7. Ecuaciones en derivadas parciales

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(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

Ecuaciones en derivadas parciales 𝐹 𝑥, 𝑦, … , 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 , … , 𝑢𝑥𝑥 , 𝑢𝑥𝑥 , 𝑢𝑦𝑦 , … , 𝑢𝑥𝑥𝑥 , … = 0 Tanto para EDPs como para sistemas de EDPs, el orden será el mayor orden de derivación presente. u(x,y) será solución de la ecuación en derivadas parciales (EDP) si cumple idénticamente la relación anterior en una cierta región D ⊂ ℜn.

2

Recordatorio:

Fórmulas de integración en derivadas parciales

𝑑𝑑

3

4

𝜕𝑢(𝑥, 𝑦) � 𝑑𝑑 = � 𝑦 + 𝑥 𝑑𝑑; 𝜕𝜕

𝑥2 𝑢 𝑥, 𝑦 + 𝜙� 𝑦 = 𝑥𝑥 + +𝑘 2

La solución general consiste en un conjunto infinito de superficies.

�

𝜕 𝜕𝜕(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑑 = � 0𝑑𝑑; 𝜕𝑦 𝜕𝜕

𝑢𝑥 𝑥, 𝑦 + 𝜙� 𝑥 = 𝑘

Ecuaciones lineales Lineal de primer orden: 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦 𝑢 + 𝐷 𝑥, 𝑦

Si D(x,y) = 0 estamos frente a una ecuación homogénea.

Lineal de segundo orden: 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 𝐶 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦𝑦 = 𝐷 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐸 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 + 𝐹 𝑥, 𝑦 𝑢 + 𝐺(𝑥, 𝑦)

Si G(x,y) = 0 estamos frente a una ecuación homogénea.

Algunos ejemplos de EDPs clásicas:

Distribución de temperatura u(x,t) a lo largo de la barra en un instante de tiempo cualquiera.

u(x,t =10) x

Cuerda vibrante

Movimiento de salida (respuesta)

Propagación de ondas sísmicas

Estrato de suelo, v ∂u 2 ∂ 2u v = 2 2 ∂t ∂z 2

Roca

Movimiento de entrada (sismo)

Ecuación de Laplace

∂u ∂u + 2 =0 2 ∂y ∂x 2

2

Este modelo se presenta en problemas independientes del tiempo relacionados con potenciales electrostáticos, gravitacionales,...

Vamos a resolverla mediante

Reducción de EDP o sistemas de EDPs de orden superior a uno a sistemas de EDPs de primer orden Siempre es posible la reducción mediante un adecuado cambio de variable. Por ejemplo:

𝑢𝑥𝑥 − 𝑢𝑦𝑦 = 0

EDP de segundo orden

𝑢𝑥 = 𝑣 𝑢𝑦 = 𝑤

cambio de variable

𝑣𝑥 − 𝑤𝑦 = 0 EDP transformada

Si suponemos que la solución es de al menos clase C2, las derivadas cruzadas La EDP se 𝑣𝑥 − 𝑤𝑦 = 0 son iguales: convierte

𝑢𝑥𝑥 = 𝑣𝑦 = 𝑤𝑥 = 𝑢𝑦𝑦

finalmente en el sistema:

𝑣𝑦 − 𝑤𝑥 = 0

Principio de superposición El conjunto de soluciones de una ecuación lineal homogénea es un espacio vectorial y las soluciones de la ecuación completa asociada con ella forman un espacio afín definido sobre tal espacio vectorial. Bibliografía: Ecuaciones en derivadas parciales, Ignacio Parra et al. García-Maroto Editores Ecuaciones diferenciales II Manuel Mañas Baena y Luis Martínez Alonso Introducción a las EDPs C. Conde (UPM), E. Schiavi (URJC) y A. I. Muñoz (URJC)

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Ecuación casi-lineal Casi-lineal de primer orden: 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢

Si C(x,y,u) = 0 estamos frente a una ecuación homogénea.

