7. ecuaciones en derivadas parciales - …³n a... · parciales (edp) si cumple idénticamente la...

1

7. Ecuaciones en derivadas parciales

(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

Ecuaciones en derivadas parciales

𝐹 𝑥,𝑦, … ,𝑢,𝑢𝑥 ,𝑢𝑦 , … ,𝑢𝑥𝑥 ,𝑢𝑥𝑦 ,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

3

𝑑𝑦

4

La solución general consiste en un conjunto infinito de superficies.

�𝜕𝑢(𝑥,𝑦)𝜕𝑥

𝑑𝑥 = � 𝑦 + 𝑥 𝑑𝑥; 𝑢 𝑥,𝑦 + 𝜙� 𝑦 = 𝑥𝑦 +𝑥2

2 + 𝑘

�𝜕𝜕𝑦

𝜕𝑢(𝑥,𝑦)𝜕𝑥 𝑑𝑦 = �0𝑑𝑦; 𝑢𝑥 𝑥, 𝑦 + 𝜙� 𝑥 = 𝑘

Ecuaciones lineales

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

Lineal de segundo orden: 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢𝑥𝑥 + 𝐵 𝑥,𝑦 𝑢𝑥𝑦 + 𝐶 𝑥,𝑦 𝑢𝑦𝑦

= 𝐷 𝑥,𝑦 𝑢𝑥 + 𝐸 𝑥,𝑦 𝑢𝑦 + 𝐹 𝑥,𝑦 𝑢 + 𝐺(𝑥,𝑦)

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

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

u(x,t =10)

x

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

Algunos ejemplos de EDPs clásicas:

Roca

Estrato de suelo, v

Movimiento de entrada (sismo)

Movimiento de salida (respuesta)

2

2

2

22

tu

zuv

∂∂

=∂∂

Propagación de ondas sísmicas

Cuerda vibrante

Ecuación de Laplace 02

2

2

2

=∂∂

+∂∂

yu

xu

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 𝑢𝑥 = 𝑣 𝑢𝑦 = 𝑤 𝑣𝑥 − 𝑤𝑦 = 0

EDP de segundo orden cambio de variable EDP transformada

Si suponemos que la solución es de al menos clase C2, las derivadas cruzadas son iguales: 𝑢𝑥𝑦 = 𝑣𝑦 = 𝑤𝑥 = 𝑢𝑦𝑥

𝑣𝑥 − 𝑤𝑦 = 0 𝑣𝑦 − 𝑤𝑥 = 0

La EDP se convierte finalmente en el sistema:

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) 13

Ecuación casi-lineal

𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥,𝑦,𝑢

Casi-lineal de primer orden:

Casi-lineal de segundo orden:

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

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

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 𝑢𝑥𝑦 + 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

17

Podemos estudiar EDOs de primer orden analizándolas cualitativamente.

(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.

Curvas solución: una visión geométrica de las EDOs

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

18

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.

Campo de direcciones

19

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.

20

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:

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:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝑢

𝐴 𝑥,𝑦 = 1, 𝐵 𝑥,𝑦 = 1, 𝐶 𝑥, 𝑦,𝑢 = 𝛼𝑢

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

Para cada valor de 𝛼 tendremos una EDP

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)

Curva parametrizada (curva inicial).

23

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.

Problemas de condiciones iniciales o de Cauchy

Ejemplo solución única :

Integrando la EDP: �𝜕𝑢(𝑥,𝑦)𝜕𝑦

𝑑𝑦 = �0𝑑𝑥; 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) 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑓 𝑥 Y el problema tiene solución única.

25

Ejemplo: Curva inicial: y = g(x)

(3.5)

derivamos la condición inicial: como: 𝑢𝑦 𝑥,𝑦 = 0, 𝑢𝑦 0,𝑦 = 𝑓′ 𝑦 = 0, 𝑓 𝑦 = 𝑘 Sabemos que la solución general es: 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝜙 𝑥 Aplicando la condición inicial: 𝑢 0,𝑦 = 𝑓 𝑦 = 𝑘 = 𝜙 0 De modo que si f(y) es una función constante tenemos infinitas soluciones y si no lo es, el problema no tiene solución.

