamos
∑
cixi = 0 sin que todos los ci sean cero.
Tomemos la derivadas sucesivas de esta ecuación:
∑n
i=1 cix
(j)
i = 0
para 0 ≤ j ≤ n − 1. Esto puede interpretarse como una relación de
12
dependencia lineal entre las columnas de la matriz Wronskiana. Por
lo tanto W (t) = 0.
12.9. Proposición. Sea Lx =
∑n
0 ajx
(j) (=
∑n
0 ajD
jx), y supóngase que
an ≡ 1. Supóngase que x1, x2, . . . , xn ∈ Cn[a, b] satisfacen Lxi =
0. Supóngase que W (t0) = 0 para algún t0 ∈ [a, b]. Entonces las
funciones xi son linealmente dependientes. (Y entonces el Wronskiano
es identicamente cero.)
Demostración. Por hipótesis la matriz Wronskiana en t = t0 es sin-
gular, luego existe un vector c = (c1, . . . , cn) 6= 0 tal que
x1(t0) · · · xn(t0)
x′1(t0) · · · x′n(t0)
...
...
x
(n−1)
1 (t0) · · · x
(n−1)
n (t0)

 c1...
cn
 = 0
Definamos x =
∑n
1 cixi. Por hipótesis Lx =
∑n
1 ci Lxi = 0, y por la
elección de c, vemos que x satisface la condición inicial 0 = x(t0) =
x′(t0) = · · · = x(n−1)(t0). Por la unicidad de soluciones a problemas
con valor inicial, x = 0. Por lo tanto las xi son linealmente depen-
dientes.
12.10.Ejemplo. Ecuación diferencial de 2o orden, x′′+a1x
′+a0x = 0. Tiene
dos soluciones linealmente independientes x, y. El Wronskiano es
W = det
(
x y
x′ y′
)
= xy′ − yx′.
No existe ningún t para el cual x(t) = 0 y y(t) = 0 simultáneamente:
si existiera, entonces toda solución valdŕıa cero en t, y no habŕıa
solución con condicion inicial valor=1, derivada=0. Además, siW = 0
tendŕıamos (separación de variables)
y′
y
=
x′
x
, log y = log x+ c, y = ecx,
que es imposible since x, y son linealmente independientes. Como
alternativa, podŕıamos calcular (factor integrador)(y
x
)′
=
xy′ − y′x
x2
= 0,
y
x
= constante.
De cualquier forma la conclusión es que W nunca se anula.
(Hay una literatura muy extensa sobre la teoŕıa cualitativa de todos
estos tipos de ecuaciones diferenciales ordinarias.)
13