Encontrar la solución de $af_x + f_y = 0$ , Donde $a \not= -1$ y donde se toman los siguientes valores

Question

Tengo el siguiente problema:

Encuentra la solución de $af_x + f_y = 0$ , donde $a \not= -1$ y donde se toman los siguientes valores

1. $f = e^{-x^2}$ en la línea $y = -x$ .
2. $f = 1$ en la línea $y = -x$

Para cada uno de los casos anteriores, ¿qué sucede cuando $a = -1$ ?

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Mi trabajo es el siguiente:

i)

$$\frac{dx}{dt} = a, \frac{dy}{dt} = 1, \frac{df}{dt} = 0$$

$$\therefore x(t) = at + C_1(s), y(t) = t + C_2(s), f = e^{-x^2}$$

$$x(0) = C_1(s) = -s, y(0) = C_2(s) = 0$$

$$\therefore x(s, t) = at - s, y(s, t) = t$$

Prueba de la condición de transversalidad:

$$|J| = \begin{vmatrix} a& 1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} = 0 - (-1) = 1$$

Por tanto, se cumple la condición de transversalidad.

ii)

$$\frac{dx}{dt} = a, \frac{dy}{dt} = 1, \frac{df}{dt} = 0$$

$$\therefore x(t) = at + C_1(s), y(t) = t + C_2(s), f = 1$$

$$x(0) = C_1(s) = -s, y(0) = C_2(s) = 0$$

$$\therefore x(s, t) = at - s, y(s, t) = t$$

Prueba de la condición de transversalidad:

$$|J| = \begin{vmatrix} a& 1 \\ -1 & 0 \end{vmatrix} = 0 - (-1) = 1$$

Por lo tanto, se cumple la condición de transversalidad.

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Como puede verse, estoy confundido en cuanto a cómo debería resolver tales problemas, así como en cuanto a las diferencias en $f$ afectan a estos dos problemas y a cada una de sus soluciones.

Agradecería mucho que la gente se tomara la molestia de demostrar cómo se resuelven estos problemas, con explicaciones/razonamientos de los pasos de la solución.

Answer 1

Dejemos que $u:=ax+y$ y $v:=x-ay$ . Entonces, $u$ y $v$ son variables independientes (demostrando que $\dfrac{\partial u}{\partial v}=0$ y $\dfrac{\partial v}{\partial u}=0$ ) tal que $$x=\frac{au+v}{a^2+1}\text{ and }y=\frac{u-av}{a^2+1}\,.$$ Tenga en cuenta que $$\frac{\partial}{\partial u}=\left(\frac{\partial x}{\partial u}\right)\,\left(\frac{\partial}{\partial x}\right)+\left(\frac{\partial y}{\partial u}\right)\,\left(\frac{\partial}{\partial y}\right)=\frac{1}{a^2+1}\,\Biggl(a\,\left(\frac{\partial}{\partial x}\right)+\left(\frac{\partial }{\partial y}\right)\Biggr)\,.$$ Así, si escribimos $F(u,v):=f\left(\frac{au+v}{a^2+1},\frac{u-av}{a^2+1}\right)=f(x,y)$ entonces la ecuación $$a\,\left(\dfrac{\partial}{\partial x}\,f(x,y)\right)+\left(\frac{\partial}{\partial y}\,f(x,y)\right)=0$$ equivale a $$\frac{\partial }{\partial u}\,F(u,v)=0\,.$$ Eso es, $F(u,v)=g(v)$ para alguna función $g$ . En consecuencia, $$f(x,y)=g(x-ay)\text{ for all }x,y\,.$$

En primer lugar, supongamos que $a\neq -1$ . Entonces, la solución $f(x,y)=g(x-ay)$ en la pregunta (1) viene dada por $$g\big(x-a(-x)\big)=\exp\left(-\frac{x^2}{2}\right)\,,$$ o de forma equivalente $$g(t)=\exp\left(-\frac{t^2}{2\,(a+1)^2}\right)\,.$$ Para la pregunta (2), la solución $f(x,y)=g(x-ay)$ satisface $$g\big(x-a(-x)\big)=1\text{ or }g(t)=1\,.$$
Ahora, supongamos que $a=-1$ . Entonces, la pregunta (1) es imposible, ya que $g\big(x-a(-x)\big)=g(0)$ es constante pero $\exp\left(-\dfrac{x^2}{2}\right)$ depende de $x$ . Para la pregunta (2), una lógica similar dice que $$f(x,y)=g(x-ay)=g(x+y)\,,$$ donde $g(0)=1$ (y no hay otras condiciones en $g$ ).

