Problemas Resueltos de Ecuaciones en Derivadas Parciales

Transcripción

1 Problemas Resueltos de Ecuaciones en Derivadas Parciales Alberto Cabada Fernández 4 de diciembre de.

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3 Índice general Introducción I. Ecuaciones de primer orden.. Método de las bandas características Ejercicios resueltos Ejercicios propuestos Método de las Integrales Primeras Ejercicios resueltos Ejercicios propuestos Ecuaciones de Primer Orden No Lineales Ejercicios resueltos Ejercicios propuestos Ecuaciones de Segundo Orden 39.. Clasificación de Ecuaciones Cuasilineales de Segundo Orden Ejercicios Resueltos Ejercicios propuestos Ecuaciones Hiperbólicas Ejercicios Resueltos Ejercicios propuestos Ecuaciones Parabólicas Ejercicios resueltos Ejercicios propuestos

4 4 ÍNDICE GENERAL

5 Introducción En esta memoria se recopilan una serie de problemas de la materia de quinto curso de la licenciatura de Ciencias matemáticas de la Universidad de Santiago de Compostela denominada Ecuaciones en Derivadas Parciales. La intención es proporcionar al alumnado interesado en esta materia problemas relacionados con los distintos tipos de problemas abordados a lo largo de la materia. Así pues resolveremos en el primer capítulo problemas de primer orden, tanto cuasilineales como no lineales. En el primer caso, la resolución se basará tanto en el método de las curvas características como en el de las integrales primeras. El cálculo de las generatrices del cono de Monge serán las herramientas usadas para la resolución de las ecuaciones no lineales. El segundo tema está dedicado a la clasificación de ecuaciones cuasilineales a la resolución de ecuaciones hiperbólicas parabólicas. En el primer caso se reducirán a su forma canónica por medio de las curvas características, cuando ello sea posible, se obtendrá la solución explícita del problema tratado. Para la resolución efectiva de las ecuaciones hiperbólicas parabólicas, usaremos la expresión de la solución general obtenida en el desarrollo de las clases teóricas. En buena parte de los casos la resolución directa de las integrales involucradas no va a ser posible, por lo que se recurrirá a las propiedades cualitativas de las funciones que aparecen en la expresión de la solución tratada en los problemas parabólicos a los resultados clásicos del análisis vectorial en los hiperbólicos. Si bien en muchos casos estas integrales pueden ser resueltas directamente por medio de programación matemática, se han realizado los cálculos con detalle, por considerar que el desarrollo del cálculo vectorial es fundamental en la formación del alumnado al que va dirigido esta materia. Todas las superficies solución de los problemas resueltos son representados en el propio ejercicio. Las distintas secciones finalizan con problemas propuestos, aportándose la expresión de la solución buscada. También se han realizado programas informáticos en lenguaje MAPLE que pueden ser utilizados en la resolución de varios de los problemas tratados.

6 ii Introducción

7 Capítulo Ecuaciones de primer orden.. Método de las bandas características Cuando los sistemas característicos considerados sean lineales la resolución es inmediata. La expresión vendrá dada del cálculo efectivo de la matriz exponencial correspondiente. A continuación presentamos una serie de problemas que se resuelven de este modo.... Ejercicios resueltos Ejercicio.. Resolver la siguiente ecuación: (6 x 3 u) u x 9 u u = 4 ; u(x, ) =. Solución: En este caso f (x,, z) = 6 x 3 z, f (x,, z) = 9 z, f(x,, z) = 4 γ(s) = (α (s), α (s), β(s)) (s,, ). Dado que ( ) f (γ(s)) α det (s) f (γ(s)) α (s) ( 6 s 3 = det 9 ) = 9, sabemos que ha una única solución entorno a la condición inicial.

8 with(plots): plot3d(sqrt(-4 * (^)/9), x=-.., =-3/..3/, axes=normal,axis[3] =[color=red]); Ecuaciones de Primer Orden,,75,5,5 -,5 -, x -,5, -, -,5,,,5,,5 Figura.: Solución del Ejercicio.. El sistema característico resulta ser: x = 6 x 3 z, x() = s, = 9 z, () =, z = 4, z() =, su solución viene dada por x(t, s) s (t, s) = e A t z(t, s) Es decir:, con A = x(t, s) = s e 6 t sen 6 t, (t, s) = 3 sen 6 t, z(t, s) = cos 6t A partir de esta expresión vemos que la superficie solución está sobre el cilindro elíptico 9 z + 4 = 9. De la condición inicial deducimos que (ver figura.) u(x, ) z(t(x, ), s(x, )) = 4 /9. Nota.. El problema anterior, al igual que todos aquellos en los que el sistema característico es un sistema lineal, puede ser resuelto directamente mediante programación en lenguajes de cálculo simbólico. En este caso concreto la programación en lenguaje MAPLE sería: with(linalg):.

9 Método de las Bandas Características 3 with(plots): A := arra( [[6,-,-3],[,,-9],[,4,]] ); DD:=exponential(A, t); C:=vector([s,,]); SS := multipl(dd, C); Ejercicio.. Resolver la siguiente ecuación ( x) u x + u = 3 x + u ; u(, x) = x. Solución: Los datos del problema considerado son f (x,, z) = x, f (x,, z) =, f(x,, z) = 3 x + z Dado que γ(s) = (α (s), α (s), β(s)) (, s, s). ( f (γ(s)) α det (s) f (γ(s)) α (s) ) ( s = det s ) = s, la condición de transversalidad se verifica siempre que s. El sistema característico a resolver es el siguiente: x = x +, x() =, =, () = s, z = 3 x + z, z() = s, su solución viene dada por x(t, s) (t, s) z(t, s) = e A t s s, siendo A = 3. Con lo cual

10 4 Ecuaciones de Primer Orden 3 - -, x - -,5,,5 -, - -3 Figura.: Solución en forma paramétrica del Ejercicio..3 Figura.3: Plano z = x x(t, s) = ( e t e t) s 3, (t, s) = e t s, z(t, s) = ( 4 e t + e t) s 3. Nótese que la parametrización de la superficie solución se reduce al origen cuando s = (véase la figura.). Ello se debe a que la curva inicial no es trasversal al flujo en (,, ), con lo cual el método de las curvas características no permite garantizar la existencia de solución en ese punto. Sin embargo, usando esa misma expresión, no es difícil comprobar que la solución del problema considerado viene dada explícitamente por la expresión (ver figura.3) u(x, ) z(t(x, ), s(x, )) = x. Lo cual pone de manifiesto que la condición de trasversalidad es una condición suficiente para garantizar la existencia unicidad de solución que no ha de verificarse necesariamente en todos los puntos de la curva inicial. Ejercicio..3 Resolver la siguiente ecuación: (x + 4 u) u x ( + x) u = 3 u ; u(x, x) = x. Solución: En este caso los datos del problema vienen dados por f (x,, z) = x + 4 z, f (x,, z) = x, f(x,, z) = 3 z

