apuntes edp

APUNTES DE ECUACIONES DIFERENCIALESPARCIALES

1. SERIES DE FOURIER

Nuestro objetivo es determinar cuando una funcion f : R R puedeser representada en la forma

f(x) =1

2a0 +

+n=1

(an cos

npix

L+ bn sen

npix

L

).

Como veremos mas adelante, este tipo de expresion aparece natural-mente en algunas ecuaciones, tales como la ecuacion del calor y de laonda.

1.1. Funciones Periodicas.

Definicion 1.1.1. Una funcion f : R R es llamada periodica deperodo T si f(x+ T ) = f(x) para todo x R.

Observacion. Note que si T es un perodo, entonces nT ,n ZZ , tambien lo es.

Definicion 1.1.2. El menor perodo de una funcion es llamado perodofundamental.

Ejemplo 1.1.

(i) f(x) = senx, T = 2pi.

(ii) f(x) = x [x], T = 1.(iii) f(x) = sen

npix

L, T =

2L

n.

Verifiquemos (iii). Supongamos T es el periodo, entonces para cadax R se tiene que

sen(npixL

)= sen

(npi(x+ T )

L

)= sen

(npix

L+npiT

L

)Ya que sinx es una funcion 2 pi-periodica se tiene que el menor T

verificando la identidad anterior se logra cuando npiTL

= 2pi y luego

T = 2Ln

.1

2 APUNTES DE EDP

1.2. Coeficientes de Fourier. Supongamos de una manera infor-mal que

(1) f(x) =a02

++n=1

(an cos

npix

L+ bn sen

npix

L

).

Se observa que el perodo de f es 2L. Integrando entre [L,L] se ob-tiene que LLf(x) dx =

a02

LL

dx++n=1

(an

LL

cosnpix

Ldx+ bn

LL

sennpix

Ldx

),

y as

(2) a0 =1

L

LLf(x) dx.

Para encontrar los otros coeficientes de Fourier, usaremos las sigui-entes relaciones de ortogonalidad L

Lcos

npix

Lsen

mpix

Ldx = 0, n,m 1. L

Lcos

npix

Lcos

mpix

Ldx =

{L, n = m 1.0, n 6= m, n,m 1. L

Lsen

npix

Lsen

mpix

Ldx =

{L, n = m 1.0, n 6= m, n,m 1.

Multiplicando (1) por cos mpixL

, m 1 e integrando se obtiene LLf(x) cos

mpix

Ldx = amL,

y analogamente LLf(x) sen

mpix

Ldx = bmL.

As

(3) an =1

L

LLf(x) cos

npix

Ldx , n 0,

(4) bn =1

L

LLf(x) sen

npix

Ldx , n 1.

Note que a02

en la expresion (1) se justifica para verificar la formula (3).

Ahora podemos definir los coeficientes de Fourier:

APUNTES DE EDP 3

Definicion 1.2.1. Suponga que f(x) es absolutamente integrable encada intervalo finito. Los coeficientes de Fourier son definidos por lasexpresiones anteriores (3) y (4) .

Dada una funcion absolutamente integrable f : R R y 2L-periodi-ca, motivados por el razonamiento anterior, nos interesa saber si la seriede Fourier

1

2a0 +

+n=1

(an cos

npix

L+ bn sen

npix

L

)converge a la funcion f . Para este proposito necesitamos de los sigu-ientes conceptos.

Definicion 1.2.2. Una funcion f : R R es llamada seccionalmentecontinua si en cada intervalo acotado tiene un numero finito de discon-tinuidades (todas de primera especie, es decir, lmites laterales existen).

Ejemplo 1.2.

1. f(x) = sig x es seccionalmente continua .

2. f(x) = x [x] es seccionalmente continua .

3. f(x) =

x, 0 x pi,x, pi x 0,2pi periodica. es seccionalmente continua .4. f(x) =

1

x, no es seccionalmente continua.

5. f(x) =

1, x 1,1n, 1

n+1 x < 1

n,

0, x 0.no es seccionalmente continua.

Definicion 1.2.3. Una funcion es seccionalmente diferenciable si esseccionalmente continua y su derivada f tambien es seccionalmentecontinua.

Ejemplo 1.3. La funcion 2periodica definida por f(x) = 1 x2 ,si |x| 1, es seccionalmente continua y no es seccionalmente diferen-ciable.

El siguiente teorema se refiere a la convergencia puntual de la seriede Fourier (1).