Casi-lineal de segundo orden: 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 𝑢𝑦𝑦 = 𝐷 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦

Si D(x,y, u,...) = 0 estamos frente a una ecuación homogénea. 14

Ecuación semi-lineal de primer y segundo orden en dos variables 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 2𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 𝐶 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦𝑦 = 𝐷 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦

La parte principal (las derivadas de orden más alto que determinan el orden de la EDP) es lineal. 15

16

Curvas solución: una visión geométrica de las EDOs Podemos estudiar EDOs de primer orden analizándolas cualitativamente.

dy/dx = 0.2 xy = f(x, y)

(a) Pendientes: Debido a que la solución y(x) de dy/dx = f(x,y) es necesariamente una función diferenciable en I, también es continua. Así, la derivada dy/dx= f(x,y) proporciona las pendientes de las rectas tangentes a las curvas solución en los puntos (x,y). (b) Elementos lineales: Suponemos que dy/dx = f(x, y(x)). El valor f(x, y) representa la pendiente de una recta, o un segmento de recta que llamaremos elemento lineal.

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Campo de direcciones Si para la EDO dy/dx = f(x, y) se evalúa f en una red o malla de puntos rectangular en el plano xy, y se dibuja un elemento lineal en cada nodo (x, y) de la malla con pendiente f(x, y), obtenemos el campo de direcciones o campo de pendientes.

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Ejemplo: El campo de direcciones de dy/dx = 0.2 xy está representado en la figura (a). Compárese con la figura (b) donde se han representado unas curvas de la familia de soluciones.

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Ejemplo: Use un campo de direcciones para dibujar una curva solución aproximada para dy/dx = sin(y), con y(0) = −3/2. Solución: Apelando a la continuidad de f(x, y) = sin(y) y ∂f/∂y = cos(y), el teorema de existencia y unicidad garantiza la existencia de una única curva solución que pasa por algún punto especificado en el plano. Ahora dividimos la región que contiene a (-3/2, 0) en una malla rectangular. Calculamos el elemento lineal de cada nodo para obtener la siguiente figura: 20

Ecuación semi-lineal de primer orden en dos variables 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢

Veamos un ejemplo concreto: obtener la solución general de la familia de EDPs: Para cada valor de 𝛼 tendremos una EDP

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝛼

Donde 𝛼 es un parámetro real y las funciones correspondientes a la forma general son:

𝐴 𝑥, 𝑦 = 1, 𝐵 𝑥, 𝑦 = 1, 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢 = 𝛼𝛼

21

Constantes arbitrarias (EDOs) vs funciones arbitrarias (EDPs)

22

Problemas de condiciones iniciales o de Cauchy 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢

con condiciones iniciales: 𝑢 𝑓 𝑠 , 𝑔 𝑠

= ℎ(𝑠)

Las condiciones iniciales en este caso son los valores h(s) que toma la función u(x,y) a lo largo de una curva parametrizada: x = f(s), y = g(s) de parámetro s.

Curva parametrizada (curva inicial).

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Problemas de condiciones iniciales o de Cauchy

Curva inicial: y = g(x)

Ejemplo: Ejemplo solución única :

Integrando la EDP:

𝜕𝑢(𝑥, 𝑦) � 𝑑𝑑 = � 0𝑑𝑑; 𝜕𝑦

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝜙 𝑥

Obtenemos un conjunto infinito de posibles curvas solución dependientes solo de x. Al aplicar las condiciones iniciales:

𝑢 𝑥, 𝑔(𝑥) = 𝑓 𝑥 𝑢 𝑥, 𝑔(𝑥) = 𝜙 𝑥

𝜙 𝑥 = 𝑓(𝑥)

Y el problema tiene solución única.

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑓 𝑥

25

Cambiamos la curva inicial a: x = 0 (el eje y).

(3.5)

derivamos la condición inicial:

𝑢 0, 𝑦 = 𝑓 𝑦 𝑢𝑦 0, 𝑦 = 𝑓𝑓(𝑦)

como:

𝑢𝑦 𝑥, 𝑦 = 0, 𝑢𝑦 0, 𝑦 = 𝑓 ′ 𝑦 = 0,

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝜙 𝑥 𝑢 0, 𝑦 = 𝑓 𝑦 = 𝑘 = 𝜙 0

Sabemos que la solución general es: Aplicando la condición inicial:

𝑓 𝑦 =𝑘

De modo que si f(y) es una función constante tenemos infinitas soluciones y si no lo es, el problema no tiene solución.