11 Método de las Bandas Características 5 Dado que ( ) f (γ(s)) α det (s) f (γ(s)) α (s) γ(s) = (α (s), α (s), β(s)) (s, s, s ). ( s + 4 s = det s ) = 4 (s + s ), deducimos que el problema tiene solución única para los valores del parámetro s s. El sistema característico será: x = x + 4 z, x() = s = x, () = s z = 3 z, z() = s. La única solución de este problema viene dada por la expresión Es decir x(t, s) (t, s) z(t, s) = e A t s s s, con A = 4 3 x(t, s) = ( + t) s ( 43 t ) e 3 t s, ( 4 (t, s) = ( t) s 3 t ) 9 e 3 t s, z(t, s) = e 3 t s. La superficie solución Γ(t, s) (x(t, s), (t, s), z(t, s)) se representa en las figuras.4.5, pudiendo observarse en la segunda de ellas como la solución verifica la condición inicial. Nótese que, al igual que en el ejercicio.3., en el origen la superficie parametrizada se reduce al (,, ) dado que la curva inicial no es trasversal al flujo en ese punto. Ejercicio..4 Resolver la ecuación ( x u) u x + 3 ( + u) u = + 7 u ; u(x, ) = x.. Solución: Los datos del problema considerado son f (x,, z) = x z, f (x,, z) = z, f(x,, z) = + 7 z

12 6 Ecuaciones de Primer Orden Figura.4: Solución del Ejercicio..3 Figura.5: Condición inicial γ(s) = (α (s), α (s), β(s)) (s,, s). La condición de transversalidad se verifica siempre que ( ) ( ) f (γ(s)) α det (s) 4 s f (γ(s)) α (s) = det = 3 s. 3 s El sistema característico a resolver es el siguiente: su solución viene dada por x = x z, x() = s, = z, () =, z = + 7 z, z() = s, x(t, s) (t, s) z(t, s) = e A t s s, con A = Con lo cual x(t, s) = (t, s) = 3 ( e 4 t + e t) s, ( e 4 t e 6 t) s, z(t, s) = ( e 4t 3 e 6t) s.

13 Método de las Bandas Características 7 Figura.6: Solución del Ejercicio..4 Figura.7: Condición inicial La superficie solución se representa en las figuras.6.7. Al igual que ocurre en el ejercicio..3 la curva inicial no es trasversal al flujo en el origen la superficie parametrizada se reduce a un punto en ese caso. Ejercicio..5 Resolver la ecuación ( x + u) u x + 3 (3 u ) u = 9 u 3 ; u(x, x) = x. Solución: Los datos del problema considerado son f (x,, z) = x + z, f (x,, z) = z, f(x,, z) = z γ(s) = (α (s), α (s), β(s)) (s, s, s ). La condición de transversalidad se verifica siempre que ( ) f (γ(s)) α det (s) f (γ(s)) α (s) = s (8 s + 5 s + ) s. El sistema característico a resolver es el siguiente: su solución viene dada por x = x + z, x() = s, = z, () = s, z = z, z() = s,

14 8 Ecuaciones de Primer Orden Figura.8: Solución del Ejercicio.. Figura.9: Condición inicial x(t, s) (t, s) z(t, s) = e A t s s s, con A = Con lo cual x(t, s) = ( (s s) e t ) + s + s ), (t, s) = ( (3 e 6 t ) s + 3( e 6 t ) s ), z(t, s) = ( ( e 6 t ) s + ( 3 e 6 t ) s ). La superficie solución se representa en las figuras.8.9. Nuevamente vemos que en el origen la superficie solución se reduce a un punto. En el último ejercicio de este apartado se presenta un ejemplo en el que el sistema característico no es lineal. A pesar de ello es posible obtener la solución explícita del mismo, si bien es necesario un análisis más sofisticado que el realizado en los ejercicios anteriores. Este problema pone de manifiesto la necesidad de desarrollar nuevos métodos de resolución de ecuaciones cuasilineales que permitan evitar el tener que resolver el sistema característico. Uno de estos métodos consistirá en la búsqueda de integrales primeras de la ecuación se desarrollará en la siguiente sección. Ejercicio..6 Resolver (x u) u x + ( ) u = u x, u (x, ) = x. Solución: En este caso, dado que si x >, γ(s) = (α (s), α (s), β(s)) (cosh s,, senh s)

15 Método de las Bandas Características 9 es una parametrización de la hipérbola { z = x, =, la condición de transversalidad se verifica siempre que ( ) f (γ(s)) α det (s) f (γ(s)) α (s) = senh s s. El sistema característico viene dado por el siguiente sistema no lineal: x = x z, x() = cosh s, =, () =, z = z x, z() = senh s. De la segunda ecuación deducimos: t = t ds = t Por lo tanto, (t) = e t (s) (t) (s) ds = = tanh t. + e t dr r = log ( ) (t). + (t) Multiplicando las dos restantes ecuaciones por el factor integrante e t (s) ds = cosh t, denotando por x(t) = x(t) cosh t z(t) = z(t) cosh t, el sistema estudiado se transforma en: { x (t) = z(t), x() = cosh s, z (t) = x(t), z() = senh s. Con lo cual Por consiguiente Por lo tanto: x = z = x. x(t) = c (s) e t + c (s) e t z(t) = x (t) = c (s) e t + c (s) e t. cosh s = x() = c (s) + c (s), senh s = z() = c (s) + c (s). De este modo probamos que la solución del problema considerado viene dada en forma paramétrica por la siguiente expresión:

16 Ecuaciones de Primer Orden - - x - - z - - Figura.: Solución del Ejercicio..6 x(t, s) = cosh(t s), cosh t (t, s) = tanh t, z(t, s) = senh(t s). cosh t Si x <, la condición inicial viene parametrizada por γ(s) = ( cosh s,, senh s). Repitiendo los mismos argumentos que en el caso anterior, llegamos a que la solución en forma paramétrica se escribe del siguiente modo: cosh(t + s) x(t, s) =, cosh t (t, s) = tanh t, z(t, s) = senh(t + s). cosh t En ambos casos podemos obtener una expresión explícita de la solución. Realizaremos los cálculos para x >, como veremos si x es negativo los razonamientos son análogos.

17 Método de las Bandas Características z (t, s) + x (t, s) = cosh (t s) senh (t s) cosh t = cosh t = (t, s) senh t = = (t, s) + cosh t (t, s). + x (t,s) z (t,s) Con lo cual, la solución viene dada en forma implícita por la expresión del hiperboloide parabólico de una hoja x + z =, representado en la figura.. Nótese que en los puntos (±,, ) la curva inicial no es transversal al flujo, sin embargo existe solución pasando por ambos puntos.... Ejercicios propuestos Resolver las siguientes ecuaciones en derivadas parciales:. (9x + 3u)u x + 9(x + u)u = 5x 6 + 9u, u(, x) =. Solución: Γ(t, s) = e 6 t s ( t (3 t ), (8 t + 6 t ), 6 t (t + ) ).. ( x + u)u x + (x u)u = 5u, u(, x) =. Solución: Γ(t, s) (x(t, s), (t, s), z(t, s)), con ( x(t, s) = e t s + ) sen t e 5 t e t cos t, (t, s) = e t s (cos t + sen t) + 8 ( e 5 t e t cos t ) e t sen t, z(t, s) = e 5 t. 3. ( x + u)u x + ( + u) u = u, u(x, x) = x 3. Solución: Γ(t, s) (x(t, s), (t, s), z(t, s)), con x(t, s) = e t s s senh t + 3 ( e t 6 e t + 5 e t) (s 3 ) (t, s) = e t s + ( e t e t) (s 3 ) 3 z(t, s) = e t (s 3 )

