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• Leyter Rebaza Narro

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EDP RESUELTAS 1.Resolver la ecuación diferencial en derivadas parciales: 𝜕𝑧 𝜕𝑧 (𝑥 2 − 𝑦 2 − 𝑧 2 ) + 2𝑥𝑦 = 2𝑥𝑧 𝜕𝑥 𝜕𝑦 Solución 1° Sistema de EDO: 𝑃 = 𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 {𝑄 = 2𝑥𝑦 ⇰ 2 = = (𝜶) 𝑥 − 𝑦2 − 𝑧2 2𝑥𝑦 2𝑥𝑧 𝑅 = 2𝑥𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 = = 𝑥2 −𝑦2 −𝑧2 2𝑥𝑦 𝑥2 −𝑦2 −𝑧2 2𝑥𝑦 { 𝑑𝑦 ⇔ { 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = = 2𝑥𝑦

2𝑥𝑧

𝑦

𝑧

Resolviendo por separado cada EDO: a) Determinación de 𝑐1 : Previamente arreglamos el sistema de EDO (𝜶), de la siguiente manera: 𝑥𝑑𝑥 𝑦𝑑𝑦 𝑧𝑑𝑧 𝑑𝑦 = = = 𝑥(𝑥2 − 𝑦2 − 𝑧2 ) 2𝑥𝑦 2 2𝑥𝑧 2 2𝑥𝑦 Luego, por propiedad de proporciones, tenemos: 𝑑𝑦 𝑥𝑑𝑥 + 𝑦𝑑𝑦 + 𝑧𝑑𝑧 𝑑𝑦 2𝑥𝑑𝑥 + 2𝑦𝑑𝑦 + 2𝑧𝑑𝑧 = ⇰ = 2𝑥𝑦 𝑥(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ) 𝑦 (𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ) 𝑑𝑦 𝑑(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ) (𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ) ⇔ = ⇰ = 𝑐1 𝑦 𝑦 (𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ) b)

𝑑𝑦 𝑦

=

𝑑𝑧 𝑧

⇰

𝑧 𝑦

= 𝑐2

2° características:

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = = 𝑐1 𝑦

𝑧 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = = 𝑐2 𝑦 { 𝜑[𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 0 ⇔

𝜑[𝑐1 , 𝑐2 ] = 0

En estas condiciones, el haz de curvas buscado será el dado por 𝑐1 y 𝑐2 y la solución de la ecuación diferencial será una relación arbitraria entre ellas, es decir:

𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑧 𝜑[ , ]=0 𝑦 𝑦 Que viene a ser la solución general de la EDP dada 2. Comprobar que la solución de la EDP

𝝏𝒛 𝝏𝒙

+

𝝏𝒛 𝝏𝒚

= 𝒛𝟐 que pasa

por 𝑥 = 𝑡; 𝑦 = −𝑡; 𝑧 = 𝑡, se hace infinita en la curva 𝑥 2 − 𝑦 2 = 4 Solución 1° Sistema de EDO: 𝑃=𝟏 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 {𝑄=𝟏 ⇰ = = 𝟐 𝟏 1 𝒛 𝑅 = 𝒛𝟐 𝑥 − 𝑦 = 𝑐1 𝑑𝑥 = 𝑑𝑦 { ⇰ {𝑥 + 1 = 𝑐 𝑑𝑧 𝑑𝑥 = 𝟐 2 𝒛

𝑧

2° características: 𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 − 𝑦 = 𝑐1 1 { 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥 + = 𝑐2 𝑧 𝜑[𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 0 ⇔ 𝜑[𝑐1 , 𝑐2 ] = 0 Luego, la solución general está dado por: 1 𝜑 [𝑥 − 𝑦, 𝑥 + ] = 0 𝑧 La solución concreta que pasa por el punto indicado será: 𝑐1 = 𝑥 − 𝑦 = 2𝑡 𝑐1 2 { 1 1 ⇰ 𝑐2 = 2 + 𝑐 𝑐2 = 𝑥 + = 𝑡 + 1 𝑧 𝑡 1 𝑥−𝑦 2 2(𝑥 − 𝑦) ⇔ 𝑥+ = + ⇰ 𝑧= 2 𝑧 2 𝑥−𝑦 𝑥 − 𝑦2 − 4 Se observa que 𝑧 se hace infinita a lo largo de la curva 𝑥 2 − 𝑦 2 = 4

