Tarea1_EDP'S

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Ecuaciones Diferenciales Parciales
III PAC - I Parcial
Author: Juan Isaula
Fecha: Septiembre, 2021
Unicamente el que hace aprende
Friedrich Nietzsche
Ejercicios
� Ejercicio 1.1 Demuestre que u = f(x)g(y) satisface la ecuación
uuxy − uxuy = 0 (1.1)
donde f, g son funciones dos veces diferenciables.
Demostración
Note que
ux(x, y) = f
′(x)g(y)
uy(x, y) = f(x)g
′(y)
Por lo tanto uxy = f ′(x)g′(y) ya que por hipótesis sabemos que f, g son dos veces diferenciables.
Luego, vea que de (1.1) obtenemos
uuxy = uxuy
f(x)g(y)︸ ︷︷ ︸
u
f ′(x)g′(y)︸ ︷︷ ︸
uxy
= f ′(x)g(y)︸ ︷︷ ︸
ux
f(x)g′(y)︸ ︷︷ ︸
uy
Por tanto, en efecto se cumple que u = f(x)g(y) satisface la ecuación (1.1).
� Ejercicio 1.2 Sabiendo que
k2 + l2 = n2 (1.2)
Verificar que
u(x, y, t) = A cos(kx) cos(ly) cos(nct) +B sin(kx) sin(ly) sin(nct) (1.3)
es una solución para la ecuación utt = c2(uxx + uyy).
Demostración
De (1.3) podemos obtener que:
Ux = −kA sin(kx) cos(ly) cos(nct) + kB cos(kx) sin(ly) sin(nct)
Uxx = −k2A cos(kx) cos(ly) cos(nct)− k2B sin(kx) sin(ly) sin(nct) (∗)
Uy = −lA cos(kx) sin(ly) cos(nct) + lB sin(kx) cos(ly) sin(nct)
Uyy = −l2A cos(kx) cos(ly) cos(nct)− l2B sin(kx) sin(ly) sin(nct). (•)
Ut = −(nc)A cos(kx) cos(ly) sin(nct) + (nc)B sin(kx) sin(ly) cos(nct)
Utt = −(nc)2A cos(kx) cos(ly) cos(nct)− (nc)2B sin(kx) sin(ly) sin(nct) (?)
Luego, note que si usamos (∗) y (•) podemos obtener:
c2(uxx + uyy) = c
2[−k2A cos(kx) cos(ly) cos(nct)− k2B sin(kx) sin(ly) sin(nct)︸ ︷︷ ︸
uxx
+
(−l2A cos(kx) cos(ly) cos(nct)− l2B sin(kx) sin(ly) sin(nct))︸ ︷︷ ︸
uyy
]
= c2[A cos(kx) cos(ly) cos(nct)(−l2 − k2) +B sin(kx) sin(ly) sin(nct)(−l2 − k2)]
= c2[−n2A cos(kx) cos(ly) cos(nct)− n2B sin(kx) sin(ly) sin(nct)] Esto por (1.2)
= −(nc)2A cos(kx) cos(ly) cos(nct)− (nc)2B sin(kx) sin(ly) sin(nct) (??)
Note que (??) = (?). Por tanto, (1.3) es solución de utt = c2(uxx + uyy).
� Ejercicio 1.3 Obtener las soluciones de las siguiente EDP ′S de primer orden:
a) xux + yuy = u.
Solución
Comenzamos escribiendo las funciones características, las cuales son:
dx
x
=
dy
y
=
du
u
Luego, vea que si tomamos las primeras dos, obtenemos
dx
x
=
dy
y∫
dx
x
=
∫
dy
y
ln(x) = ln(y) + C
ln(x)− ln(y) = C
ln
( x
y
)
= C Por prop de logaritmos
x
y
= eC
φ =
x
y
= C1, con C1 = eC = Const
Luego, note que
du
u
=
dx
x∫
du
u
=
dx
x
ln(u) = ln(x) + C
u = xeC
ψ =
u
x
= C2 Con C2 = eC
Por tanto, la solución general de la EDP es
f(φ, ψ) = f
( x
y
,
u
x
)
= 0 o u(x, y) = xg
( x
y
)
2
a) (2xy2)ux + (x3 + y3)uy = 0
Solución
Las ecuaciones características son:
