Llamamos ecuación en derivadas parciales (EDP) a toda identidad del tipo
F\left( {x_1,x_2,\ldots,x_n,u,\dfrac{{\partial u}}{{\partial {x_1}}},\dfrac{{\partial u}}{{\partial {x_2}}}, \ldots ,\dfrac{{\partial u}}{{\partial {x_n}}},\dfrac{{\partial^2 u}}{{\partial {x_1^2}}},\dfrac{{\partial^2 u}}{{\partial {x_1}\partial{x_2}}}, \ldots } \right) = 0
Una ecuación en derivadas parciales se dice de orden n si posee derivadas parciales de orden n pero no de orden n + 1.
Un función u=u(x_1,x_2,\ldots,x_n) definida en una región \Omega\subset\mathbb{R}^n y de clase \mathcal{C}^k(\Omega) es solución de la EDP si al sustituirla en la ecuación hace que ésta se cumpla. Al conjunto formado por todas las soluciones de la EDO se llama solución general de dicha ecuación.
Ejemplo: La solución general de la EDP
\dfrac{{\partial^2 u}}{{\partial x\partial y}}(x,y) = 0
es
u(x,y) = f(y) + g(x)
pues
\dfrac{{{\partial ^2}u}}{{\partial x\partial y}}(x,y) = \dfrac{\partial }{{\partial x}}\left( {\dfrac{{\partial u}}{{\partial y}}(x,y)} \right) = 0 \Rightarrow \dfrac{{\partial u}}{{\partial y}}(x,y) = \varphi (y).
Entonces
u(x,y) = \displaystyle\int {\varphi (y)dy = f(y) + g(x)}
donde f y g son funciones arbitrarias en \mathbb{R}.
Dada una función u(x,y), en EDP es muy común representar las derivadas parciales empleando subíndices, es decir
\begin{gathered} {u_x} = \dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,y),\quad {u_y} = \dfrac{{\partial u}}{{\partial y}}(x,y), \\ {u_{xx}} = \dfrac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {x^2}}}(x,y),\quad {u_{xy}} = \dfrac{{{\partial ^2}u}}{{\partial y\partial x}}(x,y) = \dfrac{\partial }{{\partial y}}\left( {\dfrac{{\partial u}}{{\partial x}}(x,y)} \right),\quad {u_{yy}} = \dfrac{{{\partial ^2}u}}{{\partial {y^2}}}(x,y).\\ \end{gathered}
Si la función F se puede expresar como suma de una función únicamente dependiente de (x_1,x_2,\ldots,x_n) más una función lineal en las variables correspondientes a u y sus derivadas parciales diremos que se trata de una ecuación lineal, escribiremos \mathcal{L}(u)=0 o \mathcal{L}(u)=f.
- La solución general de una EDP lineal \mathcal{L}(u)=f puede expresarse como la suma de una solución particular y la solución general de la ecuación homogénea asociada.
- Si u_1,u_2,\ldots,u_k son soluciones de una EDP lineal y homogénea en alguna región \Omega entonces la función
u=c_1u_1+c_2u_2+\cdots +c_ku_k
es solución de esa ecuación en la región \Omega, donde c_1,c_2,\ldots,c_k son constantes cualesquiera.
Al igual que en las ecuaciones ordinarias para hallar una solución única de una EDP es necesario imponer condiciones sobre la función y sus derivadas dando lugar a los problemas de Cauchy o problemas del valor inicial para ecuaciones en derivadas parciales.
En el caso de dominios acotados es necesario imponer restricciones sobre la frontera de ese dominio, esto es, condiciones de contorno. Los problemas que combinan condiciones iniciales y condiciones de contorno reciben el nombre de problemas de Dirichelt.
Ecuaciones lineales de orden 1
Decimos que una EDP es lineal de orden 1 si es de la forma
a(x, y)u_x + b(x, y)u_y + c(x, y)u = f (x, y)
donde a, b, c y f son funciones reales de dos variables. Si las funciones a, b, c son constantes, entonces decimos que la EDP es lineal de orden 1 con coeficientes constantes.
Teorema: Sean b,c\in \mathbb{R} con b\neq 0 y f una función real de dos variables. Entonces la solución general de la EDP
bu_y+cu=f(x,y)
es
u=e^{-\frac{cy}{b}}\left(\displaystyle\frac{1}{b}\int e^{\frac{cy}{b}}f(x,y)dy+K(x)\right)
con K una función arbitraria de clase \mathcal{C}^1.
Evidentemente no hay porque recordar la fórmula anterior ya que la solución se obtiene utilizando la misma técnica que utilizamos para resolver la ecuación diferencial ordinaria de orden uno.
Ejemplo: Hallar la solución del problema de Cauchy \left\{\begin{array}{l} u_y+u=e^{xy}\\u(x,0)=0\end{array}\right.
- Calculamos \mu(x,y)=e^{\int 1dy}=e^y.
- Multiplicamos la ecuación por \mu(x,y).
e^yu_y+e^yu=e^{xy+y}=e^{(x+1)y}
- El lado de la izquierda es la derivada con respecto a y del produnto e^yu.
