Ejercicios-TemasPractica4

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Ecuaciones diferenciales A/B - 2020 (primer cuatrimestre)
Docentes: Nicolas Saintier y Andrea Ceretani
Universidad de Buenos Aires
ALGUNOS EJERCICIOS RESUELTOS
TEMAS DE LA PRÁCTICA 4
Los siguientes ejercicios resueltos pueden servir de ejemplo para abordar los ejer-
cicios de la Práctica 4.
Ejercicio 1.
1. Determinar los valores de las constantes a, b y c de modo que la ecuación
ut(x, t) = uxx(x, t) x > 0, t > 0, (4.1)
sea invariante bajo la transformación
v(z, s) := λcu(x, t), z := λax, s := λbt, (4.2)
donde λ > 0 está dado. Además, verificar que
s−c/bv = t−c/bu y zs−a/b = xt−a/b, (4.3)
siempre que b 6= 0.
2. Verificar que una función de la forma
u(x, t) = tc/bϕ(xt−a/b) x > 0, t > 0, (4.4)
es solución de (4.1) si y sólo si ϕ es solución de
c
2a
ϕ(η)− 1
2
ηϕ′(η) = ϕ′′(η) η > 0, (4.5)
donde a, b y c son los valores determinados en el ı́tem 1, con b 6= 0. Notar
que u es invariante bajo la transformación (4.2).
3. Considerar a ∈ R, a 6= 0, y b := 2a. Determinar los valores de c ∈ R para los
cuales es posible hallar expĺıcitamente una solución de la forma (4.4) para el
siguiente problema:
ut(x, t) =uxx(x, t) x > 0, t > 0, (4.6)
u(0, t) =u0 > 0 t > 0, (4.7)
ĺım
t→0+
u(x, t) = 0 x > 0. (4.8)
Resolución.
1. Consideremos la transformación (4.2), donde λ > 0 está dado y a, b, c son
constantes a determinar.
Primero calculamos las derivadas parciales de v:
vs(z, s) =λ
c−but(x, t), vx(z, s) = λ
c−aux(x, t), vxx(z, s) = λ
c−2auxx(x, t).
A partir de esto vemos que u satisface (4.1) si y sólo si v satisface la siguiente
ecuación:
λb−cvs(z, s) = λ
2a−cvzz(z, t) z > 0, s > 0.
Entonces, (4.1) se mantiene invariante bajo la transformación (4.2) para todas
las constantes a, b, c tales que b − c = 2a − c, es decir, tales que b = a2 . La
validez de (4.3) es una consecuencia directa de las definiciones en (4.2).
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Ecuaciones diferenciales A/B - 2020 (primer cuatrimestre)
2. Sean a, c ∈ R, a 6= 0, y b := 2a. Buscaremos ahora una función ϕ de modo
que la función definida por (4.4) sea solución de (4.1).
Comenzamos por calcular las derivadas parciales de u:
ut(x, t) =
(c
b
ϕ(xt−a/b)− a
b
xt−a/bϕ′(xt−a/b)
)
tc/b−1,
ux(x, t) = t
(c−a)/bϕ′(xt−a/b),
uxx(x, t) = t
(c−2a)/bϕ′′(xt−a/b).
Luego, u es solución de (4.1) si y sólo ϕ es solución de
c
b
ϕ(xt−a/b)− a
b
xt−a/bϕ′(xt−a/b) = t1−2a/bϕ′′(xt−a/b) x > 0, t > 0.
Anotando η = xt−1/2 y usando que b = 2a se tiene u es solución de (4.1) si y
sólo ϕ es solución de (4.5).
3. Consideremos nuevamente a, c ∈ R, a 6= 0, y b := 2a, y sea u la función dada
por (4.4).
Ya sabemos que u será solución de (4.6) si y sólo si ϕ es solución de (4.5).
Además, para que u verifique (4.7) se debe tener:
tc/bϕ(0) = u0 para todo t > 0, (4.9)
lo cual se consigue sólo si c = 0.
Veamos ahora que con esta elección de c es posible determinar una solución
expĺıcita de (4.6)-(4.7)-(4.8). Para c = 0, la ecuación (4.5) se reduce a
ϕ′′(η) +
1
2
ηϕ′(η) = 0 η > 0.
Resolviendo esta ecuación en la incógnita ϕ′, obtenemos:
ϕ′(η) = Ae−η
2/4 η > 0 (A ∈ R).
Luego,
ϕ(η) = A
∫ η
0
e−z
2/4 dz +B η > 0 (A,B ∈ R).
A continuación, los valores de la constante A pueden diferir ĺınea a ĺınea.
Haciendo el cambio de variables ζ := z/2 en la integral que define a ϕ se
tiene:
ϕ(η) = A
∫ η/2
0
e−ζ
2
dζ +B η > 0 (A,B ∈ R).
Usando la función de error erf , definida por
erf(z) :=
2√
π
∫ z
0
e−ζ
2
dζ z ∈ R,
escribimos
ϕ(η) = Aerf(η/2) +B η > 0 (A,B ∈ R).