26

Cambiamos la curva inicial a: x = x0 (rectas verticales).

derivamos la condición inicial:

como:

𝑢 𝑥0 , 𝑦 = 𝑓 𝑦 𝑢𝑦 𝑥0 , 𝑦 = 𝑓𝑓(𝑦)

𝑢𝑦 𝑥, 𝑦 = 0, 𝑢𝑦 𝑥0 , 𝑦 = 𝑓 ′ 𝑦 = 0,

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝜙 𝑥 𝑢 𝑥0 , 𝑦 = 𝑓 𝑦 = 𝑘 = 𝜙 𝑥0

Sabemos que la solución general es: Aplicando la condición inicial:

𝑓 𝑦 =𝑘

De modo que, de nuevo, si f(y) es una función constante tenemos infinitas soluciones y si no lo es, el problema no tiene solución.

27

La curva inicial es ahora:

𝑥 = 1 − 𝑦 2 , 𝑦 = ± 1 − 𝑥 . Observemos que:

𝑓 𝑦0 = 𝑢 𝑥0, 𝑦0 = 𝑢 1 − 𝑦02 , 𝑦0 = 𝑢 𝑥0, −𝑦0 = 𝑓 −𝑦0

Y en consecuencia para que el problema tenga solución necesitamos que f(y) sea par. Integrando la EDP:

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝜙 𝑥

𝑢 1 − 𝑦2, 𝑦 = 𝜙 1 − 𝑦2 = 𝑓 𝑦 ; 𝜙 𝑥 = 𝒇

𝟏 − 𝒙 = 𝒖(𝒙, 𝒚)

si |x| ≤ 1 (para que la raíz sea real). Como queremos que la solución sea C1, impondremos además a f que exista su derivada. Si |x| > 1 la curva inicial no rige y u(x,y) = 𝝓 𝒙

.

Curvas características 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢

Podemos definir un campo vectorial que asigna a cada punto (x,y) del plano un vector v de coordenadas (A(x,y), B(x,y)). En nuestro ejemplo:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝛼

Puesto que:

𝐴 𝑥, 𝑦 = 1 𝑦 𝐵 𝑥, 𝑦 = 1:

El campo vectorial es constante en este caso:

𝑣⃗(𝑥, 𝑦) = (𝐴 𝑥, 𝑦 , 𝐵 𝑥, 𝑦 ) = (1, 1)

B

y

A

x 29

𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢

Observa que podemos entender la parte izquierda de la EDP como un producto escalar: 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = (𝐴, 𝐵) ∙ (𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 ) ∇𝑢 = (𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 )

Gradiente de la función escalar u(x,y)

En nuestro ejemplo:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 1,1 ∙ (𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 )

30

Recordemos que este producto representa en cada punto (x,y) la derivada de u(x,y) en la dirección del vector v = (A,B). De modo que una manera equivalente de escribir nuestra EDP es:

𝑣⃗

𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝑣⃗ ∙ ∇𝑢 = 𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑢)

Así que la EDP determina en cada punto del plano (x,y) la derivada parcial de u en la dirección del vector v(x,y) = (A(x,y),B(x,y)), en la dirección que marca el campo vectorial, que se llama dirección característica.

32

A las curvas integrales de ese campo (curvas que tienen como tangentes en (x,y) las direcciones marcadas por v) se las denomina curvas

𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝑣⃗ ∙ 𝛻𝛻 = 𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑢)

características φ(x,y) = k o y = y(x, k), que serán solución (familia uniparamétrica) de la EDO:

𝑑𝑑 𝐵 𝑥, 𝑦 = 𝑑𝑑 𝐴 𝑥, 𝑦

La pendiente del vector en cada punto (x,y).

33

𝑑𝑑 𝐵 𝑥, 𝑦 = 𝑑𝑑 𝐴 𝑥, 𝑦

Solución: familia uniparamétrica de curvas

características φ(x,y) = k, o explícitamente, y = y(x,k)

Sobre cada curva característica de esta familia uniparamétrica de curvas características, la ecuación:

𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝑣⃗ ∙ 𝛻𝛻 = 𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑢)

prescribe el comportamiento de la función incógnita u(x,y).