18 Ecuaciones de Primer Orden 4. (x + 3)u x + ( 3x + ) u = 6 u, u( x, x ) =. Solución: Γ(t, s) = e t ( s (sen 3 t cos 3 t), s (sen 3 t + cos 3 t), e 4 t)... Método de las Integrales Primeras Como ha quedado de manifiesto en el Ejercicio..6, si los sistemas característicos considerados son no lineales la resolución de los mismos puede ser mu complicada, en general, prácticamente imposible de resolver explícitamente. El método de las integrales primeras permite salvar el escollo de la resolución directa del sistema característico asociado. La dificultad consistirá en este caso en la propia búsqueda de las integrales primeras apropiadas. A continuación presentamos varios problemas resueltos por esta técnica.... Ejercicios resueltos Ejercicio.. Obtener la expresión de una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación x u x u = u. Solución: La transformada de Jacobi viene dada en este caso por x w x w + z w z =. Consideramos los siguientes factores integrantes (para x z ): a = x, a =, a 3 = z. Buscamos w : D R 3 R una solución del sistema: w x = a, w = a, w z = a 3. (.) Al ser w = obtenemos que w = f(x, z). Por consiguiente x = w x = f x, de lo que deducimos que f(x, z) = log x + g(z). Finalmente, al ser z = w z = g (z), deducimos que g(z) = log z, con lo cual w(x,, z) = log x. z La solución u : V R R viene dada implícitamente por la expresión w = K R, es decir K = log x u(x, ) o, lo que es lo mismo, u c (x, ) = c x, c R.

19 Método de las Integrales Primeras 3 Nota.. Fijémonos en que a = z, a =, a 3 = x, son factores integrantes de la ecuación anterior. Sin embargo no existe ninguna integral primera que resuelva el sistema (.) con estos factores. Para comprobarlo, es suficiente tener en cuenta que, al igual que en la elección anterior, w = f(x, z). Por lo tanto z = w x = f x implica que f(x, z) = z x + g(z), lo cual, junto con la igualdad x = w z, nos lleva a la siguiente contradicción g (z) = x. Este hecho pone de manifiesto que para cada elección de factores integrantes no está garantizada la existencia de una integral primera asociada, como consecuencia, no es posible obtener una familia de soluciones de la ecuación considerada. Ejercicio.. Obtener la expresión de una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación u x + u u = x + u. Solución: La transformada de Jacobi es, en este caso, Los factores integrantes elegidos son w x + z w + (x + z) w z =. a = x, a =, a 3 =. Así pues la solución del sistema asociado (.) se obtiene del siguiente modo: Al ser = w z tenemos que w = z+f(x, ). Del hecho de que = w = f deducimos que f(x, ) = + g(x). La última ecuación x = w x = g (x) nos dice que es la integral primera buscada. Por lo tanto w(x,, z) = z + + x u K (x, ) = + x + K, K R, es una familia uniparamétrica de soluciones del problema considerado. Ejercicio..3 Obtener la expresión de una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación (x u ) u x + x u = u.

20 4 Ecuaciones de Primer Orden Solución: La transformada de Jacobi es igual a (x z ) w x + x w + z w z =. Tomemos los siguientes factores integrantes: a =, a =, a 3 = z. La solución del sistema (.) se obtiene, en este caso, del siguiente modo: Dado que w x = sabemos que w = x + f(, z). Por otro lado, de la igualdad = w = f deducimos que f(, z) = + g(z). Finalmente, del hecho de que z = w z, llegamos a que la integral primera buscada viene dada por la siguiente expresión: w(x,, z) = x + z. Por consiguiente, para K R (x, ) R en dominios convenientes, u K (x, ) = x + + K es una familia uniparamétrica de soluciones del problema dado. Ejercicio..4 Obtener la expresión de una familia uniparamétrica de soluciones de la ecuación sen x u x + (x 3 ) u = sen x. Solución: La transformada de Jacobi es igual a sen x w x + (x 3 ) w + sen x w z =. Tomando los siguientes factores integrantes: a = cos x, a =, a 3 =, la solución del sistema (.) se obtiene como sigue: Al ser cos x = w x, deducimos que w = sen x + f(, z). De la segunda igualdad obtenemos f(, z) = g(z). Como consecuencia de la expresión = w z = g (z) concluimos que w(x,, z) = z sen x. Así u K (x, ) = sen x + K, K R, es una de las familias buscadas. Ejercicio..5 Calcular la única solución de la siguiente ecuación: x (u ) u x + (x u ) u = u ( x ), u(x, x) = x, x >.

21 Método de las Integrales Primeras 5 Solución: En este caso los datos del problema son f (x,, z) = x (z ), f (x,, z) = (x z ), f(x,, z) = z ( x ) γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (s, s, s ). Dado que ( f (γ(s)) α det (s) f (γ(s)) α (s) ) ( ( s s s ) ) = det 4 s ( s s ) = s 4 ( ) s 4 s, tenemos que la condición inicial es transversal al flujo siempre que s, ±, con lo cual este problema tiene solución única. La transformada de Jacobi será x (z ) w x + (x z ) w + z ( x )w z =. En un primer momento elegimos los siguientes factores integrantes a = x, a =, a 3 = z. La integral primera asociada a estos valores se obtiene teniendo en cuenta que x = w x, con lo cual w = x + f(, z), como consecuencia, la igualdad = w = f (, z) implica que f(, z) = + g(z). Finalmente, z = w z = g (z) implica que w(x,, z) = x + + z es una integral primera de esta ecuación. Dado que w(γ(s)) = s + s 4 no es una función constante, debemos encontrar una segunda integral primera funcionalmente independente de ésta. Para ello consideramos los siguientes factores integrantes: a = x, a =, a 3 = z. La solución del sistema (.) se obtiene para estos valores del siguiente modo: Al ser x = w x, deducimos que w = log x + f(, z). De la segunda igualdad obtenemos que f(, z) = log + g(z). De la última expresión concluimos que w(x,, z) = log( x z ).

22 6 Ecuaciones de Primer Orden,,8,6,4,,,5,5 x,5,75,,5,75, Figura.: Solución del Ejercicio..5 Ahora bien, dado que w(γ(s)) = log =, la función definida implícitamente al igualar esta segunda función a cero nos da la solución buscada, es decir: u(x, ) = x, representada en la figura.. Ejercicio..6 Calcular la única solución de la siguiente ecuación: ( u) u x + (x ) u = u x, u(, ) =, <. Solución: En este caso los datos del problema son f (x,, z) = z, f (x,, z) = x, f(x,, z) = z x Dado que γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (, s, ). ( f (γ(s)) α det (s) f (γ(s)) α (s) ) ( ) s = det s = s, tenemos que la condición inicial es transversal al flujo cuando s, con lo cual este problema tiene solución única.

