7. Ecuaciones en derivadas parciales

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1 7. Ecuaciones en derivadas parciales
(© Chema Madoz, VEGAP, Madrid 2009)

2 Ecuaciones en derivadas parciales
𝐹 𝑥,𝑦,…, 𝑢, 𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 , …,𝑢 𝑥𝑥 ,𝑢 𝑥𝑦 , 𝑢 𝑦𝑦 ,…, 𝑢 𝑥𝑥𝑥 ,… =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  n.

3 Recordatorio: Fórmulas de integración en derivadas parciales
𝑑𝑦

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5 La solución general consiste en un conjunto infinito de superficies.
𝜕𝑢(𝑥,𝑦) 𝜕𝑥 𝑑𝑥= 𝑦+𝑥 𝑑𝑥; 𝑢 𝑥,𝑦 + 𝜙 𝑦 =𝑥𝑦+ 𝑥 𝑘 La solución general consiste en un conjunto infinito de superficies.

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

7 Ecuaciones lineales Lineal de primer orden:
𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =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 𝑢 𝑥𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥𝑦 +𝐶 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦𝑦 =𝐷 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐸 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 +𝐹 𝑥,𝑦 𝑢+𝐺(𝑥,𝑦) Si G(x,y) = 0 estamos frente a una ecuación homogénea.

8 u(x,t =10) x 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

9 Propagación de ondas sísmicas Movimiento de salida (respuesta)
Cuerda vibrante Movimiento de salida (respuesta) Propagación de ondas sísmicas Estrato de suelo, v Roca Movimiento de entrada (sismo)

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

11 Vamos a resolverla mediante

12 𝑢 𝑥 =𝑣 𝑢 𝑦 =𝑤 𝑢 𝑥𝑥 − 𝑢 𝑦𝑦 =0 𝑣 𝑥 − 𝑤 𝑦 =0 𝑣 𝑥 − 𝑤 𝑦 =0 𝑣 𝑦 − 𝑤 𝑥 =0
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: 𝑢 𝑥 =𝑣 𝑢 𝑦 =𝑤 𝑢 𝑥𝑥 − 𝑢 𝑦𝑦 =0 𝑣 𝑥 − 𝑤 𝑦 =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: La EDP se convierte finalmente en el sistema: 𝑣 𝑥 − 𝑤 𝑦 =0 𝑣 𝑦 − 𝑤 𝑥 =0 𝑢 𝑥𝑦 = 𝑣 𝑦 = 𝑤 𝑥 = 𝑢 𝑦𝑥

13 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)

14 Ecuación casi-lineal Casi-lineal de primer orden:
𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢 𝑦 =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,𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 𝑢 𝑥𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦, 𝑢,𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 𝑢 𝑥𝑦 +𝐶 𝑥,𝑦, 𝑢,𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 𝑢 𝑦𝑦 =𝐷 𝑥,𝑦, 𝑢,𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 Si D(x,y, u,...) = 0 estamos frente a una ecuación homogénea.

15 Ecuación semi-lineal de primer y segundo orden en dos variables
𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥𝑥 +2𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥𝑦 +𝐶 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦𝑦 =𝐷 𝑥,𝑦, 𝑢,𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 La parte principal (las derivadas de orden más alto que determinan el orden de la EDP) es lineal.

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17 Podemos estudiar EDOs de primer orden
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. 17

18 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.

19 Ejemplo: El campo de direcciones de dy/dx = 0
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:

21 Ecuación semi-lineal de primer orden en dos variables
𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 Veamos un ejemplo concreto: obtener la solución general de la familia de EDPs: 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 =𝛼𝑢 Para cada valor de 𝛼 tendremos una EDP 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 =𝛼𝑢

22 Constantes arbitrarias (EDOs) vs funciones arbitrarias (EDPs)

23 Problemas de condiciones iniciales o de Cauchy
𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =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).

24 Problemas de condiciones iniciales o de Cauchy

25 𝜕𝑢(𝑥,𝑦) 𝜕𝑦 𝑑𝑦= 0𝑑𝑥; 𝑢 𝑥,𝑦 =𝜙 𝑥
Curva inicial: y = g(x) Ejemplo: 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.