3. Resolver la EDP 𝒙

𝝏𝒛 𝝏𝒙

−𝒚

𝝏𝒛 𝝏𝒚

= 𝟎 que pasa por 𝑥 = 1 y 𝑧 = 𝑦 2 Solución

1° Sistema de EDO:

𝑑𝑥

=−

𝑑𝑦

𝑃=𝒙 {𝑄 = −𝒚 𝑅=𝟎 𝑥𝑦 = 𝑐1 ⇰ {𝑧=𝑐 2

⇰

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = = 𝒙 −𝑦 𝟎

𝑦 {𝒙 𝑑𝑧 = 0 2° características:

{

𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦 = 𝑐1 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 = 𝑐2

𝜑[𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 0 ⇔ 𝜑[𝑐1 , 𝑐2 ] = 0 Luego, la solución general está dado por: 𝜑[𝑥𝑦, 𝑧] = 0 ⇰ 𝑧 = 𝜓(𝑥𝑦) (𝟏) Utilizando las condiciones del problema, en (1): 𝑦 2 = 𝜓(1. 𝑦) ⇰ 𝜓(𝑦) = 𝑦 2 (𝟐) De la relación (2), se deduce que: 𝜓(𝑥𝑦) = 𝑥 2 𝑦 2 (1)

→ 4. Resolver la EDP

𝝏𝟐 𝒛 𝝏𝒙𝝏𝒚

𝑧 = 𝑥 2𝑦2

= 𝒙𝟐 𝒚 . Encontrar la solución particular tal

que: 𝑧(𝑥, 0) = 𝑥 2 ; 𝑧(1, 𝑦) = 𝑐𝑜𝑠𝑦 Solución Utilizando operadores: 𝝏𝟐 𝒛 = 𝒙𝟐 𝒚 ⇔ (𝑫𝒙 𝑫𝒚 )𝒛 = 𝒙𝟐 𝒚 ⇔ (𝑫𝒙 − 𝟎)(𝑫𝒚 − 𝟎)𝒛 = 𝒙𝟐 𝒚 𝝏𝒙𝝏𝒚 La solución de la EDP planteada es: 𝒛 = 𝒛𝒉 + 𝒛𝒑 (𝟏) a) Cálculo de 𝑧ℎ : (𝑫𝒙 − 𝟎)(𝑫𝒚 − 𝟎)𝒛 = 𝟎 ⇰ 𝒛𝒉 = 𝝋(𝒙) + 𝝍(𝒚)

b) Cálculo de 𝑧𝑝 : Para obtener una solución particular de la completa, hacemos: 𝟐 𝟐 (𝑫𝒙 − 𝟎) (𝑫 ⏟ 𝒚 − 𝟎)𝒛𝒑 = 𝒙 𝒚 ⇰ (𝑫𝒙 − 𝟎)𝒖𝒚 = 𝒙 𝒚 (𝟐) 𝒖𝒚

Donde: 𝒖𝒚 = (𝑫𝒚 − 𝟎)𝒛𝒑 (𝟑) Luego, la EDP (2) queda expresada de la siguiente forma: 𝒙𝟑 𝒚 (𝟑) 𝒙𝟑 𝒚 𝒙𝟑 𝒚 𝟐 𝒖𝒚𝒙 = 𝒙 𝒚 ⇰ 𝒖𝒚 = → (𝑫𝒚 − 𝟎)𝒛𝒑 = ⇔ 𝑫𝒚 (𝒛𝒑 ) = 𝟑 𝟑 𝟑 𝟑 𝟐 𝒙 𝒚 ⇰ 𝒛𝒑 = 𝟔 Así, de la relación (1), tenemos: 𝒙𝟑 𝒚𝟐 𝒛(𝒙, 𝒚) = 𝒛𝒉 + 𝒛𝒑 = 𝝋(𝒙) + 𝝍(𝒚) + (𝟒) 𝟔 Ahora, utilizando las condiciones de la EDP dada: (4)

a) 𝑧(𝑥, 0) = 𝑥 2 → b)

𝝋(𝒙) = 𝒙𝟐

(4)