Curva característica φ(x,y) = k

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Ejercicios

𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑢)

𝑑𝑑 𝐵 𝑐 = = 𝑑𝑑 𝐴 1

𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶(𝑥, 𝑦, 𝑢)

36

En nuestro ejemplo:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = (1,1) ∙ ∇𝑢 = 𝛼𝛼

𝑑𝑑 𝐵 𝑥, 𝑦 = = 1; 𝑑𝑑 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑦 𝑥 =𝑥+𝑘 ó

𝜙 𝑥, 𝑦 = 𝑦 − 𝑥 = 𝑘

Curva característica φ(x,y) = k

A lo largo de estas curvas características, en este caso rectas, la solución crece como 𝛼𝛼.

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Realicemos ahora el siguiente cambio de variable:

𝜙 ≡ 𝜙 𝑥, 𝑦 = 𝑦 − 𝑥 𝜓 ≡ 𝜓 𝑥, 𝑦 = 𝑦 Usando la regla de la cadena, las derivadas parciales de u se convierten en:

Curvas características cuando 𝜙 es constante.

La función ψ(x,y) debe cumplir en el dominio de solución D:

𝜙𝑥 𝜓𝑥

𝜙𝑦 −1 1 = ≠ 0, 𝜓𝑦 0 1 ∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷

𝑢𝑥 = 𝑢𝜙 𝜙𝑥 +𝑢𝜓 𝜓𝑥 = −𝑢𝜙 𝑢𝑦 = 𝑢𝜙 𝜙𝑦 +𝑢𝜓 𝜓𝑦 = 𝑢𝜙 +𝑢𝜓

38

𝑢𝑥 = −𝑢𝜙 �𝑢 = 𝑢 +𝑢 𝑦 𝜙 𝜓

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝛼 (−𝑢𝜙 +𝑢𝜓 ) + 𝑢𝜙 = 𝛼𝛼

𝑢𝜓 = 𝛼𝛼

Desaparece la parte en 𝜙.

Hemos conseguido una EDP directamente integrable:

𝑑𝑢 � = � 𝑑𝜓 + 𝑓 𝜙 𝛼𝛼

𝑢(𝜙, 𝜓) = 𝑓 𝜙 𝑒 𝛼𝛼

Deshaciendo el cambio:

𝜙 =𝑦−𝑥 𝜓=𝑦

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓 𝑦 − 𝑥 𝑒 𝛼𝑦

En contraste con las EDOs, la solución general de una EDP en vez de constantes arbitrarias contiene funciones arbitrarias en las que el argumento es la expresión de la curvas características en forma implícita.

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En general, el cambio de variable será:

𝜙 = 𝜙 𝑥, 𝑦 𝜓 = 𝜓(𝑥, 𝑦)

Usando la regla de la cadena las derivadas parciales de u se convierten en:

𝑢𝑥 = 𝑢𝜙 𝜙𝑥 +𝑢𝜓 𝜓𝑥 𝑢𝑦 = 𝑢𝜙 𝜙𝑦 +𝑢𝜓 𝜓𝑦

Curvas características cuando 𝜙 es constante.

La función ψ(x,y) debe cumplir en el dominio de solución D:

𝜙𝑥 𝜓𝑥

𝜙𝑦 ≠ 0, ∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 𝜓𝑦

𝐴 ∙ 𝑢𝑥 +𝐵 ∙ 𝑢𝑦 = 𝐶

Aplicando el cambio de variable a nuestra EDP general, se convierte en:

𝐴 ∙ (𝑢𝜙 𝜙𝑥 +𝑢𝜓 𝜓𝑥 ) + 𝐵 ∙ (𝑢𝜙 𝜙𝑦 +𝑢𝜓 𝜓𝑦 ) = 𝐶

40

𝐴 ∙ (𝑢𝜙 𝜙𝑥 +𝑢𝜓 𝜓𝑥 ) + 𝐵 ∙ (𝑢𝜙 𝜙𝑦 +𝑢𝜓 𝜓𝑦 ) = 𝐶 (𝐴𝜙𝑥 +𝐵𝜙𝑦 )𝑢𝜙 + (𝐴𝜓𝑥 + 𝐵𝜓𝑦 )𝑢𝜓 = 𝐶

𝜙 𝑥, 𝑦 = 𝑘 𝑑𝑑 = 𝜙𝑥 𝑑𝑑 + 𝜙𝑦 𝑑𝑑 = 0 𝑑𝑑 Dividiendo entre dx: 𝜙𝑥 + 𝜙𝑦 =0 𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝐵 Y usando que: = 𝐴𝜙𝑥 + 𝐵𝜙𝑦 = 0 𝑑𝑑 𝐴 Ahora, recordemos que 𝜙 𝑥, 𝑦 es curva característica:

𝐴𝜓𝑥 + 𝐵𝜓𝑦 𝑢𝜓 = 𝐶

Y esta ecuación ahora es directamente integrable.

𝐶 𝑢𝜓 = 𝐴𝜓𝑥 + 𝐵𝜓𝑦

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Sigamos con nuestro ejemplo, poniendo ahora c.i.:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝛼 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓 𝑦 − 𝑥 𝑒 𝛼𝑦

Supongamos las c.i.: 𝑢(𝑠, 0) = 𝑒 −𝑠 La solución para (s,0) será: 𝑢 𝑠, 0 = 𝑓 −𝑠 𝑒 𝛼0 = 𝑓(−𝑠) Igualando a la c.i.:

𝑓(−𝑠) = 𝑒 −𝑠 ; 𝑓(𝑦 − 𝑥) = 𝑒 𝑦−𝑥

De modo que la única solución particular posible es:

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑒 𝑦−𝑥 𝑒 𝛼𝛼 = 𝑒

𝛼+1 𝑦−𝑥

42

Cambiemos la c.i. para ver que no es siempre posible determinar una solución particular imponiendo condiciones sobre cualquier curva inicial:

𝑢(𝑠, 𝑠) = 𝑒 𝑠

La solución para (s,s) es:

Igualando a la c.i.:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝛼

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓 𝑦 − 𝑥 𝑒 𝛼𝑦 𝑢 𝑠, 𝑠 = 𝑓 0 𝑒 𝛼𝑠

𝑓 0 𝑒 𝛼𝛼 = 𝑒 𝑠 ; 𝑓(0) = 𝑒 𝑠(1−𝛼)

Observemos que ahora tendremos solución particular solo si 𝛼 = 1 (en otro caso el problema resulta incompatible):

𝑓(0) = 𝑒 𝑠(1−1) = 1

43

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝛼

𝑢(𝑠, 𝑠) = 𝑒 𝑠

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓 𝑦 − 𝑥 𝑒 𝛼𝑦

De modo que cualquier función 𝑓(𝑧) tal que 𝑓 0 = 1 es válida. Como por ejemplo: 𝑓 𝑧 =

1 , cos 1+𝑧2

𝑧 , cosh 𝑧 , … que determinan soluciones particulares como: 𝑒𝑦 𝑢 𝑥, 𝑦 = , 𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑒 𝑦 cos 𝑦 − 𝑥 , 1 + (𝑦 − 𝑥)2 𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑒 𝑦 cosh(𝑦 − 𝑥),...

Así que para 𝛼 = 1 el problema tiene infinitas soluciones: es compatible e indeterminado. 44

Método de las características Casi-lineal de primer orden:

𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢

Vimos que las curvas características y = y(x) o 𝜙 𝑥, 𝑦 = 𝑘 asociadas son las curvas integrales de:

𝑑𝑑 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 = 𝑑𝑑 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢

o

Podemos expresar las curvas características en forma paramétrica con x(t) e y(t). Pero para resolver el sistema necesitaríamos conocer u(x(t),y(t)) = u(t), que es justamente la solución que queremos encontrar.

𝑑𝑥 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 = 𝑑𝑦 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢

𝑑𝑑 = 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑡 𝑑𝑦 = 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑

45

Método de las características 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢

𝑑𝑑 = 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑡 𝑑𝑦 = 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑

Recurriendo a la propia EDP:

𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝑑𝑢 𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝑑𝑑 Obtenemos una tercera ecuación para u(t).

Sistema característico:

Este sistema describe tanto las curvas características como el comportamiento de la solución a lo largo de ellas.