dx
2xy2
=
dy
x3 + y3
=
du
0
Ahora tomando
dy
x3 + y3
=
du
0
=⇒ du = 0 =⇒ u = C1 =⇒ φ = u = C1
Ahora, vea que si hacemos
dy
x3 + y3
=
dx
2xy2
dy
dx
=
x3 + y3
2xy2
dy
dx
= x2 · 1
2y2
+
1
2x
· y−1
dy
dx
− 1
2x
· y = ·1
2
x2y−2 (•)
obtenemos una EDO de Bernulli la cual tiene la forma y′ + p(x)y = q(x)yn. Por tanto, si resolvemos la
ecuación obtenemos:
u = y1−n = y1−(−2) = y3 con n = −2 =⇒ y = 3
√
u. Entonces, sustituimos
dy
dx
=
dy
du
· du
dx
=
1
3u2/3
du
dx
Luego, note que (•) toma la forma
1
3u2/3
du
dx
− 1
2x
u1/3 =
1
2
x2u−3/2
du
dx
− 3
2x
u =
3
2
x2 Multiplicamos la ecuación anterior por 3u2/3
Por tanto, el factor integrante para está ecuación es:
e−
3
2
∫
dx
x = e−
3
2
lnx = x−3/2
=⇒
d
dx
[x−3/2u] =
3
2
x1/2∫
d
dx
[x−3/2u] =
∫
3
2
x2dx
x−3/2u = x3/2 + C2
u = x3 + x3/2C2
y3 = x3 + x3/2C2 dado que u = y3
ψ = y3x−
3
2 − x
3
2 = C2
Por tanto la solución general es:
f
(
φ, ψ
)
= f
(
u, y3x−
3
2 − x
3
2
)
= 0 o u(x, y) = g
(
y3x−
3
2 − x
3
2
)
3
b) xux + yuy = nu, n ∈ N
Solución
Las ecuaciones carasterícticas son:
dx
x
=
dy
y
=
du
nu
Note que si tomas la igualdad dxx =
dy
y obtenemos∫
dy
y
=
∫
dx
x
=⇒ ln y = lnx+ C =⇒ y = xC1 =⇒
y
x
= C1 = φ
Ahora, vea que
dx
x
=
du
nu
=⇒ ndx
x
=
du
u
=⇒ n
∫
dx
x
=
∫
du
u
=⇒ n lnx+C = lnu =⇒ xnC2 = u =⇒ C2 =
u
xn
= ψ
Por lo tanto, la solución general es:
f(φ, ψ) = f
( y
x
,
u
xn
)
= 0 o u(x, y) = xng
( y
x
)
b) y3ux + (xy2 + y4)uy = 0
Solución
Las ecuaciones carasterícticas son:
dx
y3
=
dy
xy2 + y4
=
du
0
Por tanto, si tomamos dy
xy2+y4
= du0 tenemos que:
du = 0 =⇒ u = C1 = φ
Ahora, tomando dx
y3
= dy
xy2+y4
, obtenemos
dy
dx
=
xy2 + y4
y3
= xy−1 + y
dy
dx
− y = xy−1 −→ EDO de Bernulli
entonces u = y1−n = y1−(−1) = y2 con n = −1 , lo cual implica que y =
√
u. Luego,
dy
dx
=
dy
du
du
dx
=
1
2u1/2
du
dx
Luego, usando este resultado previo en EDOBernulli, tenemos que
1
2u1/2
du
dx
− u1/2 = xu−1/2
du
dx
− 2u = 2x Multiplicamos 2u1/2 en la ecuación anterior
Así, el factor integrante es:
e−
∫
dx = e−2x
4
=⇒
d
dx
[e−2xu] = 2xe−2x =⇒
∫
d
dx
[e−2xu] =
∫
2xe−2xdx
e−2xu = −xe−2x − 1
2
e−2x + C2
u = −x− 1
2
+ e2xC2 multiplicamos por e2x la ecuación anterior
y2 + x+
1
2
= e2xC2 dado que u = y2
y2e−2x + xe−2x +
1
2
e−2x = C2 = ψ
Por tanto, la solución general es:
f
(
u, y2e−2x + xe−2x + 12e
−2x
)
= 0 o u(x, y) = g
(
y2e−2x + xe−2x + 12e
−2x
)
c) x2ux + xyuy = y2.
Solución
Las ecuaciones carasterícticas son:
dx
x2
=
dy
xy
=
du
y2
Note que si tomamos dyxy =
dx
x2
tenemos que:∫
dy
y
=
∫
dx
x
=⇒ ln y = lnx+ C1 =⇒ φ =
y
x
= C1. (∗)
Luego, tamando dyxy =
du
y2
tenemos que:
dy
xy
=
du
y2
=⇒ dyy
c1
y
=
du
y2
Por (∗)