26 Aplicando la condición inicial: 𝑢 0,𝑦 =𝑓 𝑦 =𝑘=𝜙 0
Cambiamos la curva inicial a: x = 0 (el eje y). (3.5) derivamos la condición inicial: como: 𝑢 𝑦 𝑥,𝑦 =0, 𝑢 𝑦 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 𝑢 𝑦 0,𝑦 =𝑓′(𝑦)

27 Aplicando la condición inicial: 𝑢 𝑥 0 ,𝑦 =𝑓 𝑦 =𝑘=𝜙 𝑥0 𝑢 𝑥 0 ,𝑦 =𝑓 𝑦
Cambiamos la curva inicial a: x = x0 (rectas verticales). derivamos la condición inicial: como: 𝑢 𝑦 𝑥,𝑦 =0, 𝑢 𝑦 𝑥 0 ,𝑦 = 𝑓 ′ 𝑦 =0, 𝑓 𝑦 =𝑘 Sabemos que la solución general es: 𝑢 𝑥,𝑦 =𝜙 𝑥 Aplicando la condición inicial: 𝑢 𝑥 0 ,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 𝑥 0 ,𝑦 =𝑓 𝑦 𝑢 𝑦 𝑥 0 ,𝑦 =𝑓′(𝑦)

28 𝑥 = 1− 𝑦 2 , 𝑦=± 1−𝑥 . Observemos que:
La curva inicial es ahora: 𝑥 = 1− 𝑦 2 , 𝑦=± 1−𝑥 . Observemos que: 𝑓 𝑦0 =𝑢 𝑥0,𝑦0 =𝑢 1− 𝑦0 2 , 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− 𝑦 2 , 𝑦 = 𝜙 1− 𝑦 2 =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 .

29 Curvas características
𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =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: 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 =𝛼𝑢 𝐴 𝑥,𝑦 =1 𝑦 𝐵 𝑥,𝑦 =1: B y A x 𝑣 (𝑥,𝑦)=(𝐴 𝑥,𝑦 , 𝐵 𝑥,𝑦 )=(1, 1)

30 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 = 1,1 ∙ (𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 ) 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢
𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 Observa que podemos entender la parte izquierda de la EDP como un producto escalar: 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =(𝐴, 𝐵)∙( 𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 ) 𝑢=( 𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 ) Gradiente de la función escalar u(x,y) En nuestro ejemplo: 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 = 1,1 ∙ (𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 )

31 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 = 1,1 ∙ (𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 )=(1,1)∙𝑢=𝛼𝑢
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 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 = 𝐴, 𝐵 ∙ 𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 = 𝑣 𝑢= 𝜕𝑢 𝜕 𝑣 =𝐶(𝑥,𝑦,𝑢) En nuestro ejemplo: 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 = 1,1 ∙ (𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 )=(1,1)∙𝑢=𝛼𝑢

32 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 = 𝑣 ∙𝑢=𝐶(𝑥,𝑦,𝑢)
𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 = 𝑣 ∙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.

33 características (x,y) = k o y = y(x, k), que serán solución (familia
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 (x,y) = k o y = y(x, k), que serán solución (familia uniparamétrica) de la EDO: 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 = 𝑣 ∙𝛻𝑢=𝐶(𝑥,𝑦,𝑢) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵 𝑥,𝑦 𝐴 𝑥,𝑦 La pendiente del vector en cada punto (x,y).

