ed ii (talleres)

Universidad Distrital Francisco José de CaldasEcuaciones Diferenciales IISolución de TalleresProfesor. Rodrigo Rodriguez AriasNombre. David Leonardo Garzón Vanegas

Solución de Taller No. 1

1. Considere la función F : R2 →: R2 dada por F (u, v) = (u3 + v3, u2 + uv). Demuestre que en los alrededores

de F (1, 2) = (9, 3) es posible de�nir una inversa de F.

Solución

Esta función es de clase C1 en R2. Las derivadas parciales de su funciones coordenadas x = f (u, v) = u3 + v3

y y = g (u, v) = u2 + uv son

df

du= 3u2,

df

dv= 3v2,

dg

du= 2u+ v,

dg

dv= u

La matriz jacobina de F es

JF =

[dfdu

dfdv

dgdu

dgdv

]=

[3u2 3v2

2u+ v u

]la cual en el punto (1, 2) es inversible pues

detJF (1, 2) = det

[3 12

4 1

]= −45 6= 0

Así, podemos concluir que en una bola B de (9, 3) se da la inversa F−1 de F (o bien, que podemos despejar

de x = u3 +v3 y y = u2 +uv , a u y v como funciones de x y y), la cual es de clase C1 en B, y que su derivada

es

JF−1 (x, y) = (JF (u, v))−1 =1

detJF

[dgdv

− dfdv

− dgdu

dfdu

]

=1

3u3 − 6uv2 − 3v3

[u −3v2

− (2u+ v) 3u2

]donde x = u3 + v3 y y = u2 + uv. Es decir,

du

dx

(u3 + v3u2, u2 + uv

)=

u

3u3 − 6uv2 − 3v3

du

dy

(u3 + v3u2, u2 + uv

)=

−3v2

3u3 − 6uv2 − 3v3

dv

dx

(u3 + v3u2, u2 + uv

)= − 2u+ v

3u3 − 6uv2 − 3v3

dv

dy

(u3 + v3u2, u2 + uv

)=

3u2

3u3 − 6uv2 − 3v3

1

2. La ecuación sin (x+ y)+sin (y + z) = 1 de�ne z como función implícita de x e y, sea z = f (x, y). Calcular

la derivada segunda D1,2f en función de x, y y z.

Solución.

Si tomamos una función auxiliar F (x, y) nos queda

F (x, y) = sin (x+ y) + sin (y + z) = 1

halando sus derivadas parciales derivando implícitamente obtenemos,

∂F

∂x= cos (x+ y) + cos (y + z)

∂f

∂x= 0

donde ∂f∂x=− cos(x+y)

cos(y+z), y

∂F

∂y= cos (x+ y) + cos (y + z)

(1 +

∂f

∂x

)= 0

con ∂f∂y=− cos(x+y)−cos(y+z)

cos(y+z). Ahora, derivamos ∂f

∂yrespecto a x, donde

∂2f

(∂x∂y)=

(sin (x+ y) + sin (y + z) ∂f

∂y

)cos (y + z)− (cos (x+ y) + cos (y + z)) sin (y + z) ∂f

∂x

cos2 (y + z)

=sin (x+ y) cos (y + z) + sin (y + z) cos (y + z) ∂f

∂y− cos (x+ y) sin (y + z) ∂f

∂x− cos (y + z) sin (y + z) ∂f

∂x

cos2 (y + z)

=sin (x+ y) cos (y + z)− cos (x+ y) sin (y + z) ∂f

∂x

cos2 (y + z)

=sin (x+ y) cos (y + z)− cos (x+ y) sin (y + z)

[− cos(x+y)cos(y+z)

]cos2 (y + z)

reemplazanso por∂f

∂x

=sin (x+ y) cos (y + z) + cos2(x+y) sin(y+z)

cos(y+z)

cos2 (y + z)

=sin (x+ y) cos2 (y + z) + cos2 (x+ y) sin (y + z)

cos3 (y + z)


1. Resolver xux + yuuy = −xy, con u = 5 sobre xy = 1 para x > 0.

Solución.

