EDP de Primer Orden con Condiciones Iniciales

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EDP de Primer Orden con Condiciones iniciales
COAQUIRA CÁRDENAS Víctor A.
Departmento Académico de Matemática y Física
Facultad de Ingeniería de Minas, geología y Civil
Universidad Nacional de San Cristóbal de Huamanga
Ayacucho, enero - 2023
COAQUIRA CÁRDENAS Víctor A. (UNSCH) EDP - FISMA DAMF - UNSCH 1 / 26
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Outline
1 Problemas de Cauchy
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Problemas de Cauchy
Si consideremos la EDP lineal no homogenea de primer orden
α(x, y)ux + β(x, y)uy + ψ(x, y)u = γ(x, y) (1)
donde la función ψ es identicamente nula, además parametrizando la curva
plana inicial por (σ(t), ρ(t)), t ∈ I, donde I es un intervalo abierto (acotado o
no), podemos enunciar el problema de Cauchy en la forma{
α(x, y)ux + β(x, y)uy = γ(x, y),
u(σ(t), ρ(t)) = f (t), t ∈ I,
(2)
considerando las siguientes hipótesis adicionales
(i) la curva inicial es una curva suave, es decir, las funciones σ y ρ son
continuamente diferenciables en I y [σ′(t)]2 + [ρ′(t)]2 ̸= 0, ∀t ∈ I,
(ii) f ∈ C1(I),
(iii) α, β, γ ∈ C1(Ω) y las funciones α y β no se anulan simultaneamente en
el abierto Ω ⊆ R2 que lo contiene a la curva inicial.
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Para resolver el problema (2) primero debemos encontrar las curvas
características planas de la EDP, curvas que a lo largo de las cuales la EDP
puede ser escrita como una derivada total.
Si C es la curva característica plana parametrizada por x = τ(s) ; y = η(s)
entonces la derivada total de u = u(τ(s), η(s)) a lo largo de C es,
du
ds
= τ ′(s)ux + η′(s)uy (3)
pues, dx = τ ′(s)ds ; dy = η′(s)ds y du = uxdx + uydy
Por otro lado la EDP (1) a lo largo de C resulta
α[τ(s), η(s)]ux + β[τ(s), η(s)]uy = γ[τ(s), η(s)] (4)
Como se quiere que se verifique,
α(τ(s), η(s))ux + β(τ(s), η(s))uy = τ ′(s)ux + η′(s)uy (5)
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es necesario que exista el número real λ(s) ̸= 0 tal que
τ ′(s) = α(τ(s), η(s)) · λ(s)
η′(s) = β(τ(s), η(s)) · λ(s)
En este caso la ecuación (3) resulta
du
ds
= α(τ(s), η(s)) · λ(s)ux + β(τ(s), η(s)) · λ(s)uy (6)
du
ds
= λ(s)[α(τ(s), η(s))ux + β(τ(s), η(s))uy] = λ(s) · γ(τ(s), η(s)) (7)
Probemos que la función λ es innecesario, pues bastará reparametrizar la
curva convenientemente, tenemos que λ es continua desde que la curva C es
suave (¡por hipótesis!) y las funciones α y β no se anulan simultáneamente,
tomemos cualquier antiderivada ϱ de λ, esto es ϱ′(s) = λ(s) ̸= 0,
(ϱ′(s) < 0 o ϱ′(s) > 0 para cualquire s).
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Por lo tanto, ϱ(s) es una función monótona (creciente o decreciente), por
consiguiente inversible, esto nos permite hacer un cambio de variable
s = ϱ−1(t) o t = ϱ(s) para obtener una nueva parametrización (τ̂(t), η̂(t)) de
la curva C , donde
τ̂(t) = τ(s) = τ(ϱ−1(t))
η̂(t) = η(s) = η(ϱ−1(t))
Por lo tanto:
τ̂ ′(t) =
d
dt
τ̂(t) =
dτ̂(t)
ds
ds
dt
=
dτ(s)
ds
1
dt
ds
= τ ′(s)
1
ϱ′(s)
= α
(
τ(s), η(s)
)
= α
(
τ̂(t), η̂(t)
)
η̂ ′(t) =
d
dt
η̂(t) =
dη̂(t)
ds
ds
dt
=
dη(s)
ds
1
dt
ds
= η′(s)
1
ϱ′(s)
= β
(
τ(s), η(s)
)
= β
(
τ̂(t), η̂(t)
)
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Finalmente, las curvas características planas de la ecuación (1) son las curvas
suaves C que admiten parametrización
(
τ(s), η(s)
)
satisfaciendo
τ ′(s) = α(τ(s), η(s))
η ′(s) = β(τ(s), η(s))
(8)
Este sistema tiene infinitas soluciones, para obtener una única solución(
τ(s), η(s)
)
para s en una vecindad de so es necesario dar un par de
condiciones iniciales
τ(s0) = x0
η(s0) = y0
(9)
puesto que α, β ∈ C1(Ω), dado (x0, y0) ∈ Ω.