𝑢 0,𝑦 = 𝑓 𝑦 𝑢𝑦 0,𝑦 = 𝑓𝑓(𝑦)

26

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

derivamos la condición inicial: como: 𝑢𝑦 𝑥,𝑦 = 0, 𝑢𝑦 𝑥0,𝑦 = 𝑓′ 𝑦 = 0, 𝑓 𝑦 = 𝑘 Sabemos que la solución general es: 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝜙 𝑥 Aplicando la condición inicial: 𝑢 𝑥0,𝑦 = 𝑓 𝑦 = 𝑘 = 𝜙 𝑥0 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.

𝑢 𝑥0,𝑦 = 𝑓 𝑦 𝑢𝑦 𝑥0,𝑦 = 𝑓𝑓(𝑦)

27

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

La curva inicial es ahora: 𝑥 = 1 − 𝑦2, 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 .

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: Puesto que: El campo vectorial es constante en este caso:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝑢

𝐴 𝑥,𝑦 = 1 𝑦 𝐵 𝑥,𝑦 = 1:

Curvas características

�⃗�(𝑥, 𝑦) = (𝐴 𝑥, 𝑦 ,𝐵 𝑥, 𝑦 ) = (1, 1) 29

x

y B

A

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)

Gradiente de la función escalar u(x,y)

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 1,1 ∙ (𝑢𝑥,𝑢𝑦)

En nuestro ejemplo:

∇𝑢 = (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:

�⃗�

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

A las curvas integrales de ese campo (curvas que tienen como tangentes en (x,y) las direcciones marcadas por v) se las denomina curvas características φ(x,y) = k o y = y(x, k), que serán solución (familia uniparamétrica) de la EDO:

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

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵 𝑥,𝑦𝐴 𝑥,𝑦

33

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵 𝑥, 𝑦𝐴 𝑥, 𝑦

Solución: familia uniparamétrica de curvas características φ(x,y) = k, o explícitamente, y = y(x,k)

Curva característica φ(x,y) = k

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

Sobre cada curva característica de esta familia uniparamétrica de curvas características, la ecuación: prescribe el comportamiento de la función incógnita u(x,y).

34

Ejercicios

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵𝐴

=𝑐1

𝐴 𝑥, 𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥, 𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶(𝑥,𝑦,𝑢)

36

𝐴 𝑥,𝑦 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥,𝑦 𝑢𝑦 = 𝐶(𝑥,𝑦, 𝑢)

Curva característica φ(x,y) = k

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵 𝑥, 𝑦𝐴 𝑥, 𝑦

= 1;

𝑦 𝑥 = 𝑥 + 𝑘 ó

𝜙 𝑥,𝑦 = 𝑦 − 𝑥 = 𝑘

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

En nuestro ejemplo: 𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = (1,1) ∙ ∇𝑢 = 𝛼𝑢

37

Realicemos ahora el siguiente cambio de variable:

𝜙 ≡ 𝜙 𝑥,𝑦 = 𝑦 − 𝑥 𝜓 ≡ 𝜓 𝑥,𝑦 = 𝑦

Curvas características cuando 𝜙 es constante.

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

𝜙𝑥 𝜙𝑦𝜓𝑥 𝜓𝑦

= −1 10 1 ≠ 0,

∀(𝑥, 𝑦) ∈ 𝐷 Usando la regla de la cadena, las derivadas parciales de u se convierten en:

𝑢𝑥 = 𝑢𝜙𝜙𝑥 +𝑢𝜓 𝜓𝑥 = −𝑢𝜙 𝑢𝑦 = 𝑢𝜙𝜙𝑦 +𝑢𝜓 𝜓𝑦 = 𝑢𝜙 +𝑢𝜓

38

�𝑢𝑥 = −𝑢𝜙

𝑢𝑦 = 𝑢𝜙 +𝑢𝜓 𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝑢

(−𝑢𝜙+𝑢𝜓) + 𝑢𝜙 = 𝛼𝑢

𝑢𝜓 = 𝛼𝑢

�𝑑𝑢 𝛼𝑢

= �𝑑𝜓 + 𝑓 𝜙

𝑢(𝜙, 𝜓) = 𝑓 𝜙 𝑒𝛼𝜓

Deshaciendo el cambio:

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓 𝑦 − 𝑥 𝑒𝛼𝑦 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.