y =
∫
c1du (•)
Entonces tenemos dos casos para esta integral, los cuales son:
c1 ≥ 0 =⇒ c1 = a ∈ R+ lo cual implica∫
adu = au+ C2
c1 < 0 =⇒ c1 = −a
−a
∫
du = −au+ C2
Por tanto, retomando (•) tenemos que
y =
{
au+ C2 si c1 ≥ 0
−au+ C2 si c1 < 0
5
c) y2ux − xyuy = x(u− 2y)
Solución
Las ecuaciones carasterícticas:
dx
y2
=
dy
−xy
=
du
x(u− 2y)
Luego, si tomamos dx
y2
= dy−xy entonces:
dy
−xy
=
dx
y2
=⇒ dy
x
= −dx
y
=⇒
∫
ydy = −
∫
xdx+ C1
y2 + x2 = C1 = φ
Luego, tomemos dy−xy =
du
x(u−2y) entonces, obtenemos que:
du
dy
= −u
y
+ 2
du
dy
+
1
y
· u = 2 −→ EDO lineal de primer orden
Por tanto, procederemos a resolver la EDO lineal de primer orden. Es claro que el factor integrante es:
e
∫ dy
y = eln y = y
Luego, multiplicando este factor por la EDO lineal de primer orden, tenemos que
y
du
dy
− u = 2y como d
dy
[yu] = 2y
entonces ∫
d
dy
[yu] =
∫
2ydy
yu = y2 + C2
yu− y2 = C2
y(u− y) = C2 = ψ
Por tanto, la solución general es:
f
(
x2 + y2, y(u− y)
)
= 0 o u(x, y) = y +
g(x2 + y2)
y
d) aux + buy + cu = 0 con a, b, c ∈ R.
Solución
Las ecuaciones carasterícticas son:
dx
a
=
dy
b
=
du
u
Tomando dyb =
dx
a entonces∫
ady =
∫
bdx =⇒ ay = ax+ C1 =⇒ ay − ax = C1 = φ
Luego tomamos, dyb = −
du
c y obtenemos:∫
cdy = −bdu =⇒ cy = −bu+ C2 =⇒ cy + bu = C2 = ψ
Por tanto, la solución general es:
f
(
ay − by, cy + bu
)
= 0 o u(x, y) =
1
b
g(ay − bx)− c
b
y
6
d) (y − xu)ux + (x+ yu)uy = x2 + y2
Solución
Las ecuaciones carasterícticas son:
dx
y − xu
=
dy
x+ yu
=
u
x2 + y2
Luego, vea que:
ydx
y2 − yxu
=
xdy
x2 + xyu
=
du
x2 + y2
ydx+ xdy
x2 + y2
=
du
x2 + y2
ydx+ xdy = du∫
d[xy] =
∫
du
xy = u+ C1
xy − u = C1 = φ
Ahora,
−xdx
−xy + x2u
=
ydy
xy + y2u
=
du
x2 + y2
ydy − xdx
u(x2 + y2)
=
du
x2 + y2
ydy − xdx = udu∫
ydy −
∫
xdx =
∫
udu
y2
2
− x
2
2
=
u2
2
+ C2
y2 − x2 − u2 = C2
Por tanto, la solución generale es:
f
(
xy − u, y2 − x2 − u2
)
= 0
7
� Ejercicio 1.4 Obtener las soluciones de los siguientes problemas de Cauchy de primer orden:
a)
{
xuy − yux = 0
u(x, 0) = h(x), x > 0
Solución
Las ecuaciones carasterícticas son:
−dx
y
=
dy
x
=
du
0
Luego, tomando
dy
x
=
du
0
=⇒ du = 0 =⇒ u = C1 = φ
Ahora, tomando −dxy =
dy
x obtenemos:
−xdx = ydy =⇒ −
∫
xdx =
∫
ydy =⇒ x2 + y2 = C2 = ψ
Por tanto, la solución general es:
f
(
u, x2 + y2
)
= 0 o u(x, y) = g(x2 + y2)
Ahora, utilizando la condición de la data de Cauchy, obtenemos:
u(x, y) = g(x2 + y2)
u(x, 0) = h(x) = g( x2︸︷︷︸
z⇒x=
√
z
)
entonces g(z) = h(
√
z). Por tanto, la solución general es:
u(x, y) = g(z) = h(
√
z) = h(
√
x2 + y2)
b)
{
uy + F (u)ux = 0
u(x, 0) = u0(x), x > 0
Solución
Parametrizando tenemosque
θ :