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Si la curva característica plana que pasa por
(
σ(t), ρ(t)
)
lo denotamos por(
x(s, t), y(s, t)
)
, entonces el sistema (8) y las condiciones dadas en (9) puede
replantearse como
xs(s, t) = α
(
x(s, t), y(s, t)
)
ys(s, t) = β
(
x(s, t), y(s, t)
)
x(0, t) = σ(t)
y(0, t) = ρ(t)
(10)
Como los vectores
(
σ′(t), ρ′(t)
)
y
(
α(σ(t), ρ(t)), β(σ(t), ρ(t))
)
son L.i∣∣∣∣ α(σ(t), ρ(t)) σ′(t)β(σ(t), ρ(t)) ρ′(t)
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ xs(0, t) xt(0, t)ys(0, t) yt(0, t)
∣∣∣∣ ̸= 0.
Luego, la parametrización (s, t) −→
(
x(s, t), y(s, t)
)
es localmente inyectiva,
lo cual nos permite hacer el siguienta cambio de variable
u(x, y) = v(s, t)
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Por la regla de la cadena obtenemos
∂v
∂s
=
∂u
∂x
· ∂x
∂s
+
∂u
∂y
· ∂y
∂s
= α[x(s, t), y(s, t)]ux + β[x(s, t), y(s, t)]uy
Es decir,
∂v
∂s
= γ[x(s, t), y(s, t)], además la condición inicial del problema (2)
queda de la forma v(0, t) = f (t) , t ∈ I
Luego, el problema que v satisface es:
vs = γ[x(s, t), y(s, t)]
v(0, t) = f (t) , t ∈ I
Para cada t ∈ I fijo, el problema anterior es un problema de valor inicial para
una EDO de primer orden, cuya solución se obtieneintegrando directamente
desde s = 0 hasta s, es decir:
v(s, t) =
∫ s
0
γ[x(ξ, t), y(ξ, t)]dξ + f (t) =
∫ s
0
vs(ξ, t)dξ + v(0, t)
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La existencia y unicidad de solución del problema (2) depende de como la
curva característica plana cortan a la curva inicial.
Daremos un Teorema como condición suficiente para la existencia única de la
solución en la vecindad de la curva inicial.
Teorema
Sean Ω ⊆ R2 un abierto, I ⊆ R un intervalo abierto, ζ una curva suave en Ω
parametrizada por ζ(t) = (σ(t), ρ(t)), t ∈ I, f ∈ C1(I) y α, β, γ ∈ C1(Ω).
Suponga que α2(x, y) + β2(x, y) ̸= 0, ∀(x, y ∈ Ω) y∣∣∣∣ α(σ(t), ρ(t)) β(σ(t), ρ(t))σ′(t) ρ′(t)
∣∣∣∣ ̸= 0, ∀t ∈ I
Entonces el problema (2) tiene una única solución de clase C1 en una
vecindad de la curva ζ en Ω dado por
u(xo, yo) = f (to) +
∫ so
0
γ
(
x(s, to), y(s, to)
)
ds (11)
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Figure: La solución en el punto (x0 , y0) =
(
x(so, to), y(so, to)
)
se obtiene integrando
la EDP a lo largo de la característica plana que pasa por (x0 , y0) de s = 0 hasta s = s0 .
.
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Observaciones.
1 El gráfico de u solución del problema (2) es una superficie z = u(x, y) en
R3 llamada superficie solución.