Answer 2

Tengo que escribir una respuesta separada por dos razones---(1) MathJax se comporta mal cuando hay demasiadas ecuaciones y (2) sólo hay una pequeña conexión entre esta respuesta y mi respuesta anterior. El problema está aquí: supongamos que tenemos una ecuación diferencial parcial de la forma $$a\,\frac{\partial}{\partial x}\,f(x,y)+b\,\frac{\partial}{\partial y}\,f(x,y)=0\,,$$ donde $a$ y $b$ son constantes reales no nulas. Se trata de encontrar un nuevo sistema de coordenadas $(u,v)$ , donde $u$ y $v$ son variables independientes que son funciones de $x$ y $y$ de tal manera que $$\frac{\partial}{\partial u}\,G(u,v)=a\,\frac{\partial}{\partial x}\,g(x,y)+b\,\frac{\partial}{\partial y}\,g(x,y)\,,$$ si $G(u,v)=g(x,y)$ . En otras palabras, queremos $$\frac{\partial}{\partial u}=a\,\frac{\partial}{\partial x}+b\,\frac{\partial}{\partial y}\,.\tag{*}$$

Estamos haciendo una suposición. Suponemos que $(u,v)=(px+qy,rx+sy)$ es un buen sistema de coordenadas, donde $p$ , $q$ , $r$ y $s$ son constantes reales con $(p,q)\neq (0,0)$ y $(r,s)\neq (0,0)$ . Es decir, $$x=\frac{su-qv}{ps-qr}\text{ and }y=\frac{-ru+pv}{ps-qr}\,.$$ Porque $$\frac{\partial x}{\partial u}=a\,\left(\frac{\partial x}{\partial x}\right)+b\,\left(\frac{\partial x}{\partial y}\right)=a\,,$$ concluimos que $$\frac{s}{ps-qr}=a\,.$$ De la misma manera, $$\frac{\partial y}{\partial u}=a\,\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right)+b\,\left(\frac{\partial y}{\partial y}\right)=b$$ rinde $$\frac{r}{ps-qr}=-b\,.$$
Eso es, $$ar+bs=(ps-qr)(-ab+ab)=0\,.$$

Necesitamos una última relación $$1=\frac{\partial u}{\partial u}=a\,\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)+b\,\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)=ap+bq\,.$$ Se puede observar que el par $(u,v)=(px+qy,rx+sy)$ con $(p,q)\neq (0,0)$ y $(r,s)\neq (0,0)$ tiene variables independientes con la condición requerida (*) si y sólo si $ap+bq=1$ y $ar+bs=0$ . Una buena opción es $(p,q):=\left(\frac{a}{a^2+b^2},\frac{b}{a^2+b^2}\right)$ y $(r,s)=\left(-\frac{b}{a^2+b^2},\frac{a}{a^2+b^2}\right)$ . Es decir, $$(u,v)=\left(\frac{ax+by}{a^2+b^2},\frac{-bx+ay}{a^2+b^2}\right)$$ es un buen sistema de coordenadas nuevo.

También puede reescalar o intercambiar los signos de $(u,v)$ anterior, pero al reescalar $u$ y $v$ la ecuación (*) se convierte en $$\frac{\partial}{\partial u}=k\,\left(a\,\frac{\partial}{\partial x}+b\,\frac{\partial}{\partial y}\right)$$ para alguna constante $k$ . Por ejemplo, $$(u_1,v_1)=(ax+by,-bx+ay)$$ es también un buen sistema de coordenadas. Como alternativa, $$(u_2,v_2)=(ax+by,bx-ay)$$ es otro buen sistema de coordenadas. Hay infinitas otras formas de elegir $(p,q,r,s)$ .