X(0, s) = s
Y (0, s) = 0
Z(0, s) = u0(s)
=⇒ Γ :

x = X(t, s)
y = Y (t, s)
z = Z(t, s)
t.q

dx
dt = F (z)
dy
dt = 1
dz
dt = 0
donde ∫
dy =
∫
dt =⇒ y = t+ c2(s) =⇒ Y (0, s) = 0 + c2(s) = 0
Por tanto,
y = t
Ahora, veamos el caso:∫
dz =
∫
0 =⇒ z = c3(s) =⇒ Z(0, s) = c3(s) = u0(s)
por tanto,
z = u0(s)
Por último, está el caso:∫
dx =
∫
F (u0(s))dt =⇒ x = F (u0(s))t+ c1(s) =⇒ X(0, s) = F (u0(s))(0) + c3(s) = s
8
por tanto,
x = F (u0(s))t+ s
Por tanto, se obtiene las soluciónes
x = F (u0(s))t+ s
y = t
z = u0(s)
Por tanto,
u(x, y) = u0(x− F (u)y)
c)
{
(y − x)ux + 2yuy = 3x− y + 2u
u(x, 0) = −x
Solución
Primero parametrizamos:
θ :

X(0, s) = s
Y (0, s) = 0
Z(0, s) = −s
=⇒ Γ :

x = X(t, s)
y = Y (t, s)
z = Z(t, s)
t.q

dx
dt = y − x
dy
dt = 2y
dz
dt = 3x− y + 2z
El sistema previo lo podemos ver de forma matricial: x
′
y′
z′
 =
 −1 2 00 2 0
3 −1 2