Los valores de los parámetros de la ecuación general son

dx

dt= x,

dy

dt= yu,

dx

dt= −xy (1)

2

sujeto a

x (0, s) = s, y (0, s) =1

s, u (0, s) = 5 (2)

donde s > 0.Por (1)∂ (xy)

∂t=∂ (x)

∂ty +

∂ (y)

∂tx

= xy + xyu

= −ut − uutˆ∂ (xy)

∂t=

ˆd

dt

(−u− u2

2

)donde

xy = −u− u2

2+ φ (s) (4)

Ahora, por (2)implica φ (s) = 37/2. Resolviendo (4) por la formula cuadrática para hallar sus raíces y por la

condición inicialu2

2+ u+ xy − 37

2= 0

donde

u = −1 +√

38− 2xy

2. Mostrar que una super�cie S dada por u = f (x, y) de�ne una solución para una ecuación cuasilineal de

primer orden

aux + buy = c

si y sólo si la ecuación característica son validad es cada punto de S

Solución

La curva característica esta de�nida por

dx

dy=a

b, o

dx

a=dy

b(1)

Sea C : (x (t) , y (t)) puede se la característica de

aux + buy = c (2)

parametrizada, por tx′ (t)

y′ (t)=dx

dy=a

b(3)

por (2), y u = (x (t) , y (t)) . Por regla de la cadena, (3), y(1),

du

dt=∂u

∂x

dx

dt+∂u

∂y

dy

dt=(abux + uy

) dydt

=c

b

dy

dt

Luego la ecuación característica para (1) puede ser escrita como

3

dx

dt=a

b,dy

dt,du

dt=c

b

dy

dt(4a)

o simétricamentedx

a=dy

b=du

c(4b)

o tambiéndx

dt= a,

dy

dx= b,

dx

dt= c (4c)

SI f (x, y)− u = 0, entonces

0 = d [f (x, y)− u] = fxdx+ fydy = (fx, fy,−1) (dx, dy, du)

Ahora, por (4b) los vectores (dx, dy, du) y (a, b, c) son paralelos, de donde

0 = (fx, fy,−1) (a, b, c) = afx + bfy − c

es decir, la función satisface (1).

Consecuentemente, si S es de�nida por la solución f (x, y) − u = 0 de (1), entonces (2) muestra que en

cualquier punto P de S el vector (a, b, c) es ortogonal a la super�cie normal (fx, fy,−1). Por lo tanto, (a, b, c)

representa una dirección en el plano tangente en P ; una curva C en S y que pasa por P en este sentido tendrá,

en P , el vector tangente

(dx, dy, du) = (const.) (a, b, c)

pero esta relación es justo por (4b) .

3. Demostrar que no existe

U : R2 → R

que satisface ux − uy = 1 si u (0, 0) = u (1, 1).

Solución.

Supongamos que existe un u = f (x, y) tal que u es solución de la ecuación diferencial parcial, y cumple

las condiciones u (0, 0) = u (1, 1). De lo anterior, si u = f (x, y) es solución, debe cumplir con la ecuación

característica en todo punto de {(x, o) | x ∈ R}, esto es,

dx

dt= 1,

dy

dt= −1,

dx

dt= 1

Integremos ahora el sistema característico y dejemos las constantes en función de s. Obtenemos lo siguiente:

x = X (s, t) = t+ ϕ (s) , y = Y (s, t) = −t+ ψ (s) , u = U (s, t) = t+ η (s)

Para encontrar los valores de las funciones en s, en principio desconocidas, utilizamos la condición inicial. De

una manera más precisa, la condición de que si t = 0 estamos dentro de la curva dato:

4

X (0, 0) = ϕ (s) = 0, Y (0, 0) = ψ (s) = 0, U (0, 0) = η (s)

y la parametrización de la curva solución es

Γ (s, t) = (t,−t, η (s)) = (X (s, t) , Y (s, t) , U (s, t)) = (x, y, u)

Luego la super�cie solución es:

x = t,y = −t

Pero si hallamos el jacobino,

J (x, y) =

[0 1

0 −1

]= detJ =

∣∣∣∣∣0 1

0 1

∣∣∣∣∣ = 0

Por lo tanto, no es posible encontrar una vencidad, ya que el determinante del jacobiano es igual a cero, y

por tanto U no posee inversa, es decier no satisfasce las condiciones del Teorema de la función inversa.

4. Determinar la curva característica

a. sinxux = sin yuy, con u (x, 0) = 1

Solución.