2 Otra parametrización de la superficie solución es dada por las variables
s, t, es decir (s, t) −→
(
x(s, t), y(s, t), v(s, t)
)
.
Ejemplo Nro 1
Resolver el problema de Cauchy
2yux + uy = (2y2 + x)sen(2xy), en R2
u(x, e−2x) = cos2(xe−2x)
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⋆
Resolución.
Sabemos que, las curvas características planas satisfacen la relación (8), i.e
τ ′(s) = α(τ(s), η(s)) = 2η(s)
η ′(s) = β(τ(s), η(s)) = 1
Integrando η ′(s) = 1, se tiene que η(s) = s + k1. Además
τ ′(s) = 2(s + k1) = 2s + 2k1 ⇝ τ(s) = s2 + 2k1s + k2 = (s + k1)2 + k2 − k21
De este último τ(s) =
(
η(s)
)2
+ k2 − k22, es decir x = y2 + k2 − k21
Así, las curvas características planas son las parábolas que tienen la forma
x = y2 + k
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⋆
Observemos que, en el punto de intersección (x0, y0) de la curva inicial y = e−2x con
la parábola x = y2 + x0 − y20, las tangentes son ortogonales, pues la recta tangente a la
parábola en el punto (x0, y0) tiene pendiente
1
2y0
, mientras que la recta tangente a la
curva inicial en el mismo punto tiene pendiente −2y0.
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⋆
Estamos por lo tanto en las condiciones del teorema dado, dado cualquier punto
(a, b) ∈ R2, él está en la parábola x = y2 + a − b2, que intersepta la curva inicial en
el punto (x0, y0), donde
xo = y2o + a − b2,
yo = e−2xo
Parametrizando la parábola por s −→ (s2 + a − b2, s), obtenemos
u(a, b) = u(x0 , y0) +
∫ y0
b
d
ds
u(s2 + a − b2, s)ds
u(a, b) = cos2(x0 y0) +
∫ y0
b
(2s2 + s2 + a − b2)sen[2(s2 + a − b2)s]ds
u(a, b)= cos2(x0 y0) +
∫ y0
b
(3s2 + a − b2) sen 2[s3 + s(a − b2)]ds
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⋆
Sea z = s3 + s(a − b2), entonces dz = (3s+a − b2)ds
u(a, b) = cos2(x0y0) +
∫ y3
0
+y0 (a−b
2)
b3+b(a−b2)
sen2zdz
u(a, b) = cos2(x0y0)−
1
2
cos 2z
∣∣∣y0 x0
ba
= cos2(x0y0)−
1
2
[cos 2(x0y0)−cos 2(ab)]
u(a, b) =
cos 2(x0y0) + 1
2
− 1
2
cos 2(x0y0) +
1
2
cos 2(ab)
u(a, b) =
1
2
+
1
2
cos 2(ab) = cos2(ab)
Por consiguiente la solución del problema es
u(x, y) = cos2(xy)
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Ejemplo Nro 2
Resolver el problema de Cauchy
−yux + xuy = 4xy, en R2
u(x, 0) = f (x), x > 0
Resolución.
Primero encontremos las curvas características planas para la EDP.
Busquemos entonces curvas s −→
(
τ(s), η(s)
)
tales que cumpla la relación
(8), i.e
τ ′(s) = α(τ(s), η(s)) = −η(s)
η ′(s) = β(τ(s), η(s)) = τ(s)
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⋆
Multiplicando a la primera ecuación por τ(s), y a la segunda por η(s) obtenemos
τ(s)τ ′(s) = −τ(s)η(s)
η(s)η ′(s) = τ(s)η(s)
Sumando tenemos τ(s)τ ′(s) + η(s)η ′(s) = 0 ⇐⇒ 2τ(s)τ ′(s) + 2η(s)η ′(s) = 0,
de aquí,
d
ds
[τ 2(s) + η2(s)] = 0. Entonces τ 2(s) + η2(s) = k (constante).
Así, las curvas características planas para la EDP dado son circunferencias con centro
en el origen de coordenadas que tienen la forma x2 + y2 = k.
Como la curva inicial es el semi-eje positivo de las abscisas, intersepta
ortogonalmente a cada característica plana en exactamente un punto y todos los
puntos excepto en R2 − {0} están en algunas de dichas características.