Hemos conseguido una EDP directamente integrable:

𝜙 = 𝑦 − 𝑥 𝜓 = 𝑦

39

Desaparece la parte en 𝜙.

En general, el cambio de variable será:

𝜙 = 𝜙 𝑥, 𝑦 𝜓 = 𝜓(𝑥,𝑦)

Curvas características cuando 𝜙 es constante.

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

𝜙𝑥 𝜙𝑦𝜓𝑥 𝜓𝑦

≠ 0,∀(𝑥,𝑦) ∈ 𝐷 Usando la regla de la cadena las derivadas parciales de u se convierten en:

𝑢𝑥 = 𝑢𝜙𝜙𝑥 +𝑢𝜓 𝜓𝑥 𝑢𝑦 = 𝑢𝜙𝜙𝑦 +𝑢𝜓 𝜓𝑦

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

𝐴 ∙ 𝑢𝑥 +𝐵 ∙ 𝑢𝑦 = 𝐶

𝐴 ∙ (𝑢𝜙 𝜙𝑥 +𝑢𝜓 𝜓𝑥) + 𝐵 ∙ (𝑢𝜙𝜙𝑦 +𝑢𝜓 𝜓𝑦) = 𝐶 40

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵𝐴

𝜙 𝑥,𝑦 = 𝑘 𝑑𝜙 = 𝜙𝑥𝑑𝑥 + 𝜙𝑦𝑑𝑦 = 0

𝜙𝑥 + 𝜙𝑦𝑑𝑦𝑑𝑥

= 0

𝐴𝜙𝑥 + 𝐵𝜙𝑦 = 0

𝑢𝜓 =𝐶

𝐴𝜓𝑥 + 𝐵𝜓𝑦

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

Ahora, recordemos que 𝜙 𝑥,𝑦 es curva característica:

Dividiendo entre dx:

Y usando que:

(𝐴𝜙𝑥+𝐵𝜙𝑦)𝑢𝜙 + (𝐴𝜓𝑥 + 𝐵𝜓𝑦)𝑢𝜓 = 𝐶

𝐴𝜓𝑥 + 𝐵𝜓𝑦 𝑢𝜓 = 𝐶

41 Y esta ecuación ahora es directamente integrable.

Sigamos con nuestro ejemplo, poniendo ahora c.i.: Supongamos las c.i.: La solución para (s,0) será: Igualando a la c.i.: De modo que la única solución particular posible es:

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝑢 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓 𝑦 − 𝑥 𝑒𝛼𝑦

𝑢(𝑠, 0) = 𝑒−𝑠

𝑢 𝑠, 0 = 𝑓 −𝑠 𝑒𝛼0 = 𝑓(−𝑠)

𝑓(−𝑠) = 𝑒−𝑠; 𝑓(𝑦 − 𝑥) = 𝑒𝑦−𝑥

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑒𝑦−𝑥𝑒𝛼𝑦 = 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: La solución para (s,s) es: Igualando a la c.i.: Observemos que ahora tendremos solución particular solo si 𝛼 = 1 (en otro caso el problema resulta incompatible):

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝑢

𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓 𝑦 − 𝑥 𝑒𝛼𝑦

𝑢(𝑠, 𝑠) = 𝑒𝑠

𝑢 𝑠, 𝑠 = 𝑓 0 𝑒𝛼𝑠

𝑓 0 𝑒𝛼𝑠 = 𝑒𝑠; 𝑓(0) = 𝑒𝑠(1−𝛼)

𝑓(0) = 𝑒𝑠(1−1) = 1 43

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

1+𝑧2, cos 𝑧 , cosh 𝑧 , … que

determinan soluciones particulares como:

𝑢 𝑥,𝑦 =𝑒𝑦

1 + (𝑦 − 𝑥)2 , 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑒𝑦cos 𝑦 − 𝑥 ,

𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑒𝑦cosh (𝑦 − 𝑥),... Así que para 𝛼 = 1 el problema tiene infinitas soluciones: es compatible e indeterminado.