︸ ︷︷ ︸
A
 xy
z

=⇒
P (λ) = det[A− λI] =
∣∣∣∣∣∣∣
−1− λ 1 0
0 2− λ 0
3 −1 2− λ
∣∣∣∣∣∣∣
=⇒
P (λ) = (−1− λ)(2− λ)2 = (λ+ 1)(λ− 2)2
Por tanto,
λ1 = −1
λ = 2 con mutliplicidad 2.
Para
λ1 = −1.
(A− λ1I)v = 0 =⇒
 0 1 00 2 0
3 −1 3

 v1v2
v3
 =
 00
0

Entonces, v2 = 0 y 3v1 − v2 + 3v3 = 0 =⇒ v3 = −1
Por tanto, v =
 10
−1
 v1.
9
λ = 2
(A− λ2I)v = 0 =⇒
 −3 1 00 0 0
3 −1 0

 v1v2
v3
 =
 00
0

Entonces:
−3v1 + v2 = 0
3v1 − v2 = 0
Así, v2 = 3v1. Por tanto,
v =
 13
0
 v1 +
 00
1
 v3
Por tanto,  X(t, s)Y (t, s)
Z(t, s)
 = c1(s)
 10
−1
 e−t +
 c2(s)
 13
0
+
 00
1
 c3(s)
 e2t
Para t = 0, tenemos que
Y (0, s) = 3c2(s) = 0 =⇒ c2(s) = 0
X(0, s) = c1(s) + c2(s) = s =⇒ c1(s) = s
Z(0, s) = −c1(s) + c3(s) = −s =⇒ c3(s) = 0
Por tanto, las soluciones son:
x = se−t
y = 0
z = −se−t
Por tanto,
u(x, y) = −x
d)
{
(xy − u)ux + (y2 − 1)uy = yu− x
u(x, 0) = x2 − 1, x > 0
Solución
Para dar con la solución de dicho ejercicio, es necesario recordar las funciones trigonometricas
hiperbólicas y sus propiedades.
Tenga en cuenta que cosh2 x− sinh2 x = 1 y de la condición inicial u(x, 0) =
√
x2 − 1. Por tanto, la
condición de Cauchy parametrizada es:
θ :