34 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵 𝑥,𝑦 𝐴 𝑥,𝑦 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 = 𝑣 ∙𝛻𝑢=𝐶(𝑥,𝑦,𝑢)
Solución: familia uniparamétrica de curvas características (x,y) = k, o explícitamente, y = y(x,k) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵 𝑥,𝑦 𝐴 𝑥,𝑦 Curva característica (x,y) = k Sobre cada curva característica de esta familia uniparamétrica de curvas características, la ecuación: prescribe el comportamiento de la función incógnita u(x,y). 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 = 𝑣 ∙𝛻𝑢=𝐶(𝑥,𝑦,𝑢)

35 Ejercicios 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =𝐶(𝑥,𝑦,𝑢) 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵 𝐴 = 𝑐 1

36 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦 =𝐶(𝑥,𝑦,𝑢)

37 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 = (1,1)∙𝑢=𝛼𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵 𝑥,𝑦 𝐴 𝑥,𝑦 =1; 𝑦 𝑥 =𝑥+𝑘 ó
En nuestro ejemplo: 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 = (1,1)∙𝑢=𝛼𝑢 Curva característica (x,y) = k 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵 𝑥,𝑦 𝐴 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.

38 𝜙≡𝜙 𝑥,𝑦 =𝑦−𝑥 𝜓≡𝜓 𝑥,𝑦 =𝑦 𝑢 𝑥 = 𝑢 𝜙 𝜙 𝑥 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑥 = −𝑢 𝜙
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 (x,y) debe cumplir en el dominio de solución D: 𝜙 𝑥 𝜙 𝑦 𝜓 𝑥 𝜓 𝑦 = − ≠0, ∀(𝑥,𝑦)∈𝐷 Usando la regla de la cadena, las derivadas parciales de u se convierten en: 𝑢 𝑥 = 𝑢 𝜙 𝜙 𝑥 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑥 = −𝑢 𝜙 𝑢 𝑦 = 𝑢 𝜙 𝜙 𝑦 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑦 = 𝑢 𝜙 +𝑢 𝜓

39 𝑢 𝜓 =𝛼𝑢 𝑢(𝑥,𝑦)=𝑓 𝑦−𝑥 𝑒 𝛼𝑦 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 =𝛼𝑢 𝑢 𝑥 = −𝑢 𝜙 𝑢 𝑦 = 𝑢 𝜙 +𝑢 𝜓
( −𝑢 𝜙 +𝑢 𝜓 )+ 𝑢 𝜙 =𝛼𝑢 𝑢 𝑥 = −𝑢 𝜙 𝑢 𝑦 = 𝑢 𝜙 +𝑢 𝜓 𝑢 𝜓 =𝛼𝑢 Desaparece la parte en 𝜙. Hemos conseguido una EDP directamente integrable: 𝑑𝑢 𝛼𝑢 = 𝑑𝜓 +𝑓 𝜙 𝑢(𝜙, 𝜓)=𝑓 𝜙 𝑒 𝛼𝜓 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.

40 𝐴 ∙(𝑢 𝜙 𝜙 𝑥 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑥 )+𝐵∙( 𝑢 𝜙 𝜙 𝑦 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑦 )=𝐶
En general, el cambio de variable será: 𝜙=𝜙 𝑥,𝑦 𝜓=𝜓(𝑥,𝑦) Curvas características cuando 𝜙 es constante. La función (x,y) debe cumplir en el dominio de solución D: Usando la regla de la cadena las derivadas parciales de u se convierten en: 𝜙 𝑥 𝜙 𝑦 𝜓 𝑥 𝜓 𝑦 ≠0, ∀(𝑥,𝑦)∈𝐷 𝑢 𝑥 = 𝑢 𝜙 𝜙 𝑥 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑥 𝑢 𝑦 = 𝑢 𝜙 𝜙 𝑦 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑦 𝐴 ∙𝑢 𝑥 +𝐵∙ 𝑢 𝑦 =𝐶 Aplicando el cambio de variable a nuestra EDP general, se convierte en: 𝐴 ∙(𝑢 𝜙 𝜙 𝑥 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑥 )+𝐵∙( 𝑢 𝜙 𝜙 𝑦 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑦 )=𝐶

41 𝐴 ∙(𝑢 𝜙 𝜙 𝑥 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑥 )+𝐵∙( 𝑢 𝜙 𝜙 𝑦 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑦 )=𝐶
𝐴 ∙(𝑢 𝜙 𝜙 𝑥 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑥 )+𝐵∙( 𝑢 𝜙 𝜙 𝑦 +𝑢 𝜓 𝜓 𝑦 )=𝐶 (𝐴𝜙 𝑥 +𝐵𝜙 𝑦 ) 𝑢 𝜙 +(𝐴 𝜓 𝑥 +𝐵 𝜓 𝑦 ) 𝑢 𝜓 =𝐶 Ahora, recordemos que 𝜙 𝑥,𝑦 es curva característica: 𝜙 𝑥,𝑦 =𝑘 𝑑𝜙= 𝜙 𝑥 𝑑𝑥+ 𝜙 𝑦 𝑑𝑦=0 𝜙 𝑥 + 𝜙 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =0 Dividiendo entre dx: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵 𝐴 𝐴𝜙 𝑥 + 𝐵𝜙 𝑦 =0 Y usando que: 𝐴 𝜓 𝑥 +𝐵 𝜓 𝑦 𝑢 𝜓 =𝐶 𝑢 𝜓 = 𝐶 𝐴 𝜓 𝑥 +𝐵 𝜓 𝑦 Y esta ecuación ahora es directamente integrable.

42 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 =𝛼𝑢 𝑢(𝑥,𝑦)=𝑓 𝑦−𝑥 𝑒 𝛼𝑦 𝑢(𝑠,0)= 𝑒 −𝑠 𝑢 𝑠,0 =𝑓 −𝑠 𝑒 𝛼0 =𝑓(−𝑠)
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: 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 =𝛼𝑢 𝑢(𝑥,𝑦)=𝑓 𝑦−𝑥 𝑒 𝛼𝑦 𝑢(𝑠,0)= 𝑒 −𝑠 𝑢 𝑠,0 =𝑓 −𝑠 𝑒 𝛼0 =𝑓(−𝑠) 𝑓(−𝑠)= 𝑒 −𝑠 ; 𝑓(𝑦−𝑥)= 𝑒 𝑦−𝑥 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑒 𝑦−𝑥 𝑒 𝛼𝑦 = 𝑒 𝛼+1 𝑦−𝑥

43 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 =𝛼𝑢 𝑢(𝑥,𝑦)=𝑓 𝑦−𝑥 𝑒 𝛼𝑦 𝑢(𝑠,𝑠)= 𝑒 𝑠 𝑢 𝑠,𝑠 =𝑓 0 𝑒 𝛼𝑠
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): 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 =𝛼𝑢 𝑢(𝑥,𝑦)=𝑓 𝑦−𝑥 𝑒 𝛼𝑦 𝑢(𝑠,𝑠)= 𝑒 𝑠 𝑢 𝑠,𝑠 =𝑓 0 𝑒 𝛼𝑠 𝑓 0 𝑒 𝛼𝑠 = 𝑒 𝑠 ; 𝑓(0)= 𝑒 𝑠(1−𝛼) 𝑓(0)= 𝑒 𝑠(1−1) =1

44 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑒 𝑦 1+(𝑦−𝑥)2 , 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑒 𝑦 cos 𝑦−𝑥 ,
𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 =𝛼𝑢 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 1+𝑧2 , cos 𝑧 , cosh 𝑧 ,… que determinan soluciones particulares como: 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑒 𝑦 1+(𝑦−𝑥)2 , 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑒 𝑦 cos 𝑦−𝑥 , 𝑢 𝑥,𝑦 = 𝑒 𝑦 cosh⁡(𝑦−𝑥),... Así que para 𝛼 = 1 el problema tiene infinitas soluciones: es compatible e indeterminado.

