PROBLEMAS RESUELTOS DE ECUACIONES DIFERENCIALES
ejercicios sobre ecuaciones diferenciales en derivadas parciales

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Ecuaciones diferenciales en derivadas parciales

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Ejercicios de ecuaciones en derivadas parciales - Respuesta del ejemplo 32

Para que la ecuación dada sea integrable, se ha de cumplir:
    \(\overrightarrow{V} · rot \overrightarrow{V} = 0\)
Siendo:
    \(\overrightarrow{V} = (y^2+y z \; \; , \; \; x z + z^2 \; \; , \; \; y^2 - x y)\)
Tenemos entonces:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} rot \; \vec{V} = \overrightarrow{\nabla}\wedge \overrightarrow{V} =\left| \begin{array}{ccc} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ \frac{\partial}{\partial x }& \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ V _x& V_y & V_z \\ \end{array} \right| = \\  \\ = (2y-2x-2z)\hat{i} + (2y)\hat{j} + (-2y)\hat{k} \end{array} \)
Y a partir de ahí resulta:
    \(\begin{array}{l} \overrightarrow{V} rot \overrightarrow{V} = (y^2 + yz)(2y - 2x - 2z) + \\  \\ + (xz + z^2)(2y) - (y^2 - xy)(2y) = 0 \end{array}\)
Viendo, entonces, que la ecuación si es integrable, hacemos y = cte, con lo cual dy = 0
    \( \displaystyle (y^2 + yz)dx + (y^2 - xy)dz = 0 \; \; \Rightarrow \; \; \frac{dx}{y-x} + \frac{dz}{y+z} = 0\)
E integrando:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \frac{dx}{y-x} + \frac{dz}{y+z} = 0 \; \; \Rightarrow \\  \\ - \ln (y-x) + \ln(y+z) = \ln f(y) \; \Rightarrow \; f(y) = \frac{y+z}{y-x} \; (\ast) \end{array}\)
Diferenciando la expresión resultante:
    \( (dy - dx)f(y) + (y-x)f'(y)dy = dy + dz \rightarrow \)

    \( [(y-x)f'(y) + f(y) - 1]dy - f(y)dx - dz = 0\)
Multiplicando ahora por \( (xy - y^2) \) , sustituyendo f(y) por su valor dado en (*) y simplificando obtenemos:
    \( \displaystyle f'(y) = - f(y)·\frac{z+x}{y(y-x)} = - \frac{1}{y}·f(y)[f(y) - 1]\)
Con lo que hemos llegado a una ecuación diferencial de primer orden que puede integrarse por el método de separación de variables:
    \(\displaystyle \begin{array}{l} \frac{df}{dy} = - \frac{1}{y}f(y)[f(y) - 1] \\  \\ \frac{df}{f(y)[f(y) - 1]}= - \frac{dy}{y}\; \; , \; \; \ln \left(\frac{f-1}{f}\right) = \ln \left(\frac{K}{y}\right) \end{array} \)
Y tomando antilogaritmos:
    \(\displaystyle \frac{f-1}{f} = \frac{K}{y} \; \; \Rightarrow \; \; \frac{z+x}{z+y} = \frac{K}{y}\)
Puede verse por simple diferenciación que la solución dada es la buscada.
EJERCICIOS-ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES


tema escrito por: José Antonio Hervás