23 Método de las Integrales Primeras 7 En este caso la transformada de Jacobi viene dada por la siguiente expresión: ( z) w x + (x ) w + (z x) w z =. En primer lugar consideramos los factores integrantes a = a = a 3 =. Evidentemente w = z + f(x, ). Del hecho de que = w = f (x, ), se deduce que f(x, ) = + g(x), con lo cual = w x = g (x). De este modo, probamos que w (x,, z) = x + + z es una integral primera de la ecuación. En este caso, al no ser w (γ(s)) una función constante, necesitamos encontrar unha segunda integral primera funcionalmente independente de w. Probemos ahora con los factores integrantes a = x, a = z, a 3 =. La integral primera asociada a estos factores viene dada al resolver el sistema (.) como sigue: Dado que x = w x, deducimos que w = x + f(, z), con lo cual z = w = f (, z). Así pues, f(, z) = z + g(z). Del hecho de que = w z = + g (z) se deduce que w (x,, z) = x + z es la integral primera buscada. Al igual que en el caso anterior, w (γ(s)) no es una función constante, por lo tanto la solución buscada no está definida implícitamente al igualar w a una constante. Por otro lado, dado que rango ( (w, w ) (x,, z) ) = rango ( x z ) = x = = z, sabemos que en los puntos exteriores a la recta x = = z las integrales primeras w w son funcionalmente independientes. En nuestro caso, para < estamos fuera de esa recta. Por consiguiente toda solución de la ecuación de Jacobi, será una combinación funcional de w w : w(x,, z) = Z(w (x,, z), w (x,, z)). Para calcular la expresión de la función Z es suficiente tener en cuenta que w (γ(s)) w (γ(s)) = 3.

24 8 Ecuaciones de Primer Orden 3, -,,5 -,5 -, -,5,,5,,, -,5 x -,,5, Figura.: Solución del Ejercicio..6 De este modo, definiendo Z(p, q) = p q 3, llegamos a que w(x,, z) = w (x,, z) w (x,, z) 3 = x + + z x z 3, es la única solución de la ecuación de Jacobi que se anula a lo largo de la curva γ. Dado que w z = siempre que, sabemos que esta función define implícitamente la única solución del problema, la cual viene dada por la siguiente expresión (ver figura.): u(x, ) = x + x 3. Ejercicio..7 Calcular la única solución de la siguiente ecuación: x u x + u u =, u(x, x) =, x >. Solución: En este caso los datos del problema vienen dados por f (x,, z) = x, f (x,, z) =, f(x,, z) = z

25 Método de las Integrales Primeras 9 γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (s, s, ). Dado que ( f (γ(s)) α det (s) f (γ(s)) α (s) ) ( s = det 4 s ) = s s, tenemos que la condición inicial es transversal al flujo, con lo cual este problema tiene solución única. La transformada de Jacobi viene dada por la siguiente expresión: x w x + w + z w z =. La primera elección de factores integrantes es a = x, a =, a 3 = z. La solución del sistema (.) se obtiene del siguiente modo: Al ser x = w x, tenemos que w = x + f(, z). De la ecuación = w deducimos que f(, z) = g(z). Finalmente z = w z implica que g(z) = z, con lo cual tenemos la integral primera w (x,, z) = z x. Dado que w (γ(s)) no es constante debemos encontrar otra integral primera funcionalmente independiente de w. Para ello tomamos a =, a =, a 3 = z. Con lo cual, dado que = w x, sabemos que w = f(, z). De la segunda = w, deducimos que f(, z) = + g(z). Con lo cual, al ser = w z, obtenemos la segunda integral primera igualdad z w (x,, z) = z. Claramente w no es constante a lo largo de la curva inicial γ, por lo tanto debemos encontrar la solución general de la ecuación de Jacobi. Para ello, dado que rango ( ) ( (w, w ) = rango (x,, z) x z ) = siempre que x z, la solución general viene dada por una combinación funcional de ambas funciones.

26 Ecuaciones de Primer Orden x -,,5 -,,5 3, Figura.3: Solución del Ejercicio.3.7 La solución única vendrá dada por la que sea constante a lo largo de la curva inicial. Así pues, dado que w (γ(s)) w (γ(s)) =, obtenemos que la solución de la ecuación de Jacobi viene dada por w(x,, z) = w (x,, z) w (x,, z) + = z x + +, de la que deducimos la expresión de la solución del problema considerado como u(x, ) = que se representa en la figura.3. x x + x, Ejercicio..8 Calcular la única solución de la siguiente ecuación: z u x + z x u + x u z = x z, Solución: En este caso debemos encontrar una función u(x,, ) = x, x >, >. u : D {(x,, z) R 3 ; x >, > } R 3 R, siendo D un entorno del plano z =. Los datos del problema vienen dados por f (x,, z, p) = z, f (x,, z, p) = x z, f 3 (x,, z, p) = x, f(x,, z, p) = x z

27 Método de las Integrales Primeras γ(s, s ) (α (s, s ), α (s, s ), α 3 (s, s ), β(s, s )) = Dado que f (γ(s, s )) det f (γ(s, s )) f 3 (γ(s, s )) α (s, s ) s α (s, s ) s α 3 (s, s ) s ( ) s, s,, s s. α (s, s ) s α (s, s ) s = s s, α 3 (s, s ) s la superficie es transversal al flujo siempre que x, con lo cual este problema tiene solución única. La Transformada de Jacobi sigue la expresión z w x + z x w + x w z x z w p =. Buscamos una función w : R 4 R que resuelva la ecuación anterior que se anule a lo largo de la condición inicial γ. Para ello debemos encontrar la solución general de la ecuación. Ésta vendrá dada como combinación funcional de tres integrales primeras funcionalmente independientes. En un primer momento elegimos los factores integrantes a = x, a =, a 3 = z, a 4 =. Para calcular, si existe, la integral primera asociada, debemos resolver el sistema w x = a, w = a, w z = a 3, w p = a 4. (.) Para ello, de la expresión w x = x deducimos que w = x + f(, z, p). Dado que = w = f (, z, p), sabemos que f(, z, p) = + g(z, p). La tercera igualdad nos dice que g(z, p) = z + h(p). Por último, al ser = w p = h (p), obtenemos la expresión de una integral primera como w (x,, z, p) = x + z + p. Debido a que w (γ(s, s )) = s no es una función constante, debemos encontrar una segunda solución de la ecuación de Jacobi. En este caso probamos con los siguientes factores integrantes: a = x, a =, a 3 = z, a 4 =. Procediendo como en el caso anterior, llegamos a que w (x,, z, p) = x + + z + p

28 Ecuaciones de Primer Orden es una integral primera de la ecuación de Jacobi. Al igual que w, tenemos que w (γ(s, s )) = s + 3 s no es una función constante, por consiguiente, necesitamos una tercera solución de la ecuación de Jacobi. Para ello tomamos como factores integrantes a = x, a =, a 3 = z, a 4 =. La solución del sistema (.) viene dada por w 3 (x,, z, p) = x + z + p, que tampoco es constante a lo largo de γ. Teniendo en cuenta que rango ( ) (w, w, w 3 ) (x,, z, p) = rango siempre que x > e >. La solución general de la ecuación de Jacobi será x z x z x z = 3 w(x,, z, p) = Z(w (x,, z, p), w (x,, z, p), w 3 (x,, z, p)), siendo Z : R 3 R una función de clase C. No es difícil verificar que la única solución de la ecuación de Jacobi que se anula en γ se obtiene definiendo es decir Z(a, b, c) c 3 a, w(x,, z, p) = x + z p. Dado que w p, al igualar esta expresión a cero obtenemos la expresión de la solución buscada: u(x,, z) = x + z.... Ejercicios propuestos Resolver las siguientes ecuaciones en derivadas parciales:. u x x u =, u(x, x) = x. Solución: u(x, ) = x +.

