Considere o seguinte problema:

u y y + u x y   =   x u y   , ( x ,   y )   ∈   R   ×   R .  

a Ache todas as soluções não triviais dessa equação que possam ser escritas na forma

u ( x ,   y )   =   X ( x ) Y   ( y ) .

b Ache uma solução não trivial que satisfaz

u ( 0 ,   0 )   =   0   e   u x ( 0 ,   0 )   =   0 .

Passo 1

a   Vamos começar pela separação de variáveis e buscar por soluções do tipo:

u x ,   y = X ( x ) Y ( y )

Substituindo   u na equação

X Y ' ' + X ' Y ' = x   X Y '  

Passando tudo que tem x para um lado e tudo que tem y para o outro lado

X Y ' ' = - X ' Y ' + x   X Y '

X Y ' ' = ( x   X - X ' ) Y '

Y ' ' Y ' = x   X - X ' X

Como essa igualdade vale para todo x e todo y , vamos igualá-la a uma constante

Y ' ' Y ' = x   X - X ' X = λ  

Separando a igualdade em duas equações, você vai encontrar isso aqui...

X ' - x - λ X = 0

Y "   - λ Y ' = 0

Precisamos agora achar X x e   Y ( y )

u x ,   y = X ( x ) Y ( y )

Passo 2

Para X temos:

d X d x = x - λ X

Que é uma EDO separável!

d X X = x - λ d x

ln ⁡ X = x 2 2 - λ x

Passando a exponencial dos dois lados:

X ( x )   = e x ² 2     - λ x

Passo 3

Agora para Y , como temos um problema de autovalor, vamos montar e resolver a equação característica da equação de   Y ( y )

r 2 - λ r = 0

r = 0   e   r = λ

Passo 4

Agora vamos analisar cada caso.

Se   λ = 0 ,   teremos duas raízes iguais e reais.

r 2 = 0

Y x = c 1 + c 2 y

E a solução da EDO vai ficar com essa carinha bela aqui

U ( x ,   y )   =   X ( x ) Y   ( y )   =   ( c 1 + c 2 y ) e x ² 2    

Se   λ ≠ 0 ,   teremos duas raízes reais e diferentes, e a solução seria

r 2 = λ r

r = 0   o u   r = λ

Como já vimos a solução com r = 0 , sobra a com r = λ :

Y   ( y )   =   c 1 +   c 2 e λ y

Então a solução da EDO seria:

U x ,   y =   X x Y   y = ( c 1 +   c 2 e λ y ) e x 2 2 - λ x  

Passo 5

b Ache uma solução não trivial que satisfaz

u ( 0 ,   0 )   =   0   e   u x ( 0 ,   0 )   =   0 .

Aplicando as condições de contorno na nossa primeira solução:

U x , y = ( c 1 + c 2 y ) e x ² 2    

U 0,0 = c 1 + 0 e 0 =   c 1 = 0

U x x , y = x ( c 2 y ) e x ² 2    

U x 0,0 = 0

Então, para qualquer c 2 ≠ 0 , as soluções U ( x ,   y )   =   c 2 y e x ² 2     serão não-triviais!

Agora aplicando as condições de contorno na nossa segunda solução:

U x ,   y = ( c 1 +   c 2 e λ y ) e x 2 2 - λ x

U 0,0 = ( c 1 +   c 2 e 0 ) e 0 =   c 1 +   c 2 = 0   ∴   c 1 = - c 2

U x x , y = x - λ ( c 1 +   c 2 e λ y ) e x 2 2 - λ x

U x 0,0 =   0 - λ c 1 +   c 2   e 0 e 0 = - c 1 +   c 2 λ = 0

Como obtivemos essa solução com λ ≠ 0 , temos

c 1 + c 2 = 0 ⇒ c 1 = - c 2

Neste caso, só teremos soluções não triviais se c 1 = - c 2 ≠ 0 .

U x ,   y = c 1 ( 1 - e λ y   ) e x 2 2     - λ x

Resposta

a   U x ,   y =   ( c 1 + c 2 y ) e x ² 2     o u U x ,   y = ( c 1 +   c 2 e λ y ) e x 2 2 - λ x são soluções não triviais.

b As soluções para p PVC não triviais são: c 2 ≠ 0 em U ( x ,   y )   =   c 2 y e x ² 2 e c 1 ≠ 0 em U x ,   y = c 1 ( 1 - e λ y   ) e x 2 2     - λ x

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