La solución de $x\frac{\partial u}{\partial x} + y\frac{\partial u}{\partial y }=1$

Question

Quiero resolver la ecuación diferencial $$x\frac{\partial u}{\partial x} + y\frac{\partial u}{\partial y }=1$$

con la condición inicial $u(1,y)=y.$

Estoy muy familiarizado con los métodos posibles para resolver del pde. Un método que he encontrado (enlace) iría de la siguiente manera:

$$\dot{x}=x,\;\;\;\;x(0)=1\\\dot{y}=y,\;\;\;\; y(0)=y\\\dot{u}=1,\;\;\;\;u(0)=1$$ pero la segunda ecuación no parece posible. Puede que este método se aplica para resolver la ecuación o necesito uno nuevo?

Otra pregunta: En el link (página 2) escribieron $x(t)=0$, y después de $x(t)=e^t$ como una solución, pero ¿cómo puede ser al $e^t$ es distinto de cero para cada $t$?

Answer 1

Hay una manera más sencilla. Conjunto $\alpha=\ln x$, $\beta=\ln y$, entonces la ecuación se convierte en $$\frac{\partial u}{\partial \alpha}+\frac{\partial u}{\partial \beta}=1.$$ A continuación, otro de los cambios de las variables de $z_{\pm}=\alpha\pm\beta$, después de que la ecuación se reduce a $$\frac{\partial u\,}{\partial z_+}=\frac12,$$ con la obvia solución general $u=\frac{z_+}{2}+F(z_-)$ donde $F$ denota una función arbitraria. Por lo tanto $$u(x,y)=\frac{\ln xy}{2}+F\left(\ln\frac{x}{y}\right).$$ Se mantiene el uso de la condición inicial para determinar la forma de $F$; y uno encuentra $F(z)=\frac{z}{2}+e^{-z}$.

Answer 2

Esto se conoce como el método de las características. En primer lugar que ayuda a distinguir a $u(1,s)=s$, por lo que la segunda ecuación se lee $\dot{y}=y$$y(0)=s$. Después de todo no es que $y(0)=y$, que no tiene ningún sentido. Más bien, lo hacemos $y(0)=s$ un parámetro libre, que garantiza $u(1,s)=s$. Aquí es también donde usted necesita para establecer la $u$ ecuación correctamente, debería leer$\dot{u}=1$$u(0)=u(x(0),y(0))=s$.

La primera ecuación da $x=e^t$, el segundo da $y=se^t$ y el tercero da $u=t+s$. Esto le da a $u(x,y)=\ln(x)+y/x$.

Ahora verificación, $u_x=1/x-y/x^2$$u_y=1/x$, lo $xu_x+yu_y=1$ como se requiere. Finalmente, $u(1,y)=y$.

Answer 3

Yo uso este método por lo general, es decir, obtenemos $$\frac{dx}{x}=\frac{dy}{y}=\frac{du}{1},$$ lo que implica $$\frac{dx}{x}=\frac{dy}{y}\quad\text{and}\quad\frac{dy}{y}=\frac{du}{1},$$ por lo $x=ky$ donde k es la constante y $y=ce^{u}$, por lo tanto puedo obtener la ecuación característica $$f\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{y}{e^u}\tag{1}.$$

Aplicar la condición inicial $u(1,y)=y$, es decir,$x=1$, $y=y$, $u=y$.

Llegamos $f\left(\frac{1}{y}\right)=\frac{1}{e^y} $,por lo tanto $f(t)=e^{-\frac{1}{t}}$ poniendo $t=\frac{1}{y}$,aplicar en eqn ($1$)$e^{-\frac{y}{x}}=\frac{y}{e^u}$, a partir de aquí encontrar $u(x,y)$.

Pero por supuesto, esto ayuda sólo para encontrar una solución.

Answer 4

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\dsc}[1]{\displaystyle{\color{red}{#1}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,{\rm Li}_{#1}} \newcommand{\norm}[1]{\left\vert\left\vert\, nº 1\,\right\vert\right\vert} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert}$ $\ds{x\,\partiald{\,{\rm u}}{x} + y\,\partiald{\,{\rm u}} de{y}=1:\ {\large ?}\,,\qquad \,{\rm u}\pars{1,y} = y}$.

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En este caso particular es conveniente para 'shift' la solución '$\,\ln\pars{x}\,$' para tener un homogénea de la ecuación: \begin{align} x\,\partiald{\rm u}{x} + y\,\partiald{\rm u}{y}=1\quad\imp\quad x\,\partiald{\bracks{{\rm u} - \ln\pars{x}}}{x} +y\,\partiald{\bracks{{\rm u} - \ln\pars{x}}}{y}=0 \end{align}

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Así que, vamos a utilizar las Características del Método: $$ \dot{x}=x\,,\quad\dot{y}=y\qquad\imp\quad\totald{y}{x}={y \sobre x}\quad\imp\quad {y \sobre x}=\mbox{constante} $$

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La forma de la solución está dada en términos de una función arbitraria , por el momento, $\fermi\pars{x,y}$ de $y/x$. $\fermi\pars{x,y}$ se deduce por la imposición de la condición inicial $\,{\rm u}\pars{1,y}=y$: $$ \,{\rm u}\pars{x,y} - \ln\pars{x}=\fermi\pars{y \sobre x}\quad\imp\quad y=\,{\rm u}\pars{1,y}=\fermi\pars{y} $$

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que es sustituida en el que anteriormente se encuentran solución general $\,{\rm u}\pars{x,y} = \ln\pars{x} + \fermi\pars{y \over x}$: $$ \color{#66f}{\large\,{\rm u}\pars{x,y}} =\color{#66f}{\large\ln\pars{x} + {y \sobre x}} $$