29 .3. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN NO LINEALES 3. sen u x + sen x u = sen x sen, u(, ) = cos. Solución: u(x, ) = 3 cos x + cos + 3. ( ) 3. cos u x + u = cos, u(x, x) = x. Solución: u(x, ) = x. 4. (e u + cos u) u x + ( e u + cos u) u = e u cos u, u(x, x) = log x, x <, <. ( ) Solución: u(x, ) = log. x +.3. Ecuaciones de Primer Orden No Lineales Si la ecuación de primer orden no es cuasilineal no tenemos garantizada la unicidad de solución. Por supuesto las técnicas que han resultado tan útiles en las dos secciones anteriores no pueden ser ahora aplicadas con lo cual debemos usar la herramienta desarrollada por Monge la construcción del cono que lleva su nombre. En lo que sigue se resuelven problemas no lineales con esta técnica..3.. Ejercicios resueltos Ejercicio.3. Obtener la expresión de todas las soluciones del siguiente problema u x u =, u(x, ) =. Solución: La función que define la ecuación es, en este caso F (x,, z, p, q) = p q. La condición inicial viene parametrizada por la expresión γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (s,, ). El sistema característico viene dado por la siguiente expresión x = F p = p, x() = α (s) = s, = F q = q, () = α (s) =, z = p F p + q F q = p q, z() = β(s) =, p = F x p F z =, p() = p (s), q = F q F z =, q() = q (s), junto con la condición adicional

30 4 Ecuaciones de Primer Orden F (x(t, s), (t, s), z(t, s), p(t, s), q(t, s)) = = p (t, s) q (t, s). Para la elección de p (s) q (s) necesitamos completar la curva dato a una banda inicial. Para ello se debe verificar en un primer momento la condición de banda p (s) α (s) + q (s) α (s) = β (s), la cual, obviamente, se reescribe como p (s) =. Por lo tanto, la condición de compatibilidad se reduce a q (s) =, lo cual es imposible. Por consiguiente esta curva nunca puede completarse a una banda, como consecuencia, el problema no tiene ninguna solución. Ejercicio.3. Obtener todas las soluciones del siguiente problema u x u u =, Solución: expresión u(, ) = ( + ). En este caso la función que define la ecuación viene dada por la F (x,, z, p, q) = p q z. La curva inicial está parametrizada por γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (, s, ( + s) ). El sistema característico será: x = p, x() =, = q, () = s, z = p q, z() = ( + s), p = p, p() = p (s), q = q, q() = q (s). (.3) La condición de compatibilidad resulta ser p (t, s) q (t, s) = z(t, s). (.4) La condición de banda nos dice que q (s) = ( + s). Por consiguiente, será compatible si sólo si p (s) = ± 6 ( + s).

31 Ecuaciones de Primer Orden No Lineales 5 Así pues tenemos únicamente dos bandas iniciales compatibles con el problema considerado. Veamos si cada una de ellas nos da lugar a una solución. Para ello las bandas deben ser transversales al flujo. Ésto ocurre si sólo si det ( Fp α F q α ) ( p (s) = det q (s) ) = p (s) = ± 6 ( + s). Con lo cual ambas bandas son transversales siempre que s o, lo que es lo mismo, la curva no pase por el punto (,, ). Para obtener la expresión de las soluciones debemos resolver los correspondientes sistemas asociados. Tratemos en un primer momento el caso p (s) = 6 ( + s). De la igualdad (.4) denotando por R(t, s) = x(t, s) (t, s) z(t, s) p(t, s) q(t, s) deducimos que el sistema (.3) es equivalente al siguiente problema lineal de valor inicial R(t, s) = B R(t, s) + b(t, s), t R(, s) = C(s). (.5) Siendo, en este caso, B = 4, b(t, s) =, C(s) = s ( + s) 6 ( + s) ( + s) Dado que la única solución del problema (.5) viene dada por la fórmula de Lagrange: R(t, s) = e B t C(s) + t obtenemos que la única solución de (.3) viene dada por x(t, s) = 6 ( + s) (e t ), e B (t r) b(r, s) dr, (.6). (t, s) = s ( + s) (e t ),

32 6 Ecuaciones de Primer Orden 7,5 5,,5, 7,5 5, -,,5 x -,5,,5,,,5,,5, Figura.4: Solución del Ejercicio.3. plot3d({(-x^)/-,(-x^)/+}, x= -.., = -..,axes=normal,axis[3]=[color=red]) ; z(t, s) = ( + s) e 4 t, p(t, s) = 6 ( + s) e t q(t, s) = ( + s) e t. Así pues, la superficie solución viene dada, en forma paramétrica, por: Γ(t, s) = ( 6 ( + s) (e t ), s ( + s) (e t ), ( + s) e 4 t). Para obtener la expresión de la solución en coordenadas cartesianas, es suficiente tener en cuenta que s = 6 x +, e t = x 6 ( + s) +. De este modo, llegamos a u(x, ) = z(t(x, ), s(x, )) = ( 6 ( + ) + 3 x). 6 La segunda solución se obtiene al considerar p (s) = 6 (+s) en el sistema característico. Siguiendo los mismos pasos que en el caso anterior, deducimos que la superficie solución viene parametrizada por la expresión

33 Ecuaciones de Primer Orden No Lineales 7 Γ(t, s) = ( 6 ( + s) (e t ), s ( + s) (e t ), ( + s) e 4 t). De donde se deduce que u(x, ) = ( 6 ( + ) 3 x). 6 Ambas soluciones se representan en la Figura.4. En la que se puede observar como ambas funciones sus derivadas parciales respecto de x coinciden a lo largo de la condición inicial. Además los valores de las respectivas derivadas respecto de a lo largo de la curva son opuestos. Nota.3. Dado que las tres últimas ecuaciones del sistema (.3) sólo interviene una variable, es posible resolverlas directamente por la fórmula de Lagrange unidimensional (.6). Claramente, una vez que se obtiene la expresión de p q, es inmediato calcular x e sin más que integrar. Nota.3. El problema anterior, al igual que todos aquellos en los que el sistema característico es un sistema lineal, puede programarse en programas de cálculo simbólico. A continuación se presentan los comandos correspondientes al lenguaje MAPLE que resolverían este ejercicio: with(linalg): with(student[vectorcalculus]): B := arra( [[,,,,],[,,,,-],[,,4,,],[,,,,],[,,,,]] ); DD:=exponential(B, t); CC:=exponential(B, t-r); C := vector([, s, ( + s), sqrt(6) ( + s), + s]) BB := vector([,,,, ]) SS := multipl(dd, C); RR := multipl(cc, BB); TT := int(<rr>, r =.. t); LL := <SS>+TT;