45 Método de las características
Casi-lineal de primer orden: 𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢 𝑦 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 Vimos que las curvas características y = y(x) o 𝜙 𝑥,𝑦 =𝑘 asociadas son las curvas integrales de: 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝐵 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 𝑑𝑡 =𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑡 =𝐵 𝑥,𝑦,𝑢

46 Método de las características
𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢 𝑦 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑥 𝑑𝑡 =𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑡 =𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 Recurriendo a la propia EDP: 𝑢 𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑡 + 𝑢 𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢 𝑑𝑡 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 Obtenemos una tercera ecuación para u(t). Sistema característico: 𝑑𝑥 𝑑𝑡 =𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑡 =𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑡 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 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 𝑢 𝑥 +𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑢 𝑦 =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: 𝑑𝑥 𝑑𝑡 =𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑡 =𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑡 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 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)

48 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 +𝑢=1 𝑢(𝑠,𝑠+𝑠2)=2 𝑢 𝑡 =1+ 𝑒 −𝑡 𝑢 0 =2, 𝑥 0 =𝑠, 𝑦 0 =𝑠+𝑠2
𝑑𝑥 𝑑𝑡 =1, 𝑥 𝑡 =𝑡+𝑘1 𝑑𝑦 𝑑𝑡 =1, 𝑦 𝑡 =𝑡+𝑘2 𝑑𝑢 𝑑𝑡 =1−𝑢, 𝑢 𝑡 =1+𝑘3 𝑒 −𝑡 Resolvamos un ejemplo: 𝑢 𝑥 + 𝑢 𝑦 +𝑢=1 𝑢(𝑠,𝑠+𝑠2)=2 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+𝑘3 𝑒 −0 =2; 𝑘 3 =1 𝑢 𝑡 =1+ 𝑒 −𝑡

49 𝑡=𝑥 𝑡 ∓ 𝑦 𝑡 −𝑥(𝑡) 𝑦 𝑡 =𝑡+𝑠+𝑠2 𝑦 𝑡 −𝑥(𝑡)=𝑠2 𝑥 𝑡 =𝑡+𝑠 𝑡=𝑥 𝑡 −𝑠
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 𝑢 𝑥,𝑦 =1 entonces la solución sería:

50 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝐴 𝐵 , 𝑑𝑦 𝑑𝑢 = 𝐵 𝐶 , 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 𝐶 𝐴
Método de Lagrange Se trata del método de las características pero en coordenadas cartesianas, en vez de paramétricas: 𝑑𝑥 𝑑𝑡 =𝐴 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑡 =𝐵 𝑥,𝑦,𝑢 𝑑𝑢 𝑑𝑡 =𝐶 𝑥,𝑦,𝑢 Las tres ecuaciones se pueden combinar para obtener: 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = 𝐴 𝐵 , 𝑑𝑦 𝑑𝑢 = 𝐵 𝐶 , 𝑑𝑢 𝑑𝑥 = 𝐶 𝐴 y sus inversas. 𝑑𝑥 𝐴 = 𝑑𝑦 𝐵 = 𝑑𝑢 𝐶 Si se pueden integrar directamente, el método nos proporciona la solución de manera muy sencilla.

51 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = −(𝑥+𝑦) 𝑥+𝑦 =−1; 𝑥+𝑦=𝑘
(𝑥+𝑦)(𝑢 𝑥 − 𝑢 𝑦 )=𝑢 Ejemplo: 𝑑𝑥 𝐴 = 𝑑𝑦 𝐵 = 𝑑𝑢 𝐶 𝑑𝑥 𝑥+𝑦 = 𝑑𝑦 −(𝑥+𝑦) = 𝑑𝑢 𝑢 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = −(𝑥+𝑦) 𝑥+𝑦 =−1; 𝑥+𝑦=𝑘 𝑑𝑢 𝑢 = 𝑑𝑥 𝑥+𝑦 = 𝑑𝑥 𝑘 𝑑𝑢 𝑢 = 1 𝑘 𝑑𝑥 log 𝑢 = 𝑥 𝑥+𝑦 +𝐶 𝑢 𝑥,𝑦 =𝐶 𝑒 𝑥 𝑥+𝑦