Teorema 1.1. Sea f : R R una funcion seccionalmente diferencia-ble de periodo 2L. Entonces la serie de Fourier de f converge en cadapunto para

1

2[f(x+) + f(x)] .

4 APUNTES DE EDP

Ejemplo 1.4. (a) Calcular la serie de Fourier de la funcion 2 piperiodi-ca definida por

f(x) =

{1, 0 x pi,0, pi x < 0 .

(b) Use la parte (a) para obtener una expresion en serie para pi.

Solucion.

(a) Por Teorema 1.1 tenemos que

1

2(f(x+) + f(x)) =

1

2+

+k=1

2

(2k 1)pi sen(2k 1)x.

(b) Ya que f(pi2) = 1 se obtiene

pi

4=

+k=1

(1)k12k 1 (Serie de Leibniz).

Definicion 1.2.4. Una funcion f es par si f(x) = f(x) para todo x.Una funcion f es impar si f(x) = f(x) para todo x.Proposicion 1.1. Sea f : R R una funcion par que es absoluta-mente integrable en cualquier intervalo acotado, entonces

an =2

L

L0

f(x) cosnpix

Ldx, y bn = 0.

Proposicion 1.2. Si f : R R es una funcion impar y absolutamenteintegrable en cualquier intervalo acotado, entonces

an = 0, y bn =2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx.

Observacion. Cuando f es par, es posible obtener una serie de Fourieren terminos de cosenos y cuando f es impar obtenemos una serie enterminos de senos.

Ejemplo 1.5. Sea f : R R periodica de periodo 2L y definida porf(x) = x, L x < L.Como f es impar

an = 0,

bn =2

L

L0

x sennpix

Ldx

=2L

n2pi2

npi0

u senu du

=2L

npi(1)n+1,

APUNTES DE EDP 5

y ya que f es seccionalmente diferenciable, por Teorema 1.1, se tieneque

1

2(f(x+) + f(x)) =

2L

pi

+n=1

(1)n+1n

sennpix

L.

Ejemplo 1.6. Defina f(x) = |x|+ L, |x| L.

a0 =2

L

L0

(L x) dx = L,

an =2

L

L0

(LX) cos npixL

dx

=2L

n2pi2[1 (1)n] .

Ya que f es seccionalmente diferenciable y continua, Teorema 1.1, setiene que

f(x) =L

2+

4L

pi2

+k=1

1

(2k 1)2 cos(2k 1)pix

L.

Observacion. Dada una funcion f : [0, L] R, podemos establecervarios desarrollos de Fourier para f de acuerdo a como la extendamos.

Ejemplo 1.7.

(i) f(x) =

f(x), x [0, L],f(x), x [L, 0],2L periodica. en terminos de cosenos(ii) f(x) =

f(x), x [0, L],f(x), x [L, 0],2L periodica. en terminos de senos(iii) f(x) =

f(x), x [0, L],0, x [L, 0],2L periodica.Podemos considerar por ejemplo un perodo mayor.

Ejemplo 1.8. Dada f(x) = x, x [0, pi], escriba f como una seriede senos.

Extendemos f de la siguiente manera:

f(x) =

x, x [0, pi],x, x [pi, 0],2pi periodica.

6 APUNTES DE EDP

As

bn =2

pi

pi0

x sennx dx =2

n(1)n+1,

y luego por Teorema 1.1 se tiene que

1

2(f(x+) + f(x)) =

+n=1

(1)n+1 2n

sennx

y por lo tanto,

x = 2+n=1

(1)n+1n

sennx, 0 x < pi.

Nota. En x = pi no vale la igualdad anterior.

1.3. Integracion de Series de Fourier.

Teorema 1.2. Sea f : R R una funcion periodica de perodo 2L yseccionalmente continua, y sea

a02

++n=1

(an cos

npix

L+ bn sen

npix

L

).

su serie de Fourier. Entonces

(i) Se tiene que ba

f(x) dx =

ba

a02dx+

+n=1

(an

ba

cosnpix

Ldx+ bn

ba

sennpix

Ldx

).

(ii) La funcion

F (x) =

x0

[f(t) a0

2

]dt

es 2L-periodica continua, F es seccionalmente continua y esrepresentada por la serie de Fourier x

0

[f(t) a0

2

]dt =

L

pi

+n=1

bnn

+L

pi

n=1

(bnn

cosnpix

L+ann

sennpix

L

),

y

L

pi

+n=1

bnn

=1

2L

LLF (x) dx.