\left(e^yu\right)_y=e^{(x+1)y}
- Integrando
e^yu=\dfrac{e^{(x+1)y}}{x+1}+K(x),\quad k\in\mathcal{C}^1.
- Despejamos u
u(x,y)=e^{-y}\cdot\dfrac{e^{(x+1)y}}{x+1}+K(x)e^{-y}=\dfrac{e^{xy}}{x+1}+K(x)e^{-y}
De u(x,0)=0 obtenemos 1+K(x)=0 y K(x)=-1.
Obtenemos
\boxed{\color{blue}u(x,y)=\dfrac{e^{xy}}{x+1}-e^{-y}.}
El procedimiento es análogo para resolver una ecuación similar en la que los coeficientes no sean constantes de la forma
b(x, y)u_y + c(x, y)u = f (x, y)\qquad{\color{blue}(1)}
donde b, c y f son funciones reales de dos variables y b(x, y) \neq 0.
Ejemplo: Hallar la solución del problema de Cauchy \left\{\begin{array}{l}xu_y+u=1\\u(x,x)=x\end{array}\right..
Le ecuación es equivalente a u_y+\dfrac{1}{x}u=\dfrac{1}{x}.
Aplicamos el mismo procedimiento
\mu(x,y)=e^{\int\frac{1}{x}dy}=e^{\frac{y}{x}}
y multiplicando la ecuación por \mu(x,y)
e^{\frac{y}{x}}u_y+\dfrac{1}{x}e^{\frac{y}{x}}u=\dfrac{1}{x}e^{\frac{y}{x}}
\left(e^{\frac{y}{x}}u\right)_y=\dfrac{1}{x}e^{\frac{y}{x}}
integrando respecto de y
e^{\frac{y}{x}}u=e^{\frac{y}{x}}+K(x),\quad k\in\mathcal{C}^1
de donde
u(x,y)=1+K(x)e^{-\frac{y}{x}}.
Como u(x,x)=x, entonces x=1+K(x)e^{-1} y obtenemos que K(x)=e(x-1) siendo la solución
\boxed{\color{blue}u(x,y)=1+e(x-1)e^{-\frac{y}{x}}}.
Finalmente, abordamos la resolución de ecuaciones lineales de orden 1 de la forma
a(x, y)u_x + b(x, y)u_y + c(x, y)u = f (x, y)\qquad{\color{blue}(2)}
donde a, b, c y f son funciones reales de 2 variables, a(x, y) \neq 0 y b(x, y) \neq 0.
Queremos introducir una nueva variable z=\Phi(x,y) y una nueva función v(z,y)=u(x,y) de forma que la nueva EDP que obtengamos sea del tipo (1). Utilizando la regla de la cadena tendremos
u_x=v_z\cdot z_x,\qquad u_y=v_z\cdot z_y+v_y.
Sustituyendo en la EDP (2), tendremos
a(x,y)v_z\cdot z_x+b(x,y)\left(v_z\cdot z_y+v_y\right)+c(x,y)\cdot v=f(x,y)
\left(a(x,y)\cdot z_x+b(x,y)\cdot z_y\right)\cdot v_z+b(x,y)\cdot v_y+c(x,y)\cdot v=f(x,y)
Como queremos que desaparezca el término v_z, esto lo conseguimos si \Phi(x,y)=C,\quad C\in\mathbb{R} es una solución de la ecuación
\dfrac{dy}{dx}=y'=\dfrac{b(x,y)}{a(x,y)}
pues en esta caso, derivando en z=\Phi(x,y)=C
z_x+z_y\cdot y'=0\Leftrightarrow z_x+z_y\cdot\dfrac{b(x,y)}{a(x,y)}=0\Leftrightarrow a(x,y)\cdot z_x+b(x,y)\cdot z_y=0.
Se llaman curvas características asociadas a la ecuación diferencial a las curvas \Phi(x,y)=C solución de la ecuación característica
\dfrac{dy}{dx}=y'=\dfrac{b(x,y)}{a(x,y)}.
De esta forma, el cambio de variable
\boldsymbol{\left\{\begin{array}{l}z=\Phi(x,y)\\v(z,y)=u(x,y)\end{array}\right.}
transforma le ecuación
a(x, y)u_x + b(x, y)u_y + c(x, y)u = f (x, y)
en una ecuación de la forma
B(z, y)v_y + C(z, y)v = F (z, y)
cuya solución se obtiene considerándola como una ecuación diferencial ordinaria lineal de orden 1.
Ejemplo: Hallar la solución general de la ecuación en derivadas parciales
xu_x+3yu_y-3u=-3.
- Planteamos y resolvemos la ecuación característica.
y'=\dfrac{3y}{x}\Leftrightarrow \dfrac{y'}{y}=\dfrac{3}{x}
que es una ecuación diferencial ordinaria en variables separables.
\ln y=\ln x^3+k\Leftrightarrow \ln y=\ln Cx^3\Leftrightarrow y=Cx^3
- Las curvas características son \dfrac{y}{x^3}=C. Realizamos el cambio de variable
\left\{\begin{darray}{l}z=\dfrac{y}{x^3}\\v(z,y)=u(x,y)\end{darray}\right.
