PDE: Encontrar todas las funciones $u \in C^1(\mathbb{R}^2)$ que satisfagan $x_2 u_{x_1} - x_1 u_{x_2} = 0$

Question

¿Puede alguien ayudarme con este problema? Es el comienzo de la clase de EDP, así que debería haber algún tipo de forma básica de averiguar todas las soluciones de la EDP. He intentado reescribirlo como $u_{x_1} = \frac{x_1}{x_2} u_{x_2}$ y traté de integrarlo, pero no conseguí nada con lo que pudiera trabajar.

Answer 1

El problema puede ser más fácil si se hace el cambio correcto de las variables. En este caso las coordenadas polares ayudarán mucho:

$x_1=r\cos\theta, x_2=r\sin\theta$ y utilizando la regla de la cadena:

$\frac{\partial u }{\partial x_1}=\frac{\partial u }{\partial r}\cos\theta-\frac{\sin\theta}{r}\frac{\partial u }{\partial \theta}$

$\frac{\partial u }{\partial x_2}=\frac{\partial u }{\partial r}\sin\theta+\frac{\cos\theta}{r}\frac{\partial u }{\partial \theta}$

que, al conectarlo, da como resultado:

$x_2u_{x_1}-x_1u_{x_2}=-\frac{u_\theta}{r}=0$ lo que a su vez implica que:

$$u_{\theta}=0\Rightarrow u=f(r)$$

donde f es una función arbitraria, por lo que en las coordenadas originales la solución más general es:

$$u(x_1,x_2)=f(\sqrt{x_1^2+x_2^2})$$

Answer 2

La hipótesis dice que en cualquier punto $(x,y)$ el gradiente $\nabla\! f(x_1,x_2)$ es ortogonal a $(x_2,-x_1)$ . Este vector es ortogonal a $(x_1,x_2)$ Así que lo que sabes es que en un momento dado $\vec x$ el gradiente es un múltiplo de $\vec x$ . Si haces un dibujo, éste debería apuntar a la conclusión $f$ es radial.

Para demostrarlo, considere $u(t) = f(e^{it} \vec x)$ donde $\vec x$ es fijo y distinto de cero. Entonces $u'(t) = \nabla\! f(e^{it} \vec x)\cdot ie^{it}\vec x$ . Como sabemos $\nabla\!f(e^{it} \vec x)$ apunta en la dirección de $e^{it}\vec x$ que es ortogonal a $ie^{it}\vec x$ conseguimos lo que queríamos: $u'(t) = 0$ y $f$ es radial.