𝑧(1, 𝑦) = 𝑐𝑜𝑠𝑦 →

𝝋(𝟏) + 𝝍(𝒚) +

𝟏𝒚𝟐 𝟔

= 𝑐𝑜𝑠𝑦

𝒚𝟐 ⇰ 𝝍(𝒚) = 𝒄𝒐𝒔𝒚 − 𝟏 − 𝟔 Finalmente tenemos: 𝒚𝟐 𝒙𝟑 𝒚𝟐 𝟐 𝒛(𝒙, 𝒚) = 𝒙 + 𝒄𝒐𝒔𝒚 − 𝟏 − + 𝟔 𝟔 𝝏𝒛 𝝏𝒛 5. Resolver la EDP 𝒙 − 𝒚 = 𝒙𝒚 𝝏𝒙

𝝏𝒚

Solución 1° Sistema de EDO: 𝑃=𝒙 {𝑄 = −𝒚 𝑅 = 𝒙𝒚 𝑑𝑥

{

=−

𝒙 𝑑𝑥 𝒙

=

𝑑𝑦

𝑦 𝑑𝑧 𝒙𝒚

⇰

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = = 𝒙 −𝑦 𝒙𝒚

Resolviendo por separado cada EDO: a) Determinación de 𝑐1 : 𝑑𝑥 𝑑𝑦 =− ⇰ 𝑥𝑦 = 𝑐1 (𝟏) 𝒙 𝑦 b)

𝑑𝑥 𝒙

=

𝑑𝑧 𝒙𝒚

(1)

= ⏞

𝑑𝑧 𝑐1

⇰

𝑑𝑥 𝒙

=

𝑑𝑧 𝑐1

⇰ 𝑑𝑧 =

𝑐1 𝑑𝑥

⇰ 𝑧 = 𝑐1 𝑙𝑛𝑥 + 𝑐2

𝒙

Así: 𝒛 − 𝒙𝒚 𝒍𝒏𝒙 = 𝒄𝟐

(𝟐)

2° características: 𝑤 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑦 = 𝑐1 { 1 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 − 𝑥𝑦 𝑙𝑛𝑥 = 𝑐2 𝜑[𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 0 ⇔ 𝜑[𝑐1 , 𝑐2 ] = 0 En estas condiciones, el haz de curvas buscado será el dado por 𝑐1 y 𝑐2 y la solución de la ecuación diferencial será una relación arbitraria entre ellas, es decir: 𝜑[𝑥𝑦, 𝑧 − 𝑥𝑦𝑙𝑛𝑥 ] = 0 Que viene a ser la solución general de la EDP dada y es equivalente a: 𝒛 = 𝒙𝒚𝒍𝒏𝒙 + 𝝍(𝒙𝒚) 𝝏𝒛 𝝏𝒛 6. Resolver la EDP 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 = 𝟎 𝝏𝒙

𝝏𝒚

Solución 1° Sistema de EDO:

𝑑𝑥 𝒙 {𝑑𝑥

=

𝑃=𝒙 { 𝑄=𝒚 𝑅 = −𝒛

𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑧

⇰

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = = 𝒙 𝑦 −𝑧

𝑥

= 𝑐1 ⇰ {𝑦 𝑥𝑧 = 𝑐2

= −𝒛 2° características: 𝒙

𝑥 = 𝑐1 𝑦 { 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑥𝑧 = 𝑐2 𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧) =

𝜑[𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 0 ⇔ 𝜑[𝑐1 , 𝑐2 ] = 0 En estas condiciones, el haz de curvas buscado será el dado por 𝑐1 y 𝑐2 y la solución de la ecuación diferencial será una relación arbitraria entre ellas, es decir: 𝑥 𝜑 [ , 𝑥𝑧] = 0 𝑦 Que viene a ser la solución general de la EDP dada y es equivalente a: 𝟏 𝒙 𝒛 = 𝝍( ) 𝒙 𝒚 𝝏𝒛 𝝏𝒛 7. Resolver la EDP 𝒙 + 𝒚 = 𝟎 para 𝒛𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏; 𝒙 = 𝟏 𝝏𝒙

𝝏𝒚

Solución 1° Sistema de EDO:

𝑑𝑥 𝒙 { 𝑑𝑥

=

𝑃=𝒙 {𝑄 = 𝒚 𝑅=𝟎

𝑑𝑦 𝑦 𝑑𝑧

⇰

𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = = 𝒙 𝑦 0

𝑥

= 𝑐1 ⇰ {𝑦 𝑧 = 𝑐2

= 𝟎 2° características: 𝒙

𝑥 𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = = 𝑐1 𝑦 { 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑧 = 𝑐2 𝜑[𝑤1 (𝑥, 𝑦, 𝑧), 𝑤2 (𝑥, 𝑦, 𝑧)] = 0 ⇔ 𝜑[𝑐1 , 𝑐2 ] = 0 En estas condiciones, el haz de curvas buscado será el dado por 𝑐1 y 𝑐2 y la solución de la ecuación diferencial será una relación arbitraria entre ellas, es decir: 𝑥 𝜑 [ , 𝑧] = 0 𝑦 Que viene a ser la solución general de la EDP dada y es equivalente a: 𝒙 𝒛 = 𝝍( ) (𝟏) 𝒚

Utilizando las condiciones de la EDP: Tomamos 𝑥 = 1, 𝑧 = √1 − 𝑦 2

𝟏 √𝟏 − 𝒚𝟐 = 𝝍 ( ) 𝒚 Cambiando variable: (𝟏)

→

(𝟐) 𝟏 𝟏 𝒕= → 𝝍(𝒕) = √𝟏 − 𝟐 𝒚 𝒕 Reemplazando (3) en (1):

(𝟐)

𝒙 𝒚 𝟐 ⇰ 𝝍 ( ) = √𝟏 − ( ) 𝒚 𝒙

(𝟑)

𝒚 𝟐 𝒚 𝟐 𝟐 𝒛 = √𝟏 − ( ) ⇔ 𝒛 + ( ) = 𝟏 𝒙 𝒙 Luego, la superficie deseada es: 𝒚 𝟐 𝟐 𝒛 +( ) =𝟏 𝒙 𝝏𝟐 𝒛 8. Resolver la EDP = 𝒙𝟐 𝒚 y encontrar la solución particular 𝝏𝒙𝝏𝒚

para 𝒛(𝒙, 𝟎) = 𝒙

𝟐

˄ 𝒛(𝟏, 𝒚) = 𝒄𝒐𝒔𝒚 Solución

Para resolver el problema lo hacemos mediante el método del operador derivada:

𝝏𝟐 𝒛 = 𝒙𝟐 𝒚 ⇔ (𝑫𝒙 𝑫𝒚 )𝒛 = 𝒙𝟐 𝒚 ⇔ (𝑫𝒙 − 𝟎)(𝑫𝒚 − 𝟎)𝒛 = 𝒙𝟐 𝒚 𝝏𝒙𝝏𝒚

𝒛 = 𝒛𝒉 + 𝒛𝒑 1º Determinación de

𝒛𝒉 : (𝑫𝒙 − 𝟎)(𝑫𝒚 − 𝟎)𝒛 = 𝟎 𝒛𝒉 = 𝝋(𝒙) + 𝝍(𝒚)

2º Determinación de

𝒛𝒑 :

𝟐 𝟐 (𝑫𝒙 − 𝟎) (𝑫 ⏟ 𝒚 − 𝟎)𝒛 = 𝒙 𝒚 ⇔ (𝑫𝒙 − 𝟎)𝒖𝒑 = 𝒙 𝒚 𝒖𝒑

Donde: 𝒖𝒑 = (𝑫𝒚 − 𝟎)𝒛𝒑

(𝟐)

(𝟏)

Resolviendo el lado izquierdo de (1):

𝒖𝒑𝒙 ′ = 𝒙𝟐 𝒚 ⇰ 𝒖𝒑 =

𝟏 𝟑 𝒙 𝒚 𝟑

(𝟑)

Reemplazando (3) en (2):

(𝑫𝒚 − 𝟎)𝒛𝒑 = Así:

𝟏 𝟑 𝒙 𝒚 𝟑

⇔ 𝒛𝒑𝒚 ′ =

𝟏 𝟑 𝒙 𝒚 𝟑

⇰ 𝒛𝒑 =

𝟏 𝟑 𝟐 𝒙 𝒚 𝟔

𝟏 𝒛 = 𝒛𝒉 + 𝒛𝒑 ⇰ 𝒛(𝒙, 𝒚) = 𝝋(𝒙) + 𝝍(𝒚) + 𝒙𝟑 𝒚𝟐 𝐬𝐨𝐥. 𝐠𝐞𝐧𝐞𝐫𝐚𝐥 𝟔

3º En la solución general obtenida, Utilizamos las condiciones del problema para obtener solución particular:

𝝋(𝒙) = 𝒙𝟐 𝒛(𝒙, 𝟎) = 𝒙𝟐 ⇰ { { 𝟏 𝒛(𝟏, 𝒚) = 𝒄𝒐𝒔𝒚 𝝍(𝒚) = 𝒄𝒐𝒔𝒚 − 𝟏 − 𝒚𝟐 𝟔 Finalmente:

𝟏 𝟏 𝒛(𝒙, 𝒚) = 𝒙𝟐 + 𝒄𝒐𝒔𝒚 − 𝟏 − 𝒚𝟐 + 𝒙𝟑 𝒚𝟐 𝟔 𝟔

9. Indicar si son lineales o no, los siguientes operadores:

a) 𝑳(𝒖) = b) 𝑳(𝒖) =

𝝏𝒖 𝝏𝒕 𝝏𝒖 𝝏𝒕

+ 𝒙𝟐 +𝒖

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝒙𝟐

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝒙𝟐

𝝏𝒖 𝟐

+𝒖 𝝏𝟐 𝒖

c) 𝑳(𝒖) = 𝒖 ( ) + 𝟐 𝝏𝒕 𝝏𝒙 d) 𝑳(𝒖) =

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝒕𝟐

e) 𝑳(𝒖) = 𝒖 f) 𝑳(𝒖) = 𝒙

− 𝒆𝒙

𝝏𝒖 𝝏𝒚

+

𝟐𝒕

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝒙𝟐

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝒙𝟐

−

𝝏𝟐 𝒖

𝝏𝟐 𝒖

𝝏𝒙

𝝏𝒙𝟐

+𝒚 𝟐

+ 𝒕𝟐 𝒖

𝝏𝒖 𝝏𝒙

+ 𝟐𝒖𝟐 Solución

La expresión general de un operador lineal es:

𝟐

𝟐

𝟐

𝝏 𝒖 𝝏 𝒛 𝝏 𝒖 𝝏𝒖 𝝏𝒖 𝑨(𝒙, 𝒚) + 𝑩(𝒙, 𝒚) + 𝑪(𝒙, 𝒚) + 𝑫(𝒙, 𝒚) + 𝑬(𝒙, 𝒚) + 𝑭(𝒙). 𝑮(𝒚) = 𝑯(𝒙, 𝒚) 𝝏𝒙 𝝏𝒚 𝝏𝒙𝟐 𝝏𝒚𝟐 𝝏𝒙𝝏𝒚 Así, tenemos: a) Es lineal b) No es lineal por el término 𝒖

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝒙𝟐

. 𝝏𝒖 𝟐

c) No es lineal por el término 𝒖 (

𝝏𝒕

)

d) Si es lineal. e) No es lineal por el término 𝒖

𝝏𝒖 𝝏𝒚 𝟐

f) No es lineal por el término 𝟐𝒖

10. Obtener la solución del problema de valores iniciales y de contorno:

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝟐 𝒖 − = 𝟎; 𝟎 < 𝒙 < 𝟏 ˄ 𝒕 > 𝟎 𝝏𝒕𝟐 𝝏𝒙𝟐 Con las condiciones iniciales: 𝒖(𝒙, 𝟎) = 𝒔𝒆𝒏𝝅𝒙 ˄ 𝒖𝒕 (𝒙, 𝟎) = 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏 Y las condiciones de contorno: 𝒖(𝟎, 𝒕) = 𝟎 ˄ 𝒖𝒕 (𝟏, 𝒕) = 𝟎 𝐩𝐚𝐫𝐚 𝒕 ≥ 𝟎 Solución Podemos poner la ecuación dada como:

𝝏𝟐 𝒖 𝝏𝟐 𝒖 − =𝟎 𝝏𝒕𝟐 𝝏𝒙𝟐

⇔ (𝑫𝟐𝒕 − 𝑫𝟐𝒙 )𝒖 = 𝟎 ⇔ (𝑫𝒕 + 𝑫𝒙 )(𝑫𝒕 − 𝑫𝒙 )𝒖 = 𝟎

Lo cual nos da una solución general de la forma:

𝒖(𝒙, 𝒕) = 𝝋𝟏 (𝒙 + 𝒕) + 𝝋𝟐 (𝒙 − 𝒕)