34 8 Ecuaciones de Primer Orden Ejercicio.3.3 Resolver el siguiente problema x u x + u + (u x + u ) u =, Solución: En este caso u(x, ) = x. F (x,, z, p, q) = x p + q + (p + q ) z, γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (s,, s ), s R, son los datos del problema considerado. El sistema característico a considerar será, en este caso x = x + p, x() = s = + q, () = z = p x + q + p + q, z() = ( s ), p =, p() = p (s), q =, q() = q (s), conjuntamente con la ecuación adicional (.7) x(t, s) p(t, s) + (t, s) q(t, s) + (p (t, s) + q (t, s)) = z(t, s). (.8) La condición de banda se verifica si sólo si p (s) = s. Con lo cual la condición de compatibilidad es equivalente a que q (s) = ±. La condición de transversalidad se verifica siempre que ( ) ( ) Fp α det F q α = det = q q (s) (s). Por consiguiente el problema considerado tiene dos soluciones. Cada una de ellas se obtiene resolviendo el sistema (.7) junto con la ecuación (.8) para cada banda inicial correspondiente. Es evidente que la solución asociada al valor q (s) = verifica que p(t, s) = s q(t, s) =. Por lo tanto, teniendo en cuenta la igualdad (.8), para obtener el valor de las restantes variables es suficiente con usar la expresión (.6) para el caso tridimensional en el que

35 Ecuaciones de Primer Orden No Lineales 9 - -, x - -,5,,5 -, - Figura.5: Solución del Ejercicio.3.3 B =, b(t, s) = Por consiguiente, obtenemos que s + s x(t, s) = s,, C(s) = s s. (t, s) = e t, z(t, s) = e t ( + s ). La superficie parametrizada viene dada por la expresión Γ(t, s) = (s, e t, e t + ) s, con lo cual, la solución en coordenadas cartesianas es igual a u(x, ) = x +. Cuando q (s) =, haciendo los mismos razonamientos que en el caso anterior, obtenemos que la superficie solución viene parametrizada por la expresión Γ(t, s) = (s, e t, e t + ) s,

36 3 Ecuaciones de Primer Orden de donde deducimos que u(x, ) = x es la segunda solución del problema considerado. Ambas soluciones se representan en la Figura.5. Ejercicio.3.4 Calcular la expresión de todas las soluciones del siguiente problema x u x u + u x u + u =, u(x, ) = x. Solución: La función que define la ecuación viene dada por F (x,, z, p, q) = x p q + p q + z. La curva inicial se parametriza del siguiente modo γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (s,, s ). Por consiguiente debemos resolver las ecuaciones x = x + p, x() = s, = q, () =, z = p x + p q q, z() = s, p = 3 p, p() = p (s), q =, q() = q (s), (.9) conjuntamente con la ecuación de compatibilidad x(t, s) p(t, s) (t, s) q(t, s) + p (t, s) q (t, s) + z(t, s) =. (.) En este caso p q deben verificar las siguientes propiedades: (i) Condición de banda inicial: p (s) α (s) + q (s) α (s) = β (s) p (s) = s. (ii) Condición de compatibilidad: F (α (s), α (s), β(s), p (s), q (s)) = s p (s)+p (s) q (s) = (s ). (iii) Condición de transversalidad: det ( Fp α F q α ) ( s + p (s) = det q (s) ) = q (s).

37 Ecuaciones de Primer Orden No Lineales 3 -, - x,6 -,5 -,6, -,4 -,4,5 -,4, -3,4-4,4 Figura.6: Solución del Ejercicio.3.4 Por lo tanto sabemos que este problema tiene exactamente dos soluciones que vienen dadas para los siguientes valores: p (s) = s, q (s) = ±. Calculemos, en un primer momento, la solución asociada al valor q (s) =. De las dos últimas ecuaciones del sistema (.9) obtenemos de inmediato que q(t, s) =, p(t, s) = s e 3 t. Por consiguiente, sin más que tener en cuenta la ecuación (.), las restantes variables se calculan como la solución del problema (.5) para el caso particular de B = Así pues obtenemos que, b(t, s) = 4 s e 3 t 4 s e 6 t, C(s) = s s. x(t, s) = s e 3t, (t, s) = (e t ) z(t) = s e 6 t + e t. Por lo tanto la superficie solución está parametrizada por la expresión Γ(t, s) = ( s e 3 t, (e t ), s e 6 t + e t, s e 3 t, ).

38 3 Ecuaciones de Primer Orden De las expresiones de x e no es difícil comprobar que u(x, ) = z(t(x, ), s(x, )) = x + +. Cuando q (s) =, haciendo similares argumentaciones obtenemos que u(x, ) = x +, Es la segunda solución buscada (ver Figura.6). Ejercicio.3.5 Obtener la expresión de todas las soluciones del siguiente problema x u x u + (u x u ) + u =, u(x, ) = (x + ). Solución: En este caso la ecuación viene definida por la función la condición inicial F (x,, z, p, q) = x p q + (p q ) + z γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (s,, (s + )). Se comprueba con facilidad que las condiciones de banda compatibilidad se verifican siempre que p (s) = s q (s) = ±. Dado que la condición de transversalidad se satisface siempre que ( ) ( ) Fp α det F q α = det =q q, deducimos que este problema tiene únicamente dos soluciones. Éstas vendrán dadas al resolver los sistemas característicos asociados a cada banda inicial, los cuales siguen la siguiente expresión: x = x + p, x() = s = q, () = z = x p + p q q, z() = ( + s ), (.) p =, p() = s, q =, q() = q (s), conjuntamente con la ecuación adicional z = x p + q (p q ). (.)

39 Ecuaciones de Primer Orden No Lineales 33,6 -,,6 - x -,5 -,6, -,4,5, Figura.7: Solución del Ejercicio.3.3 Consideremos en un primer momento el caso q =. De las dos últimas ecuaciones, es evidente que p(t, s) = s q(t, s) =. Usando ahora la expresión (.), sabemos que las tres primeras variables son la única solución de la ecuación (.3), tomando B = Con lo cual, b(t, s) = s s, C(s) = s s +. x(t, s) = s, (t, s) = e t z(t, s) = e t + (s ). La solución vendrá dada por la expresión u(x, ) = ( + x ) +. Considerando q = obtenemos que u(x, ) = ( + x ) es la otra solución buscada (véase la figura.7).

