Resolver $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = 0$ cambiando las variables

Question

Transformar la ecuación diferencial $\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} = 0 $ introduciendo nuevas variables $x = u+v$ y $y=u-v$ . y luego resolverlo.

Yo que podría mostrar algo de esfuerzo pero no sé ni por dónde empezar y no encuentro nada sobre esto en la bibliografía de mi curso (el tema es cálculo multivariable muy básico y encontré la pregunta en un examen antiguo).

¿Podría alguien indicarme cómo resolver esto?

Answer 1

Así que, empecemos como se indica en la pista. Definimos una versión "transformada" de nuestra solución $z$ introduciendo $g(u,v) = z(u+v, u-v)$ . Entonces $$ z(x,y) = g\left(\frac 12(x+y), \frac 12 (x-y)\right) $$ Esto da \begin {align*} \partial_x z &= \frac 12 \partial_u g + \frac 12 \partial_v g \\ \partial_y z &= \frac 12 \partial_u g - \frac 12 \partial_v g \end {align*} Por lo tanto $$ 0 = \partial_x z + \partial_y z = \partial_u g $$ Así que $g(u,v) = \phi(v)$ para alguna función $\phi$ Es decir $$ z(x,y) = \phi\left(\frac 12(x-y)\right). $$

Answer 2

Si sólo estás interesado en cómo resolver este tipo de ecuaciones, puede que encuentres esto útil.

No hay necesidad de utilizar este tipo de cambio de variables "de sopetón" si te introduces en el método de las características para resolver EDP de primer orden. En tu caso, la EDP también es lineal y puede escribirse como sigue:

$$a(x,y) \, p + b(x,y)\, q = f(x,y,z), \quad p = \partial_x z, \quad q = \partial_y z,$$ y $a = 1, b = 1$ son funciones conocidas de sus variables independientes y $f = 0$ es una función lineal sobre $z$ . El método de las características dice entonces:

$$\frac{\mathrm{dx}}{a} = \frac{\mathrm{dy}}{b} = \frac{\mathrm{dz}}{f} \Rightarrow \frac{\mathrm{dx}}{1} = \frac{\mathrm{dy}}{1} = \frac{\mathrm{d}z}{0}.$$ Las dos primeras igualdades nos lo dicen:

$$ \mathrm{d}x - \mathrm{d}y = 0,$$ así que $x-y=c$ (constante) en algún lugar . La fracción $\mathrm{d}z/0$ lleva a establecer $z=k$ (constante), de nuevo, en algún lugar . Si pones $k$ en función de $c$ Entonces la solución se convierte en:

$$z = k(c) = k(x-y),$$

donde $k(\cdot)$ es una función arbitraria de $x-y$ es decir, la curva característica de la ecuación.

Espero que esto ayude.

Salud.

Answer 3

Si se cambian las variables utilizando un grupo de Lie, se puede encontrar la solución más general de este pde. Utilice $$G(x,y,z)=(\lambda x,\lambda^\beta y,\lambda^\alpha z)\lambda_o=1$$ tal que $x'=\lambda x$ , $y'=\lambda^\beta y$ , $z'=\lambda^\alpha z$ entonces $$ \frac{\partial z'}{\partial x'}+\frac{\partial z'}{\partial y'}=\frac{\lambda^\alpha \partial z}{\lambda \partial x}+\frac{\lambda^\alpha \partial z}{\lambda^\beta \partial y}=0$$ Para la invariabilidad, $\lambda^{\alpha -1}=\lambda^{\alpha -\beta}$ o $\beta=1$ y no hay restricciones para $\alpha$ . Así, hemos encontrado un grupo de Lie invariante, uno que preserva la estructura de la variedad lisa y deja la pde sin cambios. Dado que $$ \lambda^\alpha z(x,y)=z(\lambda x,\lambda y) $$ podemos tomar derivadas parciales de ambos lados, estableciendo $\lambda=\lambda_o=1$ y obtener $$ \alpha z=x z_x + y z_y $$ Las ecuaciones características $$ \frac{dz}{\alpha z}=\frac{dx}{x}=\frac{dy}{y} $$ tienen dos integrales independientes, $$\frac{z}{y^\alpha}$$ y $$\frac{y}{x}$$ Se trata de constantes de integración que son estabilizadores de grupo para los polinomios (que incluyen los DEQ), y esto se comprueba observando que $$\frac{z'}{(y')^\alpha}=\frac{\lambda^\alpha z}{(\lambda y)^\alpha}=\frac{z}{y^\alpha}$$ y $$\frac{y'}{x'}=\frac{y}{x}$$ La idea de Sophus Lie era que si se puede encontrar un grupo continuo infinito invariante (un grupo de Lie), entonces la DEQ está en el núcleo del grupo con los estabilizadores que forman un subespacio embebido. La pde debería entonces "caer" en los estabilizadores del grupo y así ser expresada como una EDO. Así es como funciona.

La solución más general de su pde se encuentra fijando un estabilizador independiente igual a una función arbitraria del otro.
$$ \frac{z}{y^\alpha}=f\bigg(\frac{y}{x}\bigg) $$ Si cambiamos el nombre de $\frac{y}{x}=\mu$ donde $\mu$ es el argumento de la función, obtenemos $$ z=y^\alpha f(\mu) $$ $$ z_x=y^\alpha f_\mu\mu_x=y^\alpha f_\mu \bigg(\frac{-y}{x^2}\bigg)=-y^{\alpha -1}\mu^2 f_\mu $$ $$ z_y =\alpha y^{\alpha -1} f+y^\alpha f_\mu \mu_y =\alpha y^{\alpha -1}f +y^{\alpha -1}\mu f_\mu $$ Volviendo a poner esto en el pde, los términos y desaparecen y tenemos $$ -\mu^2 f_\mu +\alpha f+\mu f_\mu =0 $$ que se simplifica a $$ \frac{f_\mu}{f}=\frac{\alpha}{\mu^2 -\mu} $$ o $$ \frac{d}{d\mu}ln f=\frac{\alpha}{\mu^2 -\mu} $$ Tras la integración tenemos $$ lnf=\alpha\bigg[ln\bigg(\frac{\mu-1}{\mu}\bigg)\bigg]+ln C=lnC\bigg(\frac{\mu-1}{\mu}\bigg)^\alpha $$ Así, $$ f=C\bigg(\frac{\mu-1}{\mu}\bigg)^\alpha=C\bigg(\frac{\frac{y}{x}-1}{\frac{y}{x}}\bigg)^\alpha=C\bigg(1-\frac{x}{y}\bigg)^\alpha $$ Porque $z=y^\alpha f(x,y)$ la solución más general es $$ z=C(y-x)^\alpha $$ Esta solución se puede comprobar fácilmente.