X(0, s) = cosh s
Y (0, s) = 0
Z(0, s) = sinh s
=⇒

X(t, s) = x
Y (t, s) = y
Z(t, s) = z
t.q

dx
dt = xy − z
dy
dx = y
2 − 1
dz
dt = yz − x
(1.4)
10
Es evidente que lo anterior es una parametrización de la hipérbola:{
z2 = x2 − 1
y = 0
Si tomamos la ecuación (2) del sistema anterior, tenemos que:∫
dy
y2 − 1
=
∫
dt =⇒ 1
2
ln
(
y−1
y+1
)
= t+ c2(s)
=⇒ y − 1 = ye2t+2c2(s) + e2t+c2(s)
=⇒ y
[
1− e2t+2c2(s)
]
= 1 + e2t+2c2(s)
=⇒ y = 1 + e
2t+2c2(s)
1− e2t+2c2(s)
Usando Y (0, s), obtenemos que:
Y (0, s) =
1 + e2c2(s)
1− e2c2(s)
= 0 =⇒ 1 + e2c2(s) = 0 =⇒ e2c2(s) = -1
Por tanto,
y =
1− e2t
1 + e2t
= − tanh t
Lo anterior por:
Funciones hiperbólicas básicas
sinhx = e
x−e−x
2
coshx = e
x+e−x
2
tanhx = sinhxcoshx =
ex−e−x
ex+e−x
cothx = coshxsinhx =
ex+e−x
ex−e−x
Tomando de nuevo (1.4) podemos escribirlo como:{
dx
dt = − tanh t · x− z
dz
dt = −x− tanh t · z
entonces, podemos resolverlo por medio de:(
x′
z′
)
=
(
− tanh t −1
−1 − tanh t
)
︸ ︷︷ ︸
A
(
x
z
)
=⇒
P (λ) = det
(
A− λI
)
= 0∣∣∣∣∣ − tanh t− λ −1−1 − tanh t− λ
∣∣∣∣∣ = 0
[− tanh t− λ]2 − 1 = 0
− tanh t− λ = ±1
− tanh t± 1 = λ
11
λ1 = − tanh t− 1
(A− λ1I)v = 0 =⇒
(
1 −1
−1 1
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
=⇒ v1 − v2 = 0 =⇒ v1 = v2 =⇒ v =
(
1
1
)
v1
λ2 = − tanh t+ 1
(A− λ2I)v = 0 =⇒
(
−1 −1
−1 −1
)(
v1
v2
)
=
(
0
0
)
=⇒ −v1 − v2 = 0 =⇒ v1 = −v2 =⇒ v =
(
−1
1
)
v2
Por tanto, (
X(t, s)
Z(t, s)
)
= c1(s)
(
1
1
)
e− tanh t−1 + c3(s)
(
−1
1
)
e− tanh t+1
Si t = 0, tenemos:
X(0, s) = c1(s)e
−1 − c2e = cosh s
Z(0, s) = c1(s)e
−1 + c2e = sinh s
2c1e
−1 = cosh s+ sinh s
2c1(s) = e[cosh s+ sinh s]
c1(s) =
e
2
[cosh s+ sinh s]
Ahora, sustituyendo el resultado de c1(s) en ecuación de Z(0, s) para obtener c2(s) como se sigue:
e
2
[cosh s+ sinh s]e−1 + c2e = sinh s
c2(s) =
e−1
2
[sinh s− cosh s]
Por tanto, tenemos que:
X(t, s) =
(cosh s+ sinh s)
2
e− tanh t − (sinh s− cosh s)
2
e− tanh t
X(t, s) = cosh s · e− tanh t
y
Z(t, s) =
(cosh s+ sinh s)
2
e− tanh t +
(sinh s− cosh s)
2
e− tanh t
Z(t, s) = sinh s · e− tanh t
Por tanto, 
x = cosh s · e− tanh t
y = − tanh t
z = sinh s · e− tanh t
12
Vea que x2 = cosh2 s · e2y y z2 = sinh2 s · e2y entonces,
z2 = sinh2 s · e2y
= [cosh2 s− 1]e2y ya que cosh2 s− sinh2 s = 1
= cosh2 s · e2y︸ ︷︷ ︸
x2
−e2y
= x2 − e2y
Por tanto, concluimos que:
u2(x, y) = x2 − e2y
� Ejercicio 1.5 Dada la EDP de primer orden ux + yuy = y2 con data de Cauchy u(x, xn) = 0. Determinar los
valores de n para los cuales la solución es única.
Solución
Data de Cauchy:

X(0, s) = s = f(s)
Y (0, S) = sn = g(s)
Z(0, s) = 0
donde,
a = 1
b = sn
Por tanto,
bf ′ − ag′ 6= 0
sn · 1− 1 · nsn−1 6= 0
sn(1− n
s
) 6= 0
1− n
s
6= 0
Por tanto, con base en la condición de transversatilidad, podemos concluir que los valores de n para los cuales
la solución es única son todos aquelldos valores reales diferentes de 1.
� Ejercicio 1.6 Resolver x2ux + y2uy = x2 + y2 con condición inicial u(x, 1) = x+ 1. ¿Es unica la solución?
Imponer condiciones iniciales para que existan infinitas soluciones y dar por lo menos dos soluciones.
Solución
Las ecuaciones carasterícticas son:
dx
x2
=
dy
y2
=
du
x2 + y2
note que si tomamos dx
x2
= dy
y2
obtenemos:∫
dx
x2
=
∫
dy
y2
=⇒ 1
x
− 1
y
= C1 =⇒
x− y
xy
= C1 = φ
13
Posteriormente, vea que:
dx+ dy
x2 + y2
=
du
x2 + y2
dx+ dy = du
x+ y + C2 = u Integramos la ecuación anterior
ψ = C2 = u− x− y
Por tanto, la solución general es:
f
(
x−y
xy , u− x− y
)
= 0 o u(x, y) = x+ y + g
(
x−y
xy
)
(1.5)
Luego, si tomamos la condición inicial, tenemos:
u(x, 1) = x+ 1 + g
(
x−1
x
)
= x+ 1
g
(
x−1
x
)
= 0
Por tanto, la solución es única y es:
u(x, y) = x+ y
Una forma alternativa que ayudaría a probar la unicidad de la solución es la condición de transversavilidad.
Una condición inicial para que existan soluciones infinitas puede ser colocando la siguiente variante:{
x2ux + y
2uy = x
2 + y2
u(x, x) = 2x
de (1.4) tendremos que:
u(x, x) = x+ x+ g(0) = 2x =⇒ g(0) = 0.
El resultado previo comprueba que g es una función con infinitas soluciones. Algunas soluciones
pueden ser:
u(x, y) = x+ y
u(x, y) = x+ 1 + y
� Ejercicio 1.7 Resolver el siguiente problema de Cauchy{
ux + uy − uz = u2
u(x,−x, z) = x, ∀x, z
Solución
Las ecuaciones carasterísticas son:
dx
1
=
dy
1
=
dz
−1
=
du
u2
si tomamos dx1 =
dz
−1 =
du
u2
obtenemos que:
dx+ dz
1− 1
=
du
u2
dx+ dz = 0∫
dx+
∫
dz =
∫
0
x+ z = C1 = φ
14
Ahora, si tomamos dy1 =
du
u2
, entonces:∫
dy =
∫
du
u2
=⇒ y = −1
u
+ C2
y +
1
u
= C2
Por tanto,
f
(
x+ z, y + 1u
)
= 0 =⇒ u(x, y, z) = 1
g(x+ z)− y
Luego, si usando la data de Cauchy tenemos que:
u(x,−x, z) = 1
g(x+ z) + x
= x =⇒ 1
x
− x = g(x+ z)
Por tanto,
u(x, y, z) =
1
1
x − x− y
� Ejercicio 1.8 Considere la ecuación ut + uux = 0 con condición incial u(x, 0) = −c tan−1
(
x
cτ0
)
donde c
y τ0 son constantes positivas. Encuentre el tiempo de rotura de la ecuación.
Solución
Las parametrizaciones y ecuaciones características son:
θ :