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Saintier, Ceretani
Ya hemos visto que para que u verifique (4.7) se debe verificar (4.9) para
c = 0, es decir, se debe tener ϕ(0) = B = u0.
Además, para que u sea continua en [0,∞) × [0,∞) y cumpla (4.8) se debe
tener:
ĺım
η→∞
ϕ(η) = 0, es decir ĺım
η→∞
(Aerf(η/2) + u0) = 0.
Teniendo en cuenta que ĺımη→∞ erf(η/2) = 1, se tiene que A = −u0. Por lo
tanto,
ϕ(η) = u0 erfc(η/2) η > 0,
donde erfc := 1− erf es la función de error complementaria.
Luego,
u(x, t) = u0 erfc
(
x
2
√
t
)
x ≥ 0, t > 0.
es solución de (4.6)-(4.7)-(4.8).
Ejercicio 2.
1. Sea u una solución de
ut(x, t) = a(t)∆u(x, t) x ∈ Rn, t > 0, (4.10)
donde a ∈ C(R) es positiva. Mostrar que existe un cambio de variables t =
φ(τ) tal que la función definida por
v(x, τ) := u(x, φ(τ)) para x ∈ Rn, τ > 0,
es solución de la ecuación del calor en Rn × (0,+∞).
2. Sea u una solución de la ecuación no lineal
a(u)ut = ∇ · (a(u)∇u) en Rn × (0,∞), (4.11)
donde a ∈ C1(R) es positiva. Mostrar que existe una transformación v := ϕ(u)
con la cual la ecuación (4.11) se reduce a la ecuación del calor.
Resolución.
1. Sea A : R+ → R+ la función definida por
A(t) :=
∫ t
0
a(s) ds para t > 0.
Como a > 0, sigue que A es creciente y, por lo tanto, invertible. Definimos ϕ
como la inversa de A y consideramos el cambio de variable t := ϕ(τ).
Sea v(x, τ) := u(x, ϕ(τ)), x ∈ Rn, τ > 0, donde u es solución de (4.10). A
continuación veremos que v es solución de la ecuación del calor en Rn×(0,∞).
Primero observamos que
vτ (x, τ) =ut(x, ϕ(τ))ϕ
′(τ) y ∆v(x, τ) = ∆u(x, ϕ(τ)).
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Ecuaciones diferenciales A/B - 2020 (primer cuatrimestre)
Entonces, usando que u es solución de (4.10) se tiene que v satisface
vt(x, τ) = a(ϕ(τ))∆v(x, τ)ϕ
′(τ) x ∈ Rn, t > 0.
Notando que
ϕ′(τ) =
1
A′(ϕ(τ))
=
1
a(ϕ(τ))
para t > 0,
se tiene que v es solución de la ecuación del calor en Rn × (0,∞).
2. Consideramos la transformación
v(x, t) :=
∫ u(x,t)
0
a(s) ds x ∈ Rn, t > 0. (4.12)
A continuación veremos que si u es solución de la ecuación no lineal (4.11),
entonces v es solución de la ecuación del calor en Rn × (0,∞). De este modo
se ve que la transformación (4.12) reduce la ecuación (4.11) a una ecuación
lineal, la ecuación del calor.
Comenzamos por calcular las derivadas parciales de v:
vt = a(u)ut, vxi = a(u)uxi , vxixi = a
′(u)u2xi + a(u)uxixi ,
para i = 1, . . . , n.
Luego,
∆v = a′(u)|∇u|2 + a(u)∆u = ∇ · (a(u)∇u) = a(u)ut(u) = vt,
en Rn × (0,∞), como se queŕıa probar.
Definición 1. Sea U ⊂ Rn un conjunto abierto y acotado, y sea T > 0. Se
definen:
UT := U × (0, T ] y ∂pUT := UT − UT =
(
Ū × {0}
)
∪ (∂U × (0, T ]) .
Al conjunto ∂pUT se lo denomina “frontera parabólica”de UT .
Teorema 1 (ver Ejercicio 14 de la Práctica 4). Sea U ⊂ Rn un conjunto
abierto y acotado, y sea T > 0. Si u ∈ C2,1(UT ) ∩ C(UT ) es tal que
ut −∆u ≤ 0 en UT ,
entonces
máx
UT
u := máx
∂pUT
u.
Ejercicio 3. (Ejercicio 20 de la Práctica 4) Sea u ∈ C2,1(UT ) ∩ C(UT ) solución de
ut −∆u = f en UT , u = 0 en ∂pUT ,
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donde f = f(x). Probar que si f ≤ 0, entonces ut ≤ 0.
Resolución. Para ε > 0 definimos
wε(x, t) := u(x, t+ ε)− u(x, t) para (x, t) ∈ UT−ε.
y observamos que para cada (x, t) ∈ UT−ε se tiene:
∂twε(x, t)−∆wε(x, t) =ut(x, t+ ε)−∆u(x, t+ ε)− (ut(x, t)−∆u(x, t)) = 0,
ya que f no depende de la variable t. Entonces, usando el principio de máximo para
wε en UT−ε, obtenemos:
máx
UT−ε
wε = máx
∂pUT−ε
wε.
