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 49

Podemos, como en el ejemplo anterior, factorizar el polinomio operador en la forma:
    \( (aD_x +b D_y)(a'D_x +b' D_y)(a"D_x +b" D_y) \)
Desarrollando e igualando coeficientes, obtenemos finalmente para el polinomio operador una expresión de la forma::
    \( (D_x +2D_y)^2 (D_x - 2 D_y)z = \cos (x+2y) - e^y(3 + 2x)\)
Con lo que podremos escribir para la solución de la ecuación homogénea:
    \( z_h = \phi_1(y-x) + \phi_2(y - x) + \phi_3(y + 2x)\)
Para la solución general de la ecuación completa tenemos que encontrar soluciones particulares que se ajusten a la ecuación. Para el término \( \cos(x+2y) \) tenemos:
    \( z_p = K_1 e^{+i( x + 2y)} + K_2 e^{-i( x + 2y)} \)
Y resulta, respectivamente, para K1 y K2 :
    \(\begin{array}{l}
    K_1 .- \; \phi(\alpha, \beta)(i, 2i) = 27 i \neq 0 \; \; ; \\
     \\
    \; \; K_2 .- \; \phi(\alpha, \beta)(-i, -2i) = -27 i \neq 0
    \end{array} \)
Por lo que tenemos soluciones válidas

La solución particular para el término \(e^y(3 + 2x) \) la obtenemos como sigue:
    \( \phi(D_x, D_y) we^{(\alpha x + \beta y)} = x^m y^n e^{(\alpha x + \beta y)} \)
O, lo que es igual:
    \( e^{(\alpha x + \beta y)}\phi[(D_x + \alpha) , (D_y+\beta)]wW = x^m y^n e^{(\alpha x + \beta y)} \)
Y una vez que el exponencial deja de estar afectado por el polinomio operador, podemos simplificar dicho factor en los dos miembros de la ecuación. Para el caso que nos ocupa, tenemos:
    \(\begin{array}{l}
    \phi[(D_x + \alpha) , (D_y+\beta)] = \\
     \\
    = (D_x + D_y + 1)^2 (D_x - 2D_y - 2)w = - 3 - 2x
    \end{array}\)
Y tomando \( (D_x + D_y + 1)^2 w = u \), resulta:
    \( (D_x - 2D_y - 2)u = - 3 - 2x\)
Con lo que podemos escribir para una solución particular:
    \( \displaystyle \begin{array}{l}
    dx = \frac{dy}{-2} = \frac{du}{-3 - 2x + u} \; \; ; \\
     \\
    \; \; \frac{du}{dx} = u' = -3 -2x + 2u \; \rightarrow \; u' - 2u = -3 - 2x
    \end{array}\)
De esta ecuación diferencial de primer orden lineal, obtenemos la solución homogénea:
    \( \displaystyle\begin{array}{l}
    u' - u = 0 \; \rightarrow \; \frac{du}{u} - 2dx = 0 \; \rightarrow \; \\
     \\
    \rightarrow\; \; \ln u - 2x = \ln K \; \rightarrow \; u = K· e^{2x}
    \end{array}\)
Para obtener la solución particular lo hacemos por el método de variación de parámetros.
    \( \displaystyle \begin{array}{l} K' e^{2x} = -3 - 2x \; \; ; \; \; K' = \frac{dK}{dx}= \\  \\ = -3e^{-2x} - 2x e^{-2x} = - 4 e^{-2x} + e^{-2x} - 2x e^{-2x} \end{array} \)
Y a partir de ahí:
    \(K = 2 e^{-2x} + x e^{-2x} \; \rightarrow \; u = K e^{2x} = 2+x\)
Con lo que tenemos:
    \( (D_x + D_y + 1)w = v \; \; ; \; \; (D_x + D_y + 1)v = u = 2+x \)
Y haciendo como antes:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} dx = dy = \frac{dv}{2+x-v} \; \; ; \\  \\ \frac{dv}{dx} = v' = 2+x-v \; \rightarrow \; v' + v = 2+x \end{array}\)
E integrando y aplicando de nuevo el método de variación de parámetros para obtener el valor de la constante de integración.
    \( v = K e^{-x} = (e^x + x e^x)e^{-x} = 1 + x\)
Finalmente resulta:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} (D_x + D_y + 1)w = v = 1+x \; \; ; \; \; dx = \\  \\ = dy = \frac{dw}{1+x-w} \; \; ; \; \; \frac{dw}{dx} = w' = 1+x-w \end{array} \)
La solución de la ecuaciób honogénea es en este caso igual que en el anterior, es decir \( w = K e^{-x} \). Para la solución particular tenemos:
    \( K' e^{-x} = 1+x \; \; ; \; \; K' = e^x + x e^x \; \rightarrow \; K = x e^x \; \rightarrow \; w = x \)
Así pues, la solución particular que resulta para el término \( -e^y(3+2x) \) será \( z_p = x e^y \) y la solución general para todos los términos:
    \( \displaystyle \begin{array}{l} z = \phi_1(y-x) + \phi_2(y - x) + \phi_3(y + 2x) + \\  \\ + \frac{1}{27} \sin(x+2y) + x e^y \end{array} \)
EJERCICIOS-ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES


tema escrito por: José Antonio Hervás