Condiciones iniciales y de contorno en el pde de primer orden cuasi lineal

Question

No puedo entender lo que buscamos encontrar en tal problema... Por ejemplo, considere el pde

$u_t+u_x=u$ con $x,t>0$ (1)

y las condiciones iniciales y de contorno:

$u(x,0)=1$ , para $x\ge0$ (2)

$u(0,t)=1$ , para $t\ge0$ (3)

¿Buscamos una solución de (1) que pueda extenderse (continuamente?) para tomar los valores implementados por (2), (3)?

Nota: No necesito una solución del problema anterior, sólo una definición o referencia adecuada. Gracias de antemano.

Answer 1

Considere el problema de las características :

$$\frac{\mathrm{d}t}{1}=\frac{\mathrm{d}x}{1} = \frac{\mathrm{d}u}{u}$$

Tomando el primer par, se obtiene :

$$\frac{\mathrm{d}t}{1}=\frac{\mathrm{d}x}{1} \Leftrightarrow \int\mathrm{d}t = \int \mathrm{d}x \implies u_1 = x-t $$

Ahora, el segundo par, da como resultado :

$$\frac{\mathrm{d}x}{1} = \frac{\mathrm{d}u}{u} \Leftrightarrow \int\mathrm{d}x = \int\frac{1}{u}\mathrm{d}u \implies u_2 = x - \ln(u) $$

Desde $u_1$ no depende de $u$ y $u_2$ es, la solución de la EDP se puede escribir como

$$u_2 = F(u_1) \Rightarrow \ln u = x - F(x-t) \Leftrightarrow u(x,t) = \exp\left(x-F(x-t)\right)$$ $$\Leftrightarrow$$ $$u(x,t) = \frac{e^x}{F(x-t)} \equiv e^xF(x-t)$$

donde $F$ es una función arbitraria $\in C^1$ .

Ahora, aplicando los valores iniciales, obtenemos :

$$u(x,0) = 1 \implies e^xF(x) = 1 \Leftrightarrow F(x) = e^{-x}$$

$$u(0,t) = 1 \implies F(-t) = 1$$

Basta entonces con decir que una solución $u(x,t)$ del problema de valor límite dado, es la función definida como tal :

$$u(x,t) = e^xF(x-t) \quad \text{where} \quad \begin{cases} F(x) = e^{-x} \\ F(-t) = 1\end{cases}$$

Para ser más precisos, considere dejar $x := x-t$ y $t := t-x$ en el caso de los valores límite. Entonces :

$$F(x-t) = e^{x-t} \quad \text{and} \quad F(x-t) = 1\quad$$

Pero, eso implica que :

$$e^{x-t} = 1 \Leftrightarrow x = t$$

Finalmente, esto significa que la solución del BVP dado puede escribirse como :

$$u(x,t) = e^xF(0) \equiv c_1e^x \quad \text{or} \quad u(x,t) = c_2e^t$$

Pero nótese que la primera se mantiene en el caso de $x - t \leq 0$ así $x \leq t$ y la segunda se mantiene en el caso de $x-t \geq 0$ así $t \geq x$ , que se deriva de sus casos de valor límite para las variables de la EDP.

Así, finalmente, la solución $u(x,t)$ puede escribirse como :

$$u(x,t) = \begin{cases}e^t & x \geq t \\ e^x & x \leq t \end{cases}$$

La simple sustitución confirma que ambas son soluciones de la PDE BVP inicial.

Answer 2

¿Buscamos una solución de (1) que se pueda extender (¿continuamente?) para tomar los valores implementados por (2), (3)?

Sí (y sí, continuamente).

Answer 3

$$u_t+u_x=u \tag 1$$ Ecuaciones de Charpit-Legendre : $$\frac{dt}{1}=\frac{dx}{1}=\frac{du}{u}$$ Primera ecuación de las curvas características de $\frac{dt}{1}=\frac{dx}{1}$ : $$x-t=c_1$$ Segunda ecuación de las curvas características de $\frac{dt}{1}=\frac{du}{u}$ : $$ue^{-t}=c_2$$ Solución general de la EDP : $$ue^{-t}=F(x-t)$$ donde $F$ es una función arbitraria (a determinar según las condiciones de contorno). $$u(x,t)=e^tF(x-t)$$ Condición $u(X,0)=1=F(X)$ para $X\geq 0$ .

Condición $u(0,t)=1=e^tF(-t)$ para $t\geq 0$ . Así, $1=e^{-X}F(X)$ para $-X\geq 0$ .

En total: $$F(X)= \begin{cases}1\quad\text{for}\quad X\geq 0.\\ e^X \quad\text{for}\quad X\leq 0. \end{cases}$$

Ahora la función $F$ está determinada. Lo ponemos en la solución general donde $X=x-t$

$$u(x,t)=\begin{cases} e^t1\quad\text{for}\quad x-t\geq 0.\\ e^te^{x-t} \quad\text{for}\quad x-t\leq 0. \end{cases}$$

$$u(x,t)=\begin{cases} e^t\quad\text{for}\quad x\geq t.\\ e^x \quad\text{for}\quad x\leq t. \end{cases}$$