- Calculamos u_x y u_y aplicando la regla de la cadena.
\left\{\begin{darray}{l}u_x=v_z\cdot z_x=v_z\cdot\left(-\frac{3y}{x^4}\right)\\u_y=v_z\cdot z_y+v_y=v_z\cdot\frac{1}{x^3}+v_y\end{darray}\right.
Sustituyendo en la ecuación
v_z\cdot\left(-\dfrac{3y}{x^3}\right)+v_z\cdot\dfrac{3y}{x^3}+3yv_y-3v=-3
Como observamos, desaparecen los términos v_z (esto ocurrirá siempre si la curva característica está bien calculada).
3yv_y-3v=-3\Leftrightarrow v_y-\dfrac{1}{y}v=-\dfrac{1}{y}
Resolvemos esta ecuación como una ecuación ordinaria lineal de orden 1.
\mu(z,y)=e^{\int-\frac{1}{y}dy}=e^{-\ln y}=\dfrac{1}{y}
\dfrac{1}{y}v_y-\dfrac{1}{y^2}v=-\dfrac{1}{y^2}
\left(\dfrac{1}{y}v\right)_y=-\dfrac{1}{y^2}\Rightarrow \dfrac{1}{y}v=\dfrac{1}{y}+K(z)
y obtenemos la solución
\boxed{\color{blue}v(z,y)=u(x,y)=1+y\cdot K\left(\dfrac{y}{x^3}\right)}
Veremos ahora un ejemplo con distintas condiciones para observar las distintas posibilidades.
Ejemplo: Hallar la solución general de la EDP
u_x+y^2u_y-2xu=0
Resolvemos la ecuación característica
y' = {y^2} \Leftrightarrow \dfrac{{y'}}{{{y^2}}} = 1 \Leftrightarrow – \dfrac{1}{y} = x + C \Leftrightarrow x + \dfrac{1}{y} = C
Realizamos el cambio \left\{ \begin{darray}{l} z = x + \frac{1}{y}\Rightarrow x=z-\frac{1}{y} \\ v(z,y) = u(x,y) \\ \end{darray} \right.
Entonces
\left\{ \begin{darray}{l} {u_x} = {v_z} \cdot {z_x} = {v_z}\\ {u_y} = {v_z} \cdot {z_y} + {v_y} = {v_z}\left( { – \frac{1}{{{y^2}}}} \right) + {v_y} \\ \end{darray} \right.
y llevando esto a la EDP
{v_z} – {v_z} + {y^2}{v_y} – 2\left(z-\dfrac{1}{y}\right)v = 0
y obtenemos la ecuación
v_y-\left(\dfrac{2z}{y^2}-\dfrac{2}{y^3}\right)v=0
\mu(z,y)=e^{\int\left(-\frac{2z}{y^2}+\frac{2}{y^3}\right)}=e^{\frac{2z}{y}-\frac{1}{y^2}}
\left(e^{\frac{2z}{y}-\frac{1}{y^2}}v\right)_y=0
y entonces
e^{\frac{2z}{y}-\frac{1}{y^2}}v=k(z)\quad k\in\mathcal{C}^1\Rightarrow v(z,y)=e^{-\frac{2z}{y}+\frac{1}{y^2}}k(z)\quad k\in\mathcal{C}^1
y deshaciendo el cambio
u(x,y)=e^{-\frac{2x}{y}-\frac{1}{y^2}}k\left(x+\dfrac{1}{y}\right)\quad k\in\mathcal{C}^1
- Si imponemos la condición u(0,y)=y tenemos
{e^{ – \frac{1}{{{y^2}}}}}k\left( {\frac{1}{y}} \right) = y \Rightarrow k\left( {\frac{1}{y}} \right) = y{e^{\frac{1}{{{y^2}}}}}
para determinar la función k si hacemos \dfrac{1}{y}=v, entonces k(v)=\dfrac{1}{v}e^{v^2} y concluimos
u(x,y) = {e^{ – \frac{{2x}}{y} – \frac{1}{{{y^2}}}}} \cdot \frac{1}{{x + \frac{1}{y}}}{e^{{{\left( {x + \frac{1}{y}} \right)}^2}}} = \frac{y}{{xy + 1}} \cdot {e^{ – \frac{{2x}}{y} – \frac{1}{{{y^2}}} + {x^2} + \frac{{2x}}{y} + \frac{1}{{{y^2}}}}} = \dfrac{y}{{xy + 1}}{e^{{x^2}}}
que es única.
- Si imponemos la condición u\left(x,-\frac{1}{x}\right)=0
e^{2x^2-x^2}k(0)=0\Rightarrow k(0)e^{x^2}=0\Rightarrow k(0)=0
y hay infinitas soluciones pues lo cumple toda función k\in\mathcal{C}^1 con k(0)=0.
- Si imponemos la condición u\left(x,-\frac{1}{x}\right)=1
e^{x^2}k(0)=1\Rightarrow k(0)=e^{-x^2}
que es imposible y no hay solución.
Observamos que cuando imponemos condiciones sobre las curvas características dan lugar a cero o infinitas soluciones.