40 34 Ecuaciones de Primer Orden Ejercicio.3.6 Resolver el siguiente problema x u x + u + u x u u =, u(x, x) = x, x >. Solución: La función que define la ecuación es F (x,, z, p, q) = x p + q + p q z. La condición inicial se parametriza del siguiente modo γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (s, s, s ). Para completar la condición inicial a una banda inicial se debe verificar la condición de banda: p + q = s, la de compatibilidad: s p + s q + p q s =. Es inmediato verificar que este sistema tiene una única solución dada por p = 3 5 s q = 7 5 s. Dado que det ( Fp α F q α ) = det 6 5 s 9 5 s = 5 s, sabemos que el problema considerado tiene solución única. Para calcularla debemos resolver el sistema (.3), el cual viene dado por la siguiente expresión: x = x + p, x() = s = q, () = s z = x p + p + q q, z() = s, p = p, p() = 3 5 s, (.3) q =, q() = 7 5 s, conjuntamente con la ecuación adicional z = x p + q + p q. (.4) De nuevo estamos ante un sistema no lineal, si bien de las dos últimas ecuaciones deducimos de inmediato que

41 Ecuaciones de Primer Orden No Lineales Figura.8: Solución del Ejercicio..3 Figura.9: Condición inicial p(t, s) = 3 5 s e t q(t, s) = 7 5 s. De la expresión (.4), deducimos que las tres primeras variables son la única solución de la ecuación (.3), con B =, b(t, s) = 6 5 s e t 4 5 s 49 5 s s e t, C(s) = s s s. Es decir: x(t, s) = 7 5 s e t 5 s e t, (t, s) = 9 5 s et s z(t, s) = 5 s e t 3 5 s e t s. La superficie parametrizada sigue la expresión Γ(t, s) = ( 7 5 s e t 5 s e t, 9 5 s et se representa en las figuras.8.9. s, 5 s e t 3 5 s e t s )

42 36 Ecuaciones de Primer Orden Ejercicio.3.7 Resolver el siguiente problema u x + u 5 u =, u(x, ) = x, x >. Solución: En este caso F (x,, z, p, q) = p + q 5 z γ(s) (α (s), α (s), β(s)) = (s,, s ). La condición de banda nos dice que p (s) = s, con lo cual la condición de compatibilidad se reduce a q (s) = s. Dado que det ( Fp α F q α ) ( p (s) = det ) =, sabemos que el problema considerado tiene una única solución. Para obtener su expresión debemos resolver el sistema x = p, x() = s =, () = z = p + q, z() = s, p = 5 p, p() = s, q = 5 z + 5 q, q() = s, conjuntamente con la ecuación adicional (.5) 5 z = p + q. (.6) Es evidente que este sistema no lineal no puede ser reducido a una expresión del tipo (.5), con lo cual debemos resolverlo directamente. Comencemos por la segunda ecuación, en este caso tenemos Por lo tanto t = t ds = t (s) (t) (s) ds = dr r = (t). (t, s) = t.

43 Ecuaciones de Primer Orden No Lineales 37 -, - x -,5 -,,5 -, 4-4 Figura.: Solución del Ejercicio.3.7 Dado que conocemos el valor de, la cuarta igualdad del sistema se transforma en la siguiente ecuación lineal con coeficientes variables p p = 5, p() = s. t Sin más que integrar directamente, obtenemos que su única solución resulta ser p(t, s) = s ( t) 5. Integrando ahora en la primera de las ecuaciones, llegamos a que x(t, s) = s ( t) 4. Finalmente, para calcular la expresión de z debemos resolver la tercera de las igualdades. En este caso, usando la igualdad (.6) conjuntamente con las expresiones de p obtenidas previamente, debemos resolver la ecuación z = 5 t z + 4 s ( t), z() = s. Multiplicando en este caso por el factor integrante ( t) 5, obtenemos que la única solución viene dada por z(t, s) = La superficie parametrizada es igual a ( Γ(t, s) = s ( t) 9. s ( t) 4, t, s ( t) 9 ).

44 38 Ecuaciones de Primer Orden Es evidente que esta superficie se corresponde con la expresión que se representa en la figura.. u(x, ) = z(t(x, ), s(x, )) = x Nota.3.3 Nótese que en el ejercicio anterior no ha sido necesario calcular el valor de q(t, s)..3.. Ejercicios propuestos Resolver las siguientes ecuaciones en derivadas parciales:. u x + u u =, u(x, x) =. Solución: u(x, ) =. u x u =, u(x, x) = 3 x. (x + ), u(x, ) = 4 Solución: u(x, ) = x +, u(x, ) = x u 3 x u = u(x, ) = x 3, x [, ]. x Solución: u(x, ) = u x + u =, u(, ) =. Solución: u(x, ) = x + x +. + x ( x + ). 4

45 Capítulo Ecuaciones de Segundo Orden.. Clasificación de Ecuaciones Cuasilineales de Segundo Orden En esta sección clasificaremos distintas ecuaciones cuasilineales de segundo orden bidimensionales según su carácter hiperbólico, parabólico o elíptico. Para ello, calcularemos sus curvas características las reduciremos a su forma canónica. Finalmente calcularemos la expresión explícita de la única solución buscada.... Ejercicios Resueltos Ejercicio.. Obtener la solución general de la siguiente ecuación u xx x 4 u x4 + 4 x x u x + x4 u =, (x, ) D, (.) con D = {(x, ) R : x > }. Denotando por n al vector normal unitario exterior a la correspondiente curva, se consideran las siguientes condiciones iniciales: u (x, x3 3 ) ) = x, u n (x, x3 = para todo x >, (.) 3 u(, ) = 3, u n (, ) = para todo R. (.3) u(x, ) = x 3, u n (x, ) = para todo x >, (.4) Calcular, si existe, la expresión de las soluciones de los problemas (.) (.), (.) (.3) (.) (.4). 39

46 4 Ecuaciones de Segundo Orden Solución: Los valores de los parámetros de la ecuación general de segundo orden son a =, b = c = x 4, por consiguiente = b a c = x 4 > en D la ecuación es hiperbólica. Para calcular la forma canónica de esta ecuación, debemos obtener las dos curvas características funcionalmente independientes. Éstas vienen dadas como las soluciones de la siguiente ecuación ( ) x 4 =, es decir lo que nos conduce a = ±x, = ± x3 3 + K, K R. Debemos por lo tanto considerar el siguiente cambio de variable ξ = x3 3, η = + x3 3, encontrar una función v que satisfaga la expresión v(ξ, η) = u(x, ). Aplicando la regla de la cadena, sabemos que u x = x (v ξ v η ), u = v ξ + v η, u xx = x (v ξ v η ) + x 4 (v ξξ + v ξη + v ηη ) u = v ξξ + v ξη + v ηη. En consecuencia, la ecuación (.) se reescribe como v ηξ 4 v ξ =. Denotando por w = v ξ, tenemos que esta ecuación se reduce a la siguiente w η 4 w =, cua solución general es w(ξ, η) = e η/4 f(ξ). Con lo cual la solución buscada es igual a ξ v(ξ, η) = v(, η) + e η/4 f(s) ds

47 Clasificación de Ecuaciones Cuasilineales de Segundo Orden 4 o, lo que es lo mismo, v(ξ, η) = e η/4 F (ξ) + G(η), con F () =. Deshaciendo el cambio de variable, concluimos que la solución general de (.) es igual a x3 ( + u(x, ) = e 3 )/4 F ) ( x3 + G 3 ) ( + x3, (.5) 3 siendo F G funciones de clase C tales que F () =. Resolver el problema (.) (.) equivale a encontrar una función que verifique la expresión (.5) conjuntamente con la condición inicial (.), la primera de cuas igualdades, se reescribe del siguiente modo: G () + F ( ) ) x3 = u (x, x3 = x. (.6) 3 3 Dado que el vector normal n = (x, ), tenemos que la segunda parte de la condición inicial es igual a ( ) ) x u x x, x3 + u (x, x3 ( ) 3 3 = u n x, x3 =, x4 + 3 es decir ( ) ) u x, x3 = x u x (x, x3. (.7) 3 3 Derivando respecto de x e en la expresión (.5) así como en la igualdad (.6), sin más que sustituir en (.7) llegamos a que ha de verificarse lo siguiente: x (G () G() ) x 4 + x 4 + G () G() + =, para todo x >, lo cual es imposible. Por lo tanto el problema (.) (.) no tiene solución. Ello se debe a que la curva inicial es una curva característica del problema. Si abordamos el problema (.) (.3), al igual que en el caso anterior, debemos tener en cuenta que la solución general de la ecuación es de la forma (.5), con lo cual u n (, ) = u x (, ) = para todo R. Por lo tanto este problema tiene infinitas soluciones dadas por la expresión (.5) con F G funciones de clase C verificando F () = e z/4 F (z) + G(z) = z 3. Por ejemplo, tomando F (z) G(z) = z 3 obtenemos la solución ) 3 u(x, ) = ( + x3. 3