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 = 𝛼𝑢 𝑢(𝑥, 𝑦) = 𝑓 𝑦 − 𝑥 𝑒𝛼𝑦 𝑢(𝑠, 𝑠) = 𝑒𝑠

44

45

Método de las características

𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢𝑥 + 𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢𝑦 = 𝐶 𝑥,𝑦,𝑢

Casi-lineal de primer orden:

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵 𝑥,𝑦,𝑢𝐴 𝑥,𝑦,𝑢

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

𝑑𝑥𝑑𝑦

=𝐴 𝑥,𝑦,𝑢𝐵 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.

𝑑𝑥𝑑𝑡

= 𝐴 𝑥,𝑦,𝑢

𝑑𝑦𝑑𝑡

= 𝐵 𝑥,𝑦,𝑢

46

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

𝑑𝑥𝑑𝑡

= 𝐴 𝑥,𝑦,𝑢

𝑑𝑦𝑑𝑡

= 𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢𝑥

𝑑𝑥𝑑𝑡

+ 𝑢𝑦𝑑𝑦𝑑𝑡

=𝑑𝑢𝑑𝑡

= 𝐶 𝑥,𝑦,𝑢

𝑑𝑥𝑑𝑡

= 𝐴 𝑥, 𝑦,𝑢

𝑑𝑦𝑑𝑡

= 𝐵 𝑥,𝑦,𝑢

𝑑𝑢𝑑𝑡

= 𝐶 𝑥, 𝑦,𝑢

Sistema característico:

Recurriendo a la propia EDP:

Obtenemos una tercera ecuación para u(t).

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

47

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

𝑑𝑥𝑑𝑡

= 𝐴 𝑥,𝑦,𝑢

𝑑𝑦𝑑𝑡

= 𝐵 𝑥,𝑦,𝑢

𝑑𝑢𝑑𝑡

= 𝐶 𝑥,𝑦,𝑢

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

𝑢 0 = ℎ(𝑠)

𝑥 0 = 𝑓 𝑠

𝑦 0 = 𝑔 𝑠

𝑢 𝑓 𝑠 ,𝑔 𝑠 = ℎ(𝑠)

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

Cuya solución tendrá la forma general:

𝑢 = ℎ(𝑠, 𝑡) 𝑥 = 𝑥 𝑠, 𝑡 𝑦 = 𝑦 𝑠, 𝑡

48

𝑢𝑥 + 𝑢𝑦 + 𝑢 = 1 𝑢(𝑠, 𝑠 + 𝑠2) = 2

𝑑𝑥𝑑𝑡

= 1, 𝑥 𝑡 = 𝑡 + 𝑘1

𝑑𝑦𝑑𝑡

= 1, 𝑦 𝑡 = 𝑡 + 𝑘2

𝑑𝑢𝑑𝑡

= 1 − 𝑢, 𝑢 𝑡 = 1 + 𝑘3𝑒−𝑡

Fijamos s para aplicar las c.i.:

𝑢 0 = 2, 𝑥 0 = 𝑠, 𝑦 0 = 𝑠 + 𝑠2 𝑥 0 = 0 + 𝑘1 = 𝑠, 𝑥 𝑡 = 𝑡 + 𝑠

𝑦 0 = 0 + 𝑘2 = 𝑠 + 𝑠2, 𝑦 𝑡 = 𝑡 + 𝑠 + 𝑠2

𝑢 0 = 1 + 𝑘3𝑒−0 = 2; 𝑘3= 1

𝑢 𝑡 = 1 + 𝑒−𝑡

Resolvamos un ejemplo:

49

𝑥 𝑡 = 𝑡 + 𝑠 𝑡 = 𝑥 𝑡 − 𝑠

𝑦 𝑡 = 𝑡 + 𝑠 + 𝑠2 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)

