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 34

Comprobamos que la expresión es integrable, es decir, que se cumple (ver ejercicio 32)
    \(\overrightarrow{V} · rot \overrightarrow{V} = 0\)
Siendo así, para resolver la ecuación, hacemos z = cte (por ejemplo) y resulta:
    \(\displaystyle \begin{array}{l} \frac{dx}{xz(x+z)}+\frac{dy}{yz(y+z)} = 0 \; ; \\  \\ \; \frac{1}{z}\int \frac{dx}{x(x+z)}+ \frac{1}{z}\int\frac{dy}{y(y+z)} = C(z) \end{array}\)
Descomponiendo en fracciones simples e integrando nos queda:
    \(\displaystyle C(z) = \frac{1}{z}\left[\ln \frac{x}{x+z} + \ln \frac{y}{y+z}\right] = \frac{1}{z}·\ln \frac{x·y}{(x+z)(y+z)}\)
O lo que es igual:
    \(\displaystyle \ln \frac{x·y}{(x+z)(y+z)} = zC(z)\)
Para facilitar los cálculos podemos tomar antilogaritmos, aunque el miembro de la derecha seguirá siendo una función arbitraria de z, es decir:
    \(\displaystyle \frac{x·y}{(x+z)(y+z)} = \exp [z·C(z)] = \phi(z)\)
Diferenciando ahora esta expresión nos queda:
    \((xdy\! +\! ydx)(x\!+\!z)(y\!+\!z) \!-\! (dx \!+\! dz)(y\!+\!z)xy\! -\! (dy\!+\!dz)(x\!+\!z)xy\)

    \( = \big [(x+z)(y+z) \big]^2\phi'(z)dz \)
Y reagrupando términos e identificando:
    \(\displaystyle \phi'(z) = - \frac{2xy(x+y+z)}{\big [(x+z)^(y+z) \big]^2} = -2 \phi(z)·\frac{(x+y+z)}{(x+z)(y+z)}\)
Pero se tiene:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} (x+z)(y+z) = xy + z(x+y+z) \; \; \Rightarrow \\  \\ \Rightarrow \; \; (x+y+z) = \frac{1}{z}[(x+z)(y+z) - xy] \end{array} \)
Y de ese modo:
    \(\displaystyle \begin{array}{l} \phi'(z) = - \frac{2}{z}\phi(z)\frac{[(x+z)(y+z) - x y]}{(x+z)(y+z)}= \\  \\ = - \frac{2}{z}\phi(z)[1 - \phi(z) ] \end{array}\)
La expresión resultante es fácilmente integrable por el método de separación de variables, pues tenemos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} \phi'(z) = \frac{d\phi}{dz} = - \frac{2}{z}\phi(z)[1 - \phi(z) ] \; \; ; \\  \\ \; \;\frac{d\phi}{\phi(z)[\phi(z) - 1]} = \frac{2dz}{z} \end{array}\)
Descomponiendo en fracciones simples e integrando resulta:
    \(\displaystyle \ln \left[\frac{\phi(z) - 1}{\phi(z)}\right] = \ln K·z^2\)
Y despejando \( \phi(z) \) y sustituyendo por su valor nos queda:
    \(\displaystyle \begin{array}{l} \phi(z) = \frac{1}{1-Kz^2}\; ; \; \\  \\ \frac{xy}{(x+z)(y+z)} = \frac{1}{1-Kz^2}\; \; , \; \; K = \frac{x+y+z}{xyz} \end{array}\)
EJERCICIOS-ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES


tema escrito por: José Antonio Hervás