48 4 Ecuaciones de Segundo Orden 7-4,,5 x -, -3 4,5, -8-3 Figura.: Solución del Ejercicio.. Por otro lado, si definimos F (z) z 3 G(z) = z 3 ( e z/4 ) llegamos a la siguiente expresión x3 ( + u(x, ) = e 3 )/4 ( ) 3 ) 3 x3 x3 + ( + x3 ( + e 3 )/ Es importante tener en cuenta que la condición u n (, ) = es una condición necesaria que debe verificar toda solución del problema (.), por lo tanto cualquier problema en el que este valor sea distinto de cero no será resoluble. Para resolver el problema (.) (.4) debemos tener en cuenta que la solución general viene dada por la igualdad (.5). Por consiguiente ( x 3 G 3 ) + e x3 / F ( x3 3 ) = u(x, ) = x 3. (.8) Derivando en ambos miembros llegamos a la igualdad ( ) x G 3 + ) ) / 3 4 ex3 F ( x3 e x3 / F ( x3 = 3. (.9) 3 3 Por otro lado, al ser n = (, ), tenemos que u n (x, ) = u (x, ), con lo cual, derivando respecto de en la expresión (.5), la segunda parte de la condición inicial se transforma en ( ) x G 3 + ) ) / 3 4 ex3 F ( x3 + e x3 / F ( x3 =. (.) 3 3 Restando (.) de (.9) obtenemos la siguiente igualdad

49 Clasificación de Ecuaciones Cuasilineales de Segundo Orden 43 ( ) F x3 = e x3 / 3 Por consiguiente la función F verifica para todo x >. F (z) = e z/4, F () =, con lo cual F (z) = 4(e z/4 ). Sustituendo en la expresión (.8) obtenemos que ( ) x 3 G = x 3 + 4( e x3 / ), 3 es decir G (z) = 3 z + 4( e z/4 ). Por lo tanto, la única solución del problema (.) (.4) es igual a u(x, ) = 3 + x 3 + 4( e / ), se representa en la figura.. Ejercicio.. Obtener la solución general de la siguiente ecuación u xx + u 4 u x + 4 u =, (x, ) D, (.) con D = {(x, ) R, > }. Calcular la expresion de la única solución que verifica las condiciones iniciales u(, ) =, u n(, ) = para todo >. (.) Siendo n el vector normal unitario exterior a la curva (, ). Solución: En este caso tenemos que los valores de los parámetros de la ecuación general de segundo orden son a =, b = c =, con lo cual = b a c = > en D. Por consiguiente la ecuación es hiperbólica. Para calcular la solución general del problema considerado es necesario reducirlo a su forma canónica. Para ello debemos obtener las dos curvas características funcionalmente independientes, las cuales vienen dadas como las soluciones generales de la ecuación cuadrática ( ) + =, es decir = ±.

50 44 Ecuaciones de Segundo Orden , x -,5,, -,5,5,,5,,5 3,, Figura.: Solución del Ejercicio.. Sin más que integrar en ambos lados de la ecuación obtenemos que las dos soluciones buscadas vienen dadas por la expresión = ±x + K, K R. Debemos por lo tanto considerar el siguiente cambio de variable ξ = + x, η = x, encontrar una función v que satisfaga la expresión v(ξ, η) = u(x, ). Aplicando la regla de la cadena, sabemos que u x = v ξ v η, u = (v ξ + v η ), u xx = v ξξ v ξη + v ηη, u = v ξ + v η + (v ξξ + v ξη + v ηη ). Por lo tanto, la ecuación (.) se reduce a v ηξ + v η =. Denotando por w = v η, tenemos que su solución general es w(ξ, η) = e ξ f(η).

51 Clasificación de Ecuaciones Cuasilineales de Segundo Orden 45 Con lo cual la solución buscada es igual a o, lo que es lo mismo, η v(ξ, η) = v(ξ, ) + e ξ f(s)ds v(ξ, η) = e ξ F (η) + G(ξ), con F () =. De este modo, concluimos que la solución general de (.) es igual a ( ) u(x, ) = e ( + x) F x ( ) + G + x, (.3) siendo F G funciones de clase C tales que F () =. Para calcular la expresión de la única solución de (.) que satisface la condición inicial (.) usamos el hecho de que la solución general viene dada por la igualdad (.3), por consiguiente ( ) e F + G ( ) = u(, ) =. (.4) Derivando en ambos miembros llegamos a la igualdad ( ) ( ) ( ) e F + e F + G =. (.5) Dado que n = (, ), tenemos que u n (, ) = u x (, ), con lo cual, derivando respecto de x en la expresión (.3), la segunda parte de la condición inicial se transforma en ( ) ( ) ( ) e F e F + G =. (.6) Restando (.6) de (.5) obtenemos la siguiente igualdad e F ( ) = para todo >. De donde deducimos que la función F es constante. Dado que F () = concluimos que F. Sustituendo en (.4) tenemos que G(z) z, por lo tanto, la única solución del problema (.) (.) (véase figura.) es igual a u(x, ) = + x.

52 46 Ecuaciones de Segundo Orden Ejercicio..3 Obtener la solución general de la siguiente ecuación u xx x u + (x ) x u x + x ( + ) u =, (x, ) D, (.7) siendo D = {(x, ) R : x >, > }. Calcular la expresión de la única solución que verifica las condiciones iniciales u(x, 3 x) = x, u n (x, 3, x) = x. (.8) Siendo n el vector normal unitario exterior a lo largo de la curva (x, 3, x). Solución: Dado que = b a c = x > en D sabemos que la ecuación es hiperbólica. Las dos curvas características son las soluciones generales de la ecuación cuadrática ( ) x =, es decir = ±x. Integrando en ambos lados de la ecuación deducimos que las dos soluciones buscadas son = ±x + K, K R. Por lo tanto consideramos el siguiente cambio de variable ξ = x, η = + x, buscamos una función v que satisfaga la expresión La regla de la cadena nos dice que v(ξ, η) = u(x, ). u x = x (v ξ v η ), u = (v ξ + v η ), u xx = (v ξ v η ) + 4 x (v ξξ v ξη + v ηη ), u = (v ξ + v η ) + 4 (v ξξ + v ξη + v ηη ). Por lo tanto, la ecuación (.7) se escribe en las nuevas variables como v ηξ 8 v η =.