Questão 3. Considere a equação do transporte
u_{x}+y u_{y}=0
com a condição de fronteira u(x, 0)=\varphi(x).
(b) Para \varphi(x)=1, mostre que a EDP (1) tem várias soluções.

Passo 1

O enunciado fornece a equação diferencial parcial
u_{x}+y\,u_{y}=0
com a condição de fronteira na linha y=0
u(x,0)=\varphi(x).
A pergunta (b) pede: para \varphi(x)=1, mostrar que a EDP tem várias (isto é, não únicas) soluções.
Informações relevantes dadas:
  • A EDP e a condição de contorno u(x,0)=\varphi(x).
  • Na parte (b) temos \varphi(x)=1, ou seja, a condição na fronteira é u(x,0)=1.

Passo 2

Ideia do método de características (explicação didática e passo a passo).
Quando se tem uma EDP de transporte linear na forma a(x,y)\,u_x+b(x,y)\,u_y=0, a solução é constante ao longo de curvas chamadas características, que são as trajetórias definidas pelo sistema de ODEs
\frac{dx}{ds}=a(x,y),\qquad \frac{dy}{ds}=b(x,y).
Aqui, s é um parâmetro que percorre a curva; x(s),y(s) descrevem a curva no plano, e u varia segundo
\frac{du}{ds}=u_x\frac{dx}{ds}+u_y\frac{dy}{ds}.
No nosso caso temos a=1 e b=y. Portanto o sistema de características é
\frac{dx}{ds}=1,\qquad \frac{dy}{ds}=y,\qquad \frac{du}{ds}=0.
Explicando cada equação:
  • \frac{dx}{ds}=1 diz como x avança com o parâmetro s.
  • \frac{dy}{ds}=y diz como y varia ao longo da característica.
  • \frac{du}{ds}=0 resulta diretamente de substituir a e b na combinação para \frac{du}{ds}; essa última equação significa que u é constante ao longo de cada característica.

Passo 3

Resolver o sistema de características (passo a passo das integrações).
Integrando a primeira equação obtemos
\frac{dx}{ds}=1\quad\Rightarrow\quad x(s)=s+C_1,
onde C_1 é constante de integração (que depende da característica).
Para y resolvemos
\frac{dy}{ds}=y\quad\Rightarrow\quad \frac{dy}{y}=ds\quad\Rightarrow\quad \ln|y|=s+C_2,
ou seja
y(s)=C\,e^{s},
onde C=e^{C_2} é outra constante (podemos considerar C possivelmente nula).
Agora podemos eliminar o parâmetro s. Da primeira equação temos s=x-C_1. Substituindo em y(s)=C e^{s} obtemos
y = C e^{x-C_1} = (C e^{-C_1})\,e^{x}.
É conveniente formar uma combinação invariante sob deslocamentos ao longo da característica. Reorganizando, uma quantidade constante ao longo da característica é
K := y e^{-x}.
Aqui K é constante ao longo de cada característica (isto vem de integrar \frac{dy}{dx}=y, que dá \ln y = x + \text{const} e portanto y e^{-x}=\text{const}). Como \frac{du}{ds}=0, u é constante numa característica, então u pode ser escrito como função dessa constante K. Assim a forma geral das soluções (em domínio onde a construção vale) é
u(x,y)=g\bigl(y e^{-x}\bigr),
onde g é uma função arbitrária (aquela que dá o valor constante em cada característica). Aqui eu explicitei que g é arbitrária: é a liberdade que aparece porque u é apenas exigida ser constante em cada curva y e^{-x}= const.

Passo 4

Verificar que a expressão encontrada satisfaz a EDP (calculemos as derivadas e mostremos que a equação é satisfeita).
Seja u(x,y)=g\bigl(z\bigr) com z:=y e^{-x}. Então, por regra da cadeia,
u_x = g'(z)\,\frac{\partial z}{\partial x}=g'(z)\,(-y e^{-x})=-g'(z)\,z,
u_y = g'(z)\,\frac{\partial z}{\partial y}=g'(z)\,e^{-x}=g'(z)\,\frac{z}{y}\quad\text{(se }y\neq0\text{)}.
Agora formamos u_x+y u_y:
u_x + y u_y = -g'(z)\,z + y\cdot g'(z)\,\frac{z}{y} = -g'(z)\,z + g'(z)\,z = 0.
Portanto a forma u(x,y)=g\bigl(y e^{-x}\bigr) satisfaz mesmo a EDP para qualquer g diferenciável (a expressão é válida também por continuação quando y=0).

Passo 5

Impor a condição de fronteira \varphi(x)=1 e concluir sobre não unicidade.
A condição de contorno impõe, para y=0,
u(x,0)=g\bigl(0\cdot e^{-x}\bigr)=g(0)=\varphi(x)=1.
Logo a condição na fronteira diz apenas que
g(0)=1.
Não há outra restrição a g. Portanto qualquer função g que satisfaça g(0)=1 produz uma solução u(x,y)=g\bigl(y e^{-x}\bigr) que cumpre simultaneamente a EDP e a condição na fronteira. Como existem infinitas funções g com g(0)=1, a EDP tem infinitas soluções — isto é, não há unicidade para este problema de contorno específico.

Passo 6

Exemplos concretos (para fixar a ideia).
Algumas escolhas de g que satisfazem g(0)=1 e, portanto, geram soluções:
u(x,y)=1\quad(\text{escolha }g(z)\equiv1),
u(x,y)=1+z\quad\text{ou seja}\quad u(x,y)=1+y e^{-x},
u(x,y)=1+z^{2}\quad\text{ou seja}\quad u(x,y)=1+(y e^{-x})^{2},
etc. Todas essas satisfazem u_x+y u_y=0 e u(x,0)=1. Isso mostra explicitamente que há várias soluções.

Resposta

A EDP admite infinitas soluções da forma u(x,y)=g\bigl(y e^{-x}\bigr) com qualquer função g tal que g(0)=1. Exemplos: u\equiv1, u(x,y)=1+y e^{-x}, u(x,y)=1+(y e^{-x})^{2}, etc.

Exercícios relacionados