𝑑𝑑 = 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑 𝑑𝑑 = 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑 𝑑𝑑 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑

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Método de las características 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢

Si estamos frente a un problema de Cauchy, tendremos además:

𝑢 𝑓 𝑠 ,𝑔 𝑠

= ℎ(𝑠)

Para resolverlo, observemos que para cada s deberemos resolver el problema de Cauchy del sistema de EDOs:

𝑑𝑑 = 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑 𝑑𝑑 = 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑 𝑑𝑑 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑

𝑥 0 =𝑓 𝑠

𝑦 0 =𝑔 𝑠

𝑢 0 = ℎ(𝑠)

Cuya solución tendrá la forma general:

𝑥 = 𝑥 𝑠, 𝑡

𝑦 = 𝑦 𝑠, 𝑡

𝑢 = ℎ(𝑠, 𝑡)

47

Resolvamos un ejemplo:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 + 𝑢 = 1 𝑢(𝑠, 𝑠 + 𝑠2) = 2

𝑑𝑑 = 1, 𝑑𝑡 𝑑𝑑 = 1, 𝑑𝑡

𝑑𝑑 = 1 − 𝑢, 𝑑𝑡

Fijamos s para aplicar las c.i.:

𝑢 0 = 2,

𝑥 0 = 𝑠,

𝑦 𝑡 = 𝑡 + 𝑘2

𝑢 𝑡 = 1 + 𝑘3𝑒 −𝑡

𝑦 0 = 𝑠 + 𝑠2

𝑥 0 = 0 + 𝑘1 = 𝑠,

𝑦 0 = 0 + 𝑘2 = 𝑠 + 𝑠2,

𝑢 0 = 1 + 𝑘3𝑒 −0 = 2; 𝑘3 = 1

𝑢 𝑡 = 1 + 𝑒 −𝑡

𝑥 𝑡 = 𝑡 + 𝑘1

𝑥 𝑡 =𝑡+𝑠

𝑦 𝑡 = 𝑡 + 𝑠 + 𝑠2 48

𝑦 𝑡 = 𝑡 + 𝑠 + 𝑠2 𝑥 𝑡 =𝑡+𝑠 𝑡 =𝑥 𝑡 −𝑠

𝑦 𝑡 − 𝑥(𝑡) = 𝑠2

𝑠 = ± 𝑦 𝑡 − 𝑥(𝑡)

𝑡 = 𝑥 𝑡 ∓ 𝑦 𝑡 − 𝑥(𝑡)

𝑢 𝑡 = 1 + 𝑒 −𝑡 = 1 + 𝑒 −𝑥±

𝑦−𝑥

= 𝑢(𝑥, 𝑦)

Demuestra que si la condición inicial hubiera sido:

𝑢(𝑠, 𝑠 + 𝑠2) = 1

entonces la solución sería:

𝑢 𝑥, 𝑦 = 1

49

Método de Lagrange Se trata del método de las características pero en coordenadas cartesianas, en vez de paramétricas:

𝑑𝑑 = 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑 𝑑𝑑 = 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑 𝑑𝑑 = 𝐶 𝑥, 𝑦, 𝑢 𝑑𝑑

Las tres ecuaciones se pueden combinar para obtener:

𝑑𝑥 𝑑𝑦

=

𝐴 𝑑𝑦 , 𝐵 𝑑𝑢

y sus inversas.

=

𝐵 𝑑𝑢 , 𝐶 𝑑𝑥

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑑 = = 𝐵 𝐶 𝐴

=

𝐶 𝐴

Si se pueden integrar directamente, el método nos proporciona 50 la solución de manera muy sencilla.