APUNTES DE EDP 7

En terminos practicos el Teorema anterior toma la forma

F (x) =

x0

(f(t) a0

2

)dt

=1

2L

LLF (x) dx+

L

pi

+n=1

(bnn

cosnpix

L+ann

sennpix

L

).

Ejemplo 1.9. Considerando la funcion 2L-periodica

f(x) = x, L x < L.Del Teorema 1.1 se obtiene que

1

2(f(x+) + f(x)) =

2L

pi

+n=1

(1)n+1n

sennpix

L.

De acuerdo a la formula anterior, se tiene que para x [L,L]

F (x) =x2

2,

1

2L

LLF (x) dx =

L2

6,

luego,

x2

2=L2

6+

2L2

pi2

+n=1

(1)nn2

cosnpix

L, L x L.

Aplicando un par de veces mas el teorema anterior se llega a laconclusion que:

x4

24 L

2x2

12= 7L

4

360+

2L4

pi4

+n=1

(1)n+1n4

cosnpix

L, L x L.

y tomando x = pi, se obtiene la formula

pi4

90=

+n=1

1

n4.

1.4. Acotamiento de los coeficientes de Fourier.

Proposicion 1.3. Sea f : R R 2L-periodica(i) Suponga que f es absolutamente integrable en [L,L], entonces

|an|, |bn| M0(f, L).(ii) Suponga que f es derivable y que f sea absolutamente integrable

en [L,L], entonces

|an|, |bn| M1(f, L)n

.

8 APUNTES DE EDP

(iii) Supongamos que f es continua y f absolutamente integrableen [L,L], entonces

|an|, |bn| M2(f, L)n2

.

etc...

1.5. Identidad de Parseval.

Teorema 1.3. Sea f : R R 2L-periodica, |f |2 integrable en [L,L],entonces

1

2a20 +

+n=1

(a2n + b

2n

)=

1

L

LL|f(x)|2 dx.

Demostracion. Mas adelante. Aplicaciones 1.1. 1. Use el desarrollo de Fourier de la funcion

f(x) = x3 L2x, T = 2L para obtener la identidad+n=1

1

n6=

pi6

945.

2. Sea f : R R C1, f(0) = f(L) = 0 y sea

bn =2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx.

Entonces,n=1

|bn| 0.

(ii) Observar que+n=1

sennx

n,

no es serie de Fourier de una funcion de L2 si 2 < 1.

APUNTES DE EDP 9

1.6. Ejercicios Propuestos.

Ejercicio 1.1. Si f y g son periodicas de periodo T , muestre que f +gy fg tambien son periodicas de periodo T .

Ejercicio 1.2. Sea f : R R una funcion periodica de periodo T ,integrable en todo intervalo, Muestre que a+T

a

f(x) dx =

T0

f(x) dx,

donde a es un numero real fijado.

Ejercicio 1.3. Sea f : R R una funcion periodica de periodo T .Muestre que la funcion

F (x) =

x0

f(t) dt

es periodica (de periodo T ) si y solo si, T0

f(t) dt = 0.

Ejercicio 1.4. Muestre que si f : R R es una funcion par difer-enciable entonces f es impar. Muestre tambien que si f : R R esimpar y diferenciable, entonces f es par.

Ejercicio 1.5. Escriba la serie de Fourier de la funcion 2pi perodicadefinida por

f(x) = 2x, pi x < pi.Ejercicio 1.6. Use la serie de Fourier de la funcion definida por

f(x) =

{cosx ,pi < x pi,2pi-periodica.

para mostrar que

cot pi =1

pi

(1

n=1

2

n2 2).

Ejercicio 1.7. Calcule la serie de Fourier de la funcion

f(x) =

{senx , senx 0,0 , senx < 0.

Ejercicio 1.8. Calcule la serie de Fourier de la funcion 2piperiodicadefinida por

f(x) = ex , si pi x < pi.

10 APUNTES DE EDP

Ejercicio 1.9. Encuentre el desarrollo de Fourier de la funcion

f(x) = sgn(x), pi < x < pi.Aplicando este desarrollo determine el valor de la serie

n=1

(1)n12n 1 .

Ejercicio 1.10. Considere la funcion 2piperiodicaf(x) =

{1 si 0 x < pi,0 si pi x < 0,

y la identidad de Parseval para mostrar quen=1

1

(2n 1)2 =pi2

8.

Ejercicio 1.11. Sea f : R R seccionalmente continua. Escriba L0xf(x)dx en terminos de

bn =2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx.

Ejercicio 1.12. Diga sin=1

cosnx

n

puede ser una serie de fourier de una funcion de clase C1.