Ahora observamos que
máx
Ū×{0}
wε = máx
x∈Ū
u(x, ε),
ya que u = 0 en Ū × {0}, y que
máx
∂U×(0,T−ε]
wε = 0,
ya que u = 0 en ∂U × (0, T ]. Entonces,
máx
UT−ε
wε = máx
x∈Ū
u(x, ε). (4.13)
Además, como f ≤ 0 en U , usando el principio del máximo para u en UT y el
hecho que u se anula en ∂pUT , vemos que
máx
UT
u = máx
∂pUT
u = 0.
Combinando esto con (4.13), obtenemos:
u(x, t+ε) ≤ u(x, t) para todo (x, t) ∈ UT y todo ε > 0 tal que (x, t+ε) ∈ UT .
En otras palabras, u(x, ·) decrece en (0, T ] para cualquier x ∈ U . Por lo tanto, ut ≤ 0
en UT .
Definición 2 (Operador parabólico). Sea D ⊂ Rn+1 un conjunto abierto.
Para u ∈ C2,1(D) se define
Lu := ∂u
∂t
−
n∑
i,j=1
aij(x, t)
∂2u
∂xixj
+
n∑
i=1
bi(x, t)
∂u
∂xi
+ c(x, t)u,
donde aij, bi y c son funciones continuas en D para cada i, j = 1, . . . , n, la
matriz A(x, t) := (aij(x, t))ij es simétrica y definida positiva para cada (x, t) ∈
D, y la función c satisface c ≥ 0 en D. El operador L se denomina “operador
parabólico”.
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Ecuaciones diferenciales A/B - 2020 (primer cuatrimestre)
Ejercicio4. Sea D ⊂ Rn+1 abierto y sea u ∈ C2,1(D). Demostrar que si Lu < 0 en
D, o si Lu ≤ 0 y c > 0 en D, entonces u no puede tener un máximo positivo en D.
Resolución. Supongamos, por el contrario, que u tiene un máximo positivo que se
alcanza en un punto (x0, t0) ∈ D. Como ∂tu(x0, t0) = 0 y ∂xiu(x0, t0) = 0 para todo
i = 1, . . . , n, se tiene:
Lu(x0, t0) = −
n∑
i,j=1
aij(x0, t0)
∂2u
∂xixj
(x0, t0) + c(x0, t0)u(x0, t0). (4.14)
A continuación vamos a probar que
−
n∑
i,j=1
aij(x0, t0)
∂2u
∂xixj
(x0, t0) ≥ 0. (4.15)
Esto implicará que
Lu(x0, t0) ≥ c(x0, t0)u(x0, t0), (4.16)
lo cual dará la contradicción que buscamos.
Primero notamos que, como A(x0, t0) es simétrica y definida positiva, existe una
matriz ortogonal P tal que
PA(x0, t0)P
T = Q := diag(λ1, . . . , λn),
donde λ1, . . . , λn son los autovalores de A(x0, t0), los cuales son todos positivos.
Luego, consideramos la transformación y = Px y observamos que
n∑
i,j=1
aij(x0, t0)
∂2u
∂xixj
(x0, t0) =
n∑
i=1
λi
∂2v
∂y2i
(y0, t0), (4.17)
donde hemos anotado y0 = Cx0 (la verificación de esta igualdad se deja como ejerci-
cio).
Ahora observamos que v tiene como máximo a v(y0, t0), siendo (y0, t0) un punto en
el abierto D̃, imagen de D bajo la transformacíın y = Px. Entonces, ∂2xiv(y0, t0) ≤ 0
para cada i = 1, . . . , n. Como, además, cada λi es positivo, resulta:
n∑
i=1
λi
∂2v
∂y2i
(y0, t0) ≤ 0.
Combinando esto con (4.17), obtenemos (4.15).
Otra manera de probar (4.15) consiste en lo siguiente: Primero notamos que
n∑
i,j=1
aij(x0, t0)
∂2u
∂xixj
(x0, t0) = Tr(AH),
donde H := H(x0, t0) es la matriz Hessiana de u en (x0, t0) y A := A(x0, t0). Luego,
usando la misma notación que antes, escribimos A como A = PTQP y observamos
que
Tr(AH) = Tr(PTQPH) = Tr(QPTPH) = Tr(QH) =
n∑
i=1
λiHii.
Como para todo i = 1, . . . , n, λi ≥ 0 y Hii = Hei · ei ≤ 0 ya que H es semidefinida
negativa (donde e1, .., en son los vectores de la base canónica de Rn), obtenemos (4.15).
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Saintier, Ceretani
Referencias
[1] J. Fernández Bonder. Ecuaciones Diferenciales Parciales. Departamento de Matemática, FCEN-
UBA, 2015.
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