Ejemplo:

𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝑑𝑑 = = 𝐵 𝐶 𝐴

(𝑥 + 𝑦)(𝑢𝑥 −𝑢𝑦 ) = 𝑢

𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝑑𝑑 = = 𝑢 𝑥 + 𝑦 −(𝑥 + 𝑦)

𝑑𝑑 −(𝑥 + 𝑦) = = −1; 𝑥 + 𝑦 = 𝑘 𝑥+𝑦 𝑑𝑑 𝑑𝑥 𝑑𝑑 𝑑𝑢 𝑑𝑑 1 = = � = � 𝑑𝑑 𝑥+𝑦 𝑘 𝑢 𝑢 𝑘 𝑥 +𝐶 log 𝑢 = 𝑥+𝑦 𝑢 𝑥, 𝑦 =

𝑥 𝐶𝑒 𝑥+𝑦

Ecuaciones semi-lineales de segundo orden en dos variables 𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0 Integrando:

Y volviendo a integrar:

𝜕𝑢𝑦 = −𝑢𝑦 𝜕𝜕

𝑢𝑦 = 𝑔(𝑦)𝑒 −𝑥

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑦)𝑒 −𝑥 + ℎ(𝑥)

Nota: Comprueba que obtenemos el mismo resultado si comenzamos a integrar respecto a y en vez de x. 52

Añadamos ahora una condición inicial:

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑦)𝑒 −𝑥 + ℎ(𝑥)

𝑢(𝑠, 𝑠) = 1

𝑢 𝑠, 𝑠 = 𝑓 𝑠 𝑒 −𝑠 + ℎ 𝑠 = 1 ℎ 𝑠 = 1 − 𝑓 𝑠 𝑒 −𝑠

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑦)𝑒 −𝑥 + 1 − 𝑓 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑢 𝑥, 𝑦 = 1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥

𝑒 −𝑥

Necesitamos otra condición no redundante con la anterior para conseguir una solución particular... 53

𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0

𝑢(𝑠, 𝑠) = 1

𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 − 𝑢𝑦 (𝑠, 𝑠) = 2𝑒 −𝑠

𝑢 𝑥, 𝑦 = 1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥

𝑒 −𝑥

𝑢𝑥 = −𝑓𝑓(𝑥)𝑒 −𝑥 − 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥 𝑢𝑦 = 𝑓𝑓(𝑦)𝑒 −𝑥

𝑒 −𝑥

𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 − 𝑢𝑦 𝑠, 𝑠 = −2𝑓 ′ 𝑠 𝑒 −𝑠 − 𝑓 𝑠 − 𝑓 𝑠

𝑒 −𝑠

−2𝑓 ′ 𝑠 𝑒 −𝑠 = 2𝑒 −𝑠 ; 𝑓 ′ 𝑠 = −1; 𝑓 𝑠 = −𝑠 + 𝑘 𝑢 𝑥, 𝑦 = 1 − 𝑦 − 𝑥 𝑒 −𝑥

54

𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0

𝑢(𝑠, 𝑠) = 1

𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 − 𝑢𝑦 (𝑠, 𝑠) = 2𝑒 −𝑠 𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 + 𝑢𝑦 (𝑠, 𝑠) = 1 𝑒 −𝑥

𝑢 𝑥, 𝑦 = 1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥

𝑢𝑥 = −𝑓𝑓(𝑥)𝑒 −𝑥 − 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥 𝑢𝑦 = 𝑓𝑓(𝑦)𝑒 −𝑥 𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 + 𝑢𝑦 𝑠, 𝑠 = 0 ≠ 1

El motivo es la incompatibilidad de las c.i. Si derivamos la primera:

𝑒 −𝑥

Incompatible

𝑢(𝑠, 𝑠) = 1 𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 + 𝑢𝑦 (𝑠, 𝑠) = 1

𝑑𝑢(𝑠, 𝑠) = 𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 + 𝑢𝑦 (𝑠, 𝑠) = 0 𝑑𝑠

55

Características en ecuaciones semi-lineales de segundo orden en dos variables 𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 2𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 𝐶 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦𝑦 = 𝐷 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 2

𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝐴 − 2𝐵 +𝐶 =0 𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐴 = 𝑑𝑑 𝐴

Ecuación diferencial para las curvas características

(𝐵2 −𝐴𝐴) > 0 Ecuación hiperbólica: existirán dos (±)

familias uniparamétricas de características.

(𝐵2 −𝐴𝐴) = 0 Ecuación parabólica: existirá una

familia uniparamétrica de características.

(𝐵2 −𝐴𝐴) < 0 Ecuación elíptica: no existirán curvas56 características.

𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 2𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 𝐶 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦𝑦 = 𝐷 𝑥, 𝑦, 𝑢, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦

𝑑𝑑 𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐴 = 𝑑𝑑 𝐴

57

𝑑𝑑 𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐴 = 𝑑𝑑 𝐴

58

𝑑𝑑 𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐴 = 𝑑𝑑 𝐴

59

60

61

¿Qué ocurre cuando se dan condiciones sobre una curva característica?

𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0

A𝑢𝑥𝑥 + 2𝐵𝑢𝑥𝑥 + 𝐶𝑢𝑦𝑦 = 𝐷 2

𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝐴 − 2𝐵 +𝐶 =0 𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝑑𝑑 𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐴 = 𝑑𝑑 𝐴

𝑢(𝑠, 0) = 𝑒 −𝑠

𝑢𝑦 (𝑠, 0) = 0 𝐴=0 2𝐵 = 1 𝐶=0

𝑑𝑑 − = 0; 𝑑𝑑

𝑘=0

𝑦 𝑥 =𝑘

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓(𝑦)𝑒 −𝑥 + ℎ(𝑥) 𝑢 𝑠, 0 = 𝑓 0 𝑒 −𝑠 + ℎ(𝑠) = 𝑒 −𝑠 ℎ 𝑠 = (1 − 𝑓 0 )𝑒 −𝑠

𝑢(𝑥, 𝑦) = (1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 0 )𝑒 −𝑥

62

𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0 𝑢𝑦 (𝑠, 0) = 0

𝑢(𝑥, 𝑦) = (1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 0 )𝑒 −𝑥 𝑢𝑦 (𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑓(𝑦)𝑒 𝑥

𝑢𝑦 𝑠, 0 = 𝑓 ′ 0 𝑒 𝑠 = 0

La solución será:

𝑓𝑓(0) = 0

𝑢(𝑥, 𝑦) = (1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 0 )𝑒 −𝑥

donde 𝑓 𝑦 es una función arbitraria tal que 𝑓𝑓(0) = 0. El problema tiene infinitas soluciones y queda indeterminado. 63

Características en sistemas de ecuaciones semi-lineales de primer orden y dos variables 2

𝑢𝑥𝑥 − 𝑐 𝑢𝑦𝑦 = 0 𝑑𝑑 𝑑𝑑

2

− 𝑐2 = 0

𝐴𝐴𝑥𝑥 + 2𝐵𝑢𝑥𝑥 + 𝐶𝑢𝑦𝑦 = 𝐷

𝑑𝑑 𝐴 𝑑𝑑

−1 0

𝑑𝑑 − 2𝐵 +𝐶 =0 𝑑𝑑

𝑦 + 𝑐𝑐 = 𝑐𝑐𝑐 𝑦 𝑥 = �𝑦 − 𝑐𝑐 = 𝑐𝑐𝑐

𝑢𝑥 ≡ 𝑝 2 𝑢 − 𝑐 𝑢 = 0 𝑥𝑥 𝑦𝑦 𝑢𝑦 ≡ 𝑞

0 1

2

𝑝𝑥 1 0 + 0 −𝑐 2 𝑞𝑥

𝑝𝑦 − 𝑞𝑥 = 0 � 𝑝𝑥 − 𝑐 2 𝑞𝑦 = 0

𝑝𝑦 0 = 𝑞𝑦 0

65

0 −1 1 0

𝐴1 𝑣𝑥

𝑝𝑥 1 0 + 0 −𝑐 2 𝑞𝑥

+

Ecuación de las características:

det 𝑑𝑑 𝑑𝑑

2

0 1 −

𝑐2

𝐴2 𝑣𝑦 = 0

𝑑𝑑 det 𝐴1 − 𝐴2 = 0 𝑑𝑑

−1 𝑑𝑑 1 0 − 0 𝑑𝑑 0 −𝑐 2 =0

𝑝𝑦 0 = 𝑞𝑦 0

=

−1 𝑑𝑑 𝑑𝑑

𝑦 + 𝑐𝑐 = 𝑐𝑐𝑐 𝑦 𝑥 = �𝑦 − 𝑐𝑐 = 𝑐𝑐𝑐

que coincide con nuestro resultado anterior.

𝑑𝑑 − 𝑑𝑑 = 0 𝑐2

66