52 Ecuaciones semi-lineales de segundo orden en dos variables
𝜕 𝑢 𝑦 𝜕𝑥 =− 𝑢 𝑦 𝑢 𝑥𝑦 + 𝑢 𝑦 =0 𝑢 𝑦 =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 𝑢(𝑥,𝑦)=𝑓(𝑦)𝑒 −𝑥 +1− 𝑓 𝑥 𝑒 −𝑥
𝑢(𝑠,𝑠)=1 Añadamos ahora una condición inicial: 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 𝑢 𝑥 =−𝑓′(𝑥) 𝑒 −𝑥 − 𝑓 𝑦 −𝑓 𝑥 𝑒 −𝑥
𝑢 𝑥𝑦 + 𝑢 𝑦 =0 𝑢(𝑠,𝑠)=1 𝑢 𝑥 𝑠,𝑠 − 𝑢 𝑦 (𝑠,𝑠)=2 𝑒 −𝑠 𝑢 𝑥,𝑦 =1+ 𝑓 𝑦 −𝑓 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑢 𝑥 =−𝑓′(𝑥) 𝑒 −𝑥 − 𝑓 𝑦 −𝑓 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑢 𝑦 =𝑓′(𝑦) 𝑒 −𝑥 𝑢 𝑥 𝑠,𝑠 − 𝑢 𝑦 𝑠,𝑠 =− 2𝑓 ′ 𝑠 𝑒 −𝑠 − 𝑓 𝑠 −𝑓 𝑠 𝑒 −𝑠 − 2𝑓 ′ 𝑠 𝑒 −𝑠 =2 𝑒 −𝑠 ; 𝑓 ′ 𝑠 =−1; 𝑓 𝑠 =−𝑠+𝑘 𝑢 𝑥,𝑦 =1− 𝑦−𝑥 𝑒 −𝑥

55 𝑢 𝑥 =−𝑓′(𝑥) 𝑒 −𝑥 − 𝑓 𝑦 −𝑓 𝑥 𝑒 −𝑥
𝑢 𝑥𝑦 + 𝑢 𝑦 =0 𝑢(𝑠,𝑠)=1 𝑢 𝑥 𝑠,𝑠 − 𝑢 𝑦 (𝑠,𝑠)=2 𝑒 −𝑠 𝑢 𝑥 𝑠,𝑠 + 𝑢 𝑦 (𝑠,𝑠)=1 𝑢 𝑥,𝑦 =1+ 𝑓 𝑦 −𝑓 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑢 𝑥 =−𝑓′(𝑥) 𝑒 −𝑥 − 𝑓 𝑦 −𝑓 𝑥 𝑒 −𝑥 𝑢 𝑦 =𝑓′(𝑦) 𝑒 −𝑥 𝑢 𝑥 𝑠,𝑠 + 𝑢 𝑦 𝑠,𝑠 =0≠1 Incompatible 𝑢(𝑠,𝑠)=1 El motivo es la incompatibilidad de las c.i. Si derivamos la primera: 𝑢 𝑥 𝑠,𝑠 + 𝑢 𝑦 (𝑠,𝑠)=1 𝑑𝑢(𝑠,𝑠) 𝑑𝑠 = 𝑢 𝑥 𝑠,𝑠 + 𝑢 𝑦 (𝑠,𝑠)=0

56 Características en ecuaciones semi-lineales
de segundo orden en dos variables 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥𝑥 +2𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥𝑦 +𝐶 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦𝑦 =𝐷 𝑥,𝑦, 𝑢,𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦 𝐴 𝑑𝑦 𝑑𝑥 2 −2𝐵 𝑑𝑦 𝑑𝑥 +𝐶=0 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵± 𝐵 2 −𝐴𝐶 𝐴 Ecuación diferencial para las curvas características (𝐵 2 −𝐴𝐶)>0 Ecuación hiperbólica: existirán dos (±) familias uniparamétricas de características. (𝐵 2 −𝐴𝐶)=0 Ecuación parabólica: existirá una familia uniparamétrica de características. (𝐵 2 −𝐴𝐶)<0 Ecuación elíptica: no existirán curvas características.