𝑢(𝑠, 𝑠 + 𝑠2) = 1 Demuestra que si la condición inicial hubiera sido:

entonces la solución sería: 𝑢 𝑥, 𝑦 = 1

50

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

𝑑𝑥𝑑𝑡

= 𝐴 𝑥,𝑦,𝑢

𝑑𝑦𝑑𝑡

= 𝐵 𝑥,𝑦,𝑢

𝑑𝑢𝑑𝑡

= 𝐶 𝑥,𝑦,𝑢

Las tres ecuaciones se pueden combinar para obtener:

𝑑𝑥𝑑𝑦

= 𝐴𝐵

, 𝑑𝑦𝑑𝑢

= 𝐵𝐶

, 𝑑𝑢𝑑𝑥

= 𝐶𝐴

y sus inversas.

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

𝑑𝑥𝐴

=𝑑𝑦𝐵

=𝑑𝑢𝐶

(𝑥 + 𝑦)(𝑢𝑥−𝑢𝑦) = 𝑢

𝑑𝑥𝐴

=𝑑𝑦𝐵

=𝑑𝑢𝐶

𝑑𝑥𝑥 + 𝑦

=𝑑𝑦

−(𝑥 + 𝑦)=𝑑𝑢𝑢

𝑑𝑦𝑑𝑥

=−(𝑥 + 𝑦) 𝑥 + 𝑦

= −1; 𝑥 + 𝑦 = 𝑘

𝑑𝑢𝑢

=𝑑𝑥𝑥 + 𝑦

=𝑑𝑥𝑘

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝐶𝑒𝑥

𝑥+𝑦

�𝑑𝑢𝑢

=1𝑘�𝑑𝑥

log 𝑢 =𝑥

𝑥 + 𝑦+ 𝐶

Ejemplo:

52

Ecuaciones semi-lineales de segundo orden en dos variables

𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0 𝜕𝑢𝑦𝜕𝑥

= −𝑢𝑦

𝑢𝑦 = 𝑔(𝑦)𝑒−𝑥 Integrando: Y volviendo a integrar: 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.

53

Añadamos ahora una condición inicial: 𝑢(𝑠, 𝑠) = 1

𝑢(𝑥,𝑦) = 𝑓(𝑦)𝑒−𝑥 + ℎ(𝑥)

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...

54

𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 − 𝑢𝑦(𝑠, 𝑠) = 2𝑒−𝑠 𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0 𝑢(𝑠, 𝑠) = 1

𝑢 𝑥, 𝑦 = 1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥 𝑒−𝑥

𝑢𝑥 = −𝑓𝑓(𝑥)𝑒−𝑥 − 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥 𝑒−𝑥

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

𝑢𝑦 = 𝑓𝑓(𝑦)𝑒−𝑥

−2𝑓′ 𝑠 𝑒−𝑠 = 2𝑒−𝑠; 𝑓′ 𝑠 = −1; 𝑓 𝑠 = −𝑠 + 𝑘

𝑢 𝑥, 𝑦 = 1 − 𝑦 − 𝑥 𝑒−𝑥

55

𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 − 𝑢𝑦(𝑠, 𝑠) = 2𝑒−𝑠 𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0 𝑢(𝑠, 𝑠) = 1

𝑢 𝑥, 𝑦 = 1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥 𝑒−𝑥

𝑢𝑥 = −𝑓𝑓(𝑥)𝑒−𝑥 − 𝑓 𝑦 − 𝑓 𝑥 𝑒−𝑥

𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 + 𝑢𝑦 𝑠, 𝑠 = 0 ≠ 1

𝑢𝑦 = 𝑓𝑓(𝑦)𝑒−𝑥

𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 + 𝑢𝑦(𝑠, 𝑠) = 1

Incompatible

𝑢(𝑠, 𝑠) = 1 𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 + 𝑢𝑦(𝑠, 𝑠) = 1 El motivo es la incompatibilidad de las c.i.