X(0, s) = s
T (0, s) = 0
Z(0, s) = −c tan−1
(
x
xτ0
) y

dx
dτ = z
dt
dτ = 1
dz
dτ = 0
=⇒

x = c3(s)τ + c1(s)
t = τ + c2(s)
z = c3(s)
En τ = 0 se tiene que
x = −c tan−1
(
s
cτ0
)
t+ s
t = τ
z = −c tan−1
(
s
cτ0
)
= u
Vea que si se toma x = −c tan−1
(
s
cτ0
)
t+ s, se tiene que
x = ut+ s
s = x− ut (•)
Por tanto, la solución puede verse como
u(x, t) = −c tan−1
(
x−ut
cτ0
)
Con base en este resultado, vea que:
ux =
−c(
x−ut
cτ0
)2
+ 1
· 1− uxt
cτ0
=
−c2τ0(1− uxt)
(x− ut)2 + (cτ0)2
=
−c2τ0 + c2τ0uxt
(x− ut)2 + (cτ0)2
ux =
−c2τ20
s2 + (cτ0)2 − c2τ0t
Por(•)
Luego, vea que si s = 0 entonces, se tiene que
ux =
−c2τ0
(cτ0)2 − c2τ0t
=⇒ V.P : t = τ0
15
donde V.P=valor prohibido.
Con base en lo anterior buscamos ts = −1g′(s) , donde g(s) = −c tan
−1
(
s
cτ0
)
, lo cual implica que
g′(s) =
−c2τ0
s2 + (cτ0)2
Por tanto,
T0 = inf
{
ts = − 1g′(s) : s ∈ R
}
= inf
{
− 1−c2τ0
s2+(cτ0)
2
: s ∈ R
}
= inf
{
(cτ0)2
c2τ0
}
donde s = 0
= τ0
Por lo tanto, el tiempo de rotura es:
T0 = τ0
� Ejercicio 1.9 Encuentre la solución de la ecuación y2u2x + x2u2y = (xyz)2 utilizando el método de variables
separables.
Solución
Supongamos que u(x, y) = f(x)g(x) 6= 0 es una solución de la ecuación, en consecuencia, tenemos:
y2{f ′(x)g(y)}2 + x2{f(x)g′(x)}2 = x2y2{f(x)g(x)}2
o, equivalente
1
x2
{
f ′(x)
f(x)
}2
+
1
y2
{
g′(y)
g(y)
}
= 1
o
1
x2
{
f ′(x)
f(x)
}2
= 1− 1
y2
{
g′(y)
g(y)
}
= λ2
donde λ2 es una constante de separación. Por tanto,
1
x
f ′(x)
f(x)
= λ y
g′(y)
yg(y)
=
√
1− λ2
Resolviendo las ecuaciones previas, tenemos que:
f(x) = Ae
λ
2
x2 y g(y) = Be
1
2
y
√
1−λ2
donde A y Bson constantes arbitrarias. Por tanto, la solución general es:
u(x, y) = Ce
λ
2
x2+ 1
2
y2
√
1−λ2
donde C = AB es una constante arbitraria.
� Ejercicio 1.10 Encuentre la solución de la EDP
u = xux + yuy =
1
2
(u2x + u
2
y)
sujeta a la condición inicial u(x, 0) = 12(1− x
2)
Solución
Es claro que estamos ante una ecuación no lineal. Entonces:
F (x, y, z, p, q) = xp+ yq +
1
2
(p2 + q2)− z = 0
16
El sistema a resolver es:
dx
Fp
=
dy
Fq
=
dp
−Fx − pFz
=
dq
−Fy − qFz
=
dz
pFp + qFq
= dt
dx
x+ p
=
dy
y + q
=
dp
0
=
dq
0
=
dz
p(x+ p) + q(y + q)
= dt
Note que, si tomamos las siguientes ecuaciones, obtenemos:
dp
0
= dt =⇒
∫
dp =
∫
0 =⇒ p = a
dq
0
= dt =⇒
∫
dq =
∫
0 =⇒ q = b
Esto implica que:
dz = pdx+ qdy =⇒
∫
dz = a
∫
dx+ b
∫
dy =⇒ z = ax+ by + C
Así, tendremos que:
u(x, y) = ax+ byC
Luego, por la condición inicial tendremos que:
u(x, 0) =
1
2
(1− x2) =⇒ ax+ C = 1
2
(1− x2) =⇒ C = 1
2
(1− x2)− ax
Por tanto, tendremos que la solución es:
u(x, y) = by +
1
2
(1− x2)
� Ejercicio 1.11 Dada la EDP de 1er orden F (x, y, u, p, q) = 0 se llama integral completa a una familia
biparamétrica de soluciones u = u(x, y, α, β), donde α, β ∈ R.
a) Probar que si la ecuación es de la forma p = f(q), entonces admite una integral completa de la forma
u = αx+ f(α)y + β
b) Probar que si la ecuación es de la forma p = f(u, q), entonces admite una integral completa definida
implicitamente por ∫ u
a
ds
f(s, α)
= x+ αy + β
donde asumimos que u vive en un intervalo I = [a, b] (puede ser de cualquier tipo).
Prueba
a) Sea p = α, entonces q = f(α), del sistema característico obtenemos que:
du = pdx+ qdy
du = αdx+ f(α)dy∫
du =
∫
αdx+
∫
f(α)dy
u = αx+ f(α)y + β
17
b) Del sistema característico podemos obtener que: dpdq =
p
q =⇒ q = αp. Por tanto,
du = pdx+ qdy
du = f(u, α)fx+ αpdy
du
f(u, α)
= dx+ αdy∫
du
f(u, α)
= x+ αy + β∫ u ds
f(s, α)
= x+ αy + β
18
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