57 𝐴 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥𝑥 +2𝐵 𝑥,𝑦 𝑢 𝑥𝑦 +𝐶 𝑥,𝑦 𝑢 𝑦𝑦 =𝐷 𝑥,𝑦, 𝑢,𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑦
𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵± 𝐵 2 −𝐴𝐶 𝐴

58 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵± 𝐵 2 −𝐴𝐶 𝐴

59 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵± 𝐵 2 −𝐴𝐶 𝐴

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62 𝑢 𝑥𝑦 + 𝑢 𝑦 =0 𝑢(𝑠,0)= 𝑒 −𝑠 𝑢 𝑦 (𝑠,0)=0 𝑢(𝑥,𝑦)=𝑓(𝑦)𝑒 −𝑥 +ℎ(𝑥)
¿Qué ocurre cuando se dan condiciones sobre una curva característica? 𝑢 𝑥𝑦 + 𝑢 𝑦 =0 𝑢(𝑠,0)= 𝑒 −𝑠 𝑘=0 𝑢 𝑦 (𝑠,0)=0 A 𝑢 𝑥𝑥 +2𝐵 𝑢 𝑥𝑦 +𝐶 𝑢 𝑦𝑦 =𝐷 𝐴 𝑑𝑦 𝑑𝑥 2 −2𝐵 𝑑𝑦 𝑑𝑥 +𝐶=0 𝑑𝑦 𝑑𝑥 = 𝐵± 𝐵 2 −𝐴𝐶 𝐴 𝐴=0 2𝐵=1 𝐶=0 − 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =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

63 𝑢 𝑥𝑦 + 𝑢 𝑦 =0 𝑢(𝑥,𝑦)=(1+𝑓 𝑦 −𝑓 0 )𝑒 −𝑥 𝑢 𝑦 (𝑠,0)=0 𝑢 𝑦 (𝑥,𝑦)=𝑓′(𝑦) 𝑒 𝑥
𝑢 𝑦 𝑠,0 = 𝑓 ′ 0 𝑒 𝑠 =0 𝑓′(0) =0 La solución será: 𝑢(𝑥,𝑦)=(1+𝑓 𝑦 −𝑓 0 )𝑒 −𝑥 donde 𝑓 𝑦 es una función arbitraria tal que 𝑓′(0) =0. El problema tiene infinitas soluciones y queda indeterminado.

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65 Características en sistemas de ecuaciones
semi-lineales de primer orden y dos variables 𝐴𝑢 𝑥𝑥 +2𝐵 𝑢 𝑥𝑦 +𝐶 𝑢 𝑦𝑦 =𝐷 𝑢 𝑥𝑥 − 𝑐 2 𝑢 𝑦𝑦 =0 𝐴 𝑑𝑦 𝑑𝑥 2 −2𝐵 𝑑𝑦 𝑑𝑥 +𝐶=0 𝑑𝑦 𝑑𝑥 2 − 𝑐 2 =0 𝑦 𝑥 = 𝑦+𝑐𝑥=𝑐𝑡𝑒 𝑦−𝑐𝑥=𝑐𝑡𝑒 𝑢 𝑥 ≡𝑝 𝑢 𝑦 ≡𝑞 𝑝 𝑦 − 𝑞 𝑥 =0 𝑝 𝑥 − 𝑐 2 𝑞 𝑦 =0 𝑢 𝑥𝑥 − 𝑐 2 𝑢 𝑦𝑦 =0 0 − 𝑝 𝑥 𝑞 𝑥 − 𝑐 𝑝 𝑦 𝑞 𝑦 = 0 0

66 0 − 𝑝 𝑥 𝑞 𝑥 − 𝑐 𝑝 𝑦 𝑞 𝑦 = 0 0 𝐴 1 𝑣 𝑥 𝐴 2 𝑣 𝑦 = 0 det 𝐴 1 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − 𝐴 2 =0 Ecuación de las características: det 0 − 𝑑𝑦 𝑑𝑥 − − 𝑐 2 = −1 − 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑐 2 =0 𝑑𝑦 𝑑𝑥 2 − 𝑐 2 =0 𝑦 𝑥 = 𝑦+𝑐𝑥=𝑐𝑡𝑒 𝑦−𝑐𝑥=𝑐𝑡𝑒 que coincide con nuestro resultado anterior.