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⋆
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⋆
A lo largo de la circunferencia de radio r centrado en el origen de
coordenadas la EDP luego de considerar x = r cos θ, y = r senθ y
u(x, y) = u(r cos θ, r senθ) = v(r, θ) queda
d
dθ
v(r, θ) =
∂u
∂x
· ∂x
∂θ
+
∂u
∂y
· ∂y
∂θ
= γ(r, θ)
Esto es,
d
dθ
v(r, θ) = 4(r cos θ)(r senθ) = 4r2 cos θ senθ
Para cada r > 0 fijo, el problema dado es un problema de valor inicial para
una EDO de primer orden, cuya solución se obtiene integrando directamente
desde θ = 0 hasta θ, es decir:
v(r, β)
∣∣∣θ
0
=
∫ θ
0
4r2 cosβ senβdβ
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⋆
v(r, θ)− v(r, 0) =
∫ θ
0
4r2 senβd(senβ)
v(r, θ) =
∫ θ
0
4r2 senβd(senβ) + v(r, 0)
= 2r2 sen2β
∣∣∣θ
0
+ f (r)
= 2r2[sen2θ − sen20] + f (r)
= 2r2 sen2θ + f (r)
= 2(r senθ)2 + f (r)
Finalmente,
u(x, y) = 4y2 + f (
√
x2 + y2) para (x, y) ∈ R2 − {(0, 0)}
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Ejercicio # 1
Por el método de las c.c.p, resolve.
ux + uy = x + y,
u(x, 0) = x2.
Parametrizando x = x(s, t) ; y = y(s, t) ; u = u
(
x(s, t), y(s, t)
)
∂u
∂s
=
∂u
∂x
∂x
∂s
+
∂u
∂y
∂y
∂s
, es decir us = xsux + ysuy.
Luego, si xs = 1; ys = 1, entonces us = x + y.
Resolviendo este sistema: x = s + f1(t); y = s + f2(t) y us = 2s + f1(t) + f2(t).
Para hallar las constantes f1, f2 parametricemos la condición inicial.
Si, x = x(0, t) = t; u = u(0, t) = t2; y = y(0, t) = 0, entonces
t = 0 + f1(t) y 0 = 0 + f2(t), de donde f1(t) = t y f2(t) = 0.
Quedando x = s + t, y = s, entonces x = y + t ó x − y = t son las c.c.p.
us(s, t) = 2s + t de donde u(s, t) = s2 + ts + f3(t), como u(0, t) = t2 es decir
02 + t(0) + f3(t) = t2, entonces f3(t) = t2. Por lo tanto u(s, t) = s2 + ts + t2
Finalmente, u(x, y) = y2 + (x − y)y + (x − y)2 = x2 − xy + y2.
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Ejercicio # 2
Por el método de las c.c.p, resolve.√
1 − x2ux + uy = x,
u(0, y) = y.
Parametrizando x = x(s, t) ; y = x(s, t) ; u = u
(
x(s, t), y(s, t)
)
∂u
∂s
=
∂u
∂x
∂x
∂s
+
∂u
∂y
∂y
∂s
, es decir us = xsux + ysuy.
Luego, si xs =
√
1 − x2 , x ∈ [−1, 1] y ys = 1, entonces us = x(s, t).
Resolviendo este sistema: arcsen x = s + f1(t) ; y = s + f2(t) y us = x(s, t).
Para hallar las constantes f1, f2 parametricemos la condición inicial.
Si, x = x(0, t) = 0; y = y(0, t) = t; u = u(0, t) = t, entonces arcsen 0 = 0 + f1(t) y
t = 0 + f2(t), es decir f1(t) = 0 y f2(t) = t.
Quedando x = sen(s), y = s + t de donde y = arcsen x + t son las c.c.p.
us(s, t) = sen(s) de donde u(s, t) = − cos(s) + f3(t), como u(0, t) = t es decir
− cos(0) + f3(t) = t, entonces f3(t) = t + 1.
Por lo tanto u(s, t) = − cos(s) + t + 1. Finalmente,
u(x, y) = − cos(arcsen x) + y − arcsen x + 1 = −
√
1 − x2 + y − arcsen x + 1.
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	Problemas de Cauchy