El sistema característico de la ecuación es

dx

dt= sinx,

dy

dt− sin y,

dx

dt= 0


x = X (s, t) = 2 arctan(C2e

t), y = Y (s, t) = 2 arctan

(C3e

−t) , u = U (s, t) = η (s)



X (s, 0) = C2 = tan(s

2

), Y (s, 0) = ψ (s) = 0, U (s, 0) = η (s) = 1


Γ (s, t) =(

2 arctan(

tan(s

2

)et), 0, η (s)

)= (X (s, t) , Y (s, t) , U (s, t)) = (x, y, u)

b (x2 + 1)ux = sinxu, con u (x, 0) = 1

5

Solución.


dx

dt= x2 + 1,

dy

dt= 0,

dx

dt= sinxu


x = X (s, t) = tan (t+ ϕ (s)) , y = Y (s, t) = ψ (s) , u = U (s, t) = et sinx + η (s)



X (s, 0) = ϕ (s) = arctan (s) , Y (s, 0) = ψ (s) = 0, U (s, 0) = η (s) = 1


Γ (s, t) = (tan (t+ arctan (s)) , 0, η (s)) = (X (s, t) , Y (s, t) , U (s, t)) = (x, y, u)


1. Halle la solución de la EDP con la condición inicial

a. ux + uuy = 0, con u (x, 0) = x2 y x > 2.

Solución.


dx

dt= 1,

dy

dt= u,

dx

dt= 0


x = X (s, t) = t+ ϕ (s) , y = Y (s, t) = ut+ ψ (s) , u = U (s, t) = η (s)



X (s, 0) = ϕ (s) = s, Y (s, 0) = ψ (s) = 0, U (s, 0) = η (s) = s2


Γ (s, t) =(t+ s, ts2, η (s)

)= (X (s, t) , Y (s, t) , U (s, t)) = (x, y, u)

6


x = t+ s,y = tu

de donde

s = x− t yt = y/u

y la solución viene dada por la forma implícita

u (x, y) =(x− y

u

)2b. xux + uuy = 0, con u (x, 0) = sin x

Solución.


dx

dt= x,

dy

dt= u,

dx

dt= 0


x = X (s, t) = ϕ (s) et, y = Y (s, t) = ut+ ψ (s) , u = U (s, t) = η (s)



X (s, 0) = ϕ (s) = s, Y (s, 0) = ψ (s) = 0, U (s, 0) = η (s) = sin (s)


Γ (s, t) =(set, ts2, η (s)

)= (X (s, t) , Y (s, t) , U (s, t)) = (x, y, u)


x = set,y = tu

de donde

s = xe−y/u yt = y/u


u (x, y) = sin(xe−y/u

)c. uy = xuux, con u (x, 0) = x

7

Solución.


dx

dt= xu,

dy

dt= 1,

dx

dt= 0


x = X (s, t) = ϕ (s) eut, y = Y (s, t) = t+ ψ (s) , u = U (s, t) = η (s)



X (s, 0) = ϕ (s) = s, Y (s, 0) = ψ (s) = 0, U (s, 0) = η (s) = x


Γ (s, t) =(seut, t, η (s)

)= (X (s, t) , Y (s, t) , U (s, t)) = (x, y, u)


x = seuy,y = t


u = seuy

donde x = s

x = ue−uy

2. Demuestre que nos es posible hallar una vecindad de {(x, o) | x ∈ R} y una función de�nida en esa vecindad

que su solución ux + uux = 0, con u (x, 0) = x.

Solución.

Supongamos que existe un u = f (x, y) tal que u es solución de la ecuación diferencial parcial, y cumple las

condiciones u (x, 0) = x. De lo anterior, si u = f (x, y) es solución, debe cumplir con la ecuación característica

en todo punto de {(x, o) | x ∈ R}, esto es,

dx

dt= 1 + u,

dy

dt= 0,

dx

dt= 0

8


x = X (s, t) = t+ ut+ ϕ (s) , y = Y (s, t) = ψ (s) , u = U (s, 0) = η (s)



X (s, 0) = ϕ (s) = s, Y (s, 0) = ψ (s) = 0, U (s, t) = η (s) = s


Γ (s, t) = (t+ ut+ s, 0, η (s)) = (X (s, t) , Y (s, t) , U (s, t)) = (x, y, u)


x = t+ ut+ s,y = 0

Pero si hallamos el jacobino en los punto (s, 0)

J (s, t) =

[1 0

1 + uv 0

]= det

∣∣∣∣∣ 1 0

1 + uv 0

∣∣∣∣∣ = 0

Por lo tanto, no es posible encontrar una vencidad.

9

ed ii (talleres)

Documents