Ejercicio 1.13. Calcule la serie de fourier de la funcion

f(x) =

{cosx , cosx > 0,0 , cosx < 0.

Ejercicio 1.14. Considere la funcion

f(x) = sen 3pix, 0 < x < 1,

Encuentre un desarrollo de Fourier para la funcion f en terminos desenos y otro en terminos de cosenos.

Ejercicio 1.15. Considere una funcion f : [0, L] R y k un numeronatural. Suponga que f, f , f , ..., f (k1) son continuas y que f (k) esabsolutamente integrable.Muestre que L

0

f(x) sinnpix

Ldx

Cnk , n = 1, 2, 3, ....

APUNTES DE EDP 11

donde C es una constante positiva.

Ejercicio 1.16. Sea f una funcion continua en [0, 1] y defina

n =

10

f(x) sennpix dx, n N.

Demuestre que la serie

n=1nn

es convergente.

Ejercicio 1.17. Sea f una funcion seccionalmente continua y 2pi-periodica . Muestre que

lmn+

pipif(t) sen

(2n+ 1)t

2dt = 0.

12 APUNTES DE EDP

2. ECUACION DEL CALOR

Sea R = {(x, t) R2 : 0 < x < L y t > 0}. El problema deconduccion de calor en una barra consiste en determinar una funcionu : R R que verifique la siguiente ecuacion llamada Ecuacion delCalor

(1) ut = Kuxx , en R.

y que satisfaga la condicion

(2) u(x, 0) = f(x) , 0 x L.donde f : [0, L] R es una funcion dada y K > 0 una constante.

Tambien debe verificar condiciones de frontera. Por ejemplo,

(3) u(0, t) = u(L, t) = 0.

El problema (1)-(3) es llamado problema de valor inicial y de fronterao problema mixto 1-dimensional.

2.1. Metodo de Fourier. Este metodo consiste inicialmente enusar separacion de variables. Para esto, buscamos soluciones de la forma

u(x, t) = F (x)G(t).

Procediendo informalmente, buscaremos un candidato a solucion yluego probaremos rigurosamente que es solucion. En efecto, suponga-mos que u(x, t) verifica (1), entonces

F (x)G(t) = KF (x)G(t),

o bien, si F (x) 6= 0 y G(t) 6= 0, tenemos1

K

G(t)G(t)

=F (x)F (x)

=

para cierto que no depende de x ni de t.

Estudiemos la ecuacion

(4) F (x) F (x) = 0, 0 < x < L.Ya que u(0, t) = u(L, t) = 0, entonces F debe satisfacer

(5) F (0) = F (L) = 0.

Sabemos de las EDOs que de acuerdo a los valores de las solucionesde (4) (5) pueden ser expresadas como sigue:

APUNTES DE EDP 13

(i) Si > 0, la solucion es de la forma

F (x) = c1ex + c2e

x.

Imponiendo las condiciones de borde F (0) = F (L) = 0 se ob-tiene que c1 = c2 = 0.

(ii) Si = 0 la solucion es de la forma

F (x) = c1x+ c2.

Al imponer las condiciones de borde, tenemos que F (x) 0.(iii) Si < 0, denotemos = 2, as la solucion general de

F (x) F (x) = 0,tiene la forma

F (x) = c1 cosx+ c2 senx.

Imponiendo F (0) = 0 tenemos c1 = 0 e imponiendo F (L) = 0y ya que nuestro interes es determinar soluciones no-triviales,se obtiene L = npi, n N . As las soluciones de (4) (5)tienen la forma

Fn(x) = sennpix

LLa solucion general de la ecuacion diferencial

1

K

G(t)G(t)

=

esG(t) = ceKt

o sea,

Gn(t) = cen2pi2

L2Kt.

As, para cada n = 1, 2, 3, ... tenemos una funcion

un(x, t) = en2pi2

L2Kt sen

npix

L,

que satisface las condiciones de frontera (no la condicion inicial nece-sariamente) y la ecuacion del Calor.

Imponiendo la condicion inicial, nos queda

un(x, 0) = sennpix

L= f(x).

O sea, si f(x) fuera de la forma

f(x) = sennpix

Lpara algun n, el problema estara resuelto.

14 APUNTES DE EDP

Ejemplo 2.1. La solucion del problema

ut = Kuxx, en R,u(x, 0) = 5 sen 3pix

L, para 0 x L,

u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0 ,

tiene como solucion

u(x, t) = 5 e9pi2KtL2 sen

3pix

L.

Nota que si la condicion de frontera fuera

f(x) = 4 sen2pix