Si derivamos la primera:

𝑑𝑢(𝑠, 𝑠)𝑑𝑠

= 𝑢𝑥 𝑠, 𝑠 + 𝑢𝑦(𝑠, 𝑠) = 0

56

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

𝐴𝑑𝑦𝑑𝑥

2

− 2𝐵𝑑𝑦𝑑𝑥

+ 𝐶 = 0

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐶

𝐴

Ecuación diferencial para las curvas características

(𝐵2−𝐴𝐶) > 0

(𝐵2−𝐴𝐶) = 0

(𝐵2−𝐴𝐶) < 0

Ecuación hiperbólica: existirán dos (±) familias uniparamétricas de características.

Ecuación parabólica: existirá una familia uniparamétrica de características.

Ecuación elíptica: no existirán curvas características.

57

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐶

𝐴

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

58

𝑑𝑦𝑑𝑥 =

𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐶𝐴

59

𝑑𝑦𝑑𝑥 =

𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐶𝐴

60

61

62

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

𝑢𝑦(𝑠, 0) = 0 𝑢𝑥𝑦 + 𝑢𝑦 = 0 𝑢(𝑠, 0) = 𝑒−𝑠

𝐴𝑑𝑦𝑑𝑥

2

− 2𝐵𝑑𝑦𝑑𝑥

+ 𝐶 = 0

𝑑𝑦𝑑𝑥

=𝐵 ± 𝐵2 − 𝐴𝐶

𝐴

A𝑢𝑥𝑥 + 2𝐵𝑢𝑥𝑦 + 𝐶𝑢𝑦𝑦 = 𝐷

𝐴 = 0 2𝐵 = 1 𝐶 = 0

−𝑑𝑦𝑑𝑥

= 0; 𝑦 𝑥 = 𝑘

𝑘 = 0

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

63

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

𝑢𝑦(𝑠, 0) = 0 𝑢𝑦(𝑥, 𝑦) = 𝑓𝑓(𝑦)𝑒𝑥

𝑢𝑦 𝑠, 0 = 𝑓′ 0 𝑒𝑠 = 0 𝑓𝑓(0) = 0

𝑢(𝑥,𝑦) = (1 + 𝑓 𝑦 − 𝑓 0 )𝑒−𝑥 La solución será:

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

65

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

𝑢𝑥𝑥 − 𝑐2𝑢𝑦𝑦 = 0 𝐴

𝑑𝑦𝑑𝑥

2

− 2𝐵𝑑𝑦𝑑𝑥

+ 𝐶 = 0

𝐴𝑢𝑥𝑥 + 2𝐵𝑢𝑥𝑦 + 𝐶𝑢𝑦𝑦 = 𝐷

𝑑𝑦𝑑𝑥

2

− 𝑐2 = 0 𝑦 𝑥 = �𝑦 + 𝑐𝑥 = 𝑐𝑡𝑒𝑦 − 𝑐𝑥 = 𝑐𝑡𝑒

𝑢𝑥 ≡ 𝑝 𝑢𝑦 ≡ 𝑞 𝑢𝑥𝑥 − 𝑐2𝑢𝑦𝑦 = 0 �

𝑝𝑦 − 𝑞𝑥 = 0𝑝𝑥 − 𝑐2𝑞𝑦 = 0

0 −11 0

𝑝𝑥𝑞𝑥

+ 1 00 −𝑐2

𝑝𝑦𝑞𝑦

=00

66

0 −11 0

𝑝𝑥𝑞𝑥

+ 1 00 −𝑐2

𝑝𝑦𝑞𝑦

=00

Ecuación de las características:

det 0 −11 0

𝑑𝑦𝑑𝑥

− 1 00 −𝑐2 =

−1 −𝑑𝑦𝑑𝑥

𝑑𝑦𝑑𝑥

𝑐2= 0

𝐴1𝑣𝑥 + 𝐴2𝑣𝑦 = 0

det 𝐴1𝑑𝑦𝑑𝑥

− 𝐴2 = 0

𝑑𝑦𝑑𝑥

2

− 𝑐2 = 0 𝑦 𝑥 = �𝑦 + 𝑐𝑥 = 𝑐𝑡𝑒𝑦 − 𝑐𝑥 = 𝑐𝑡𝑒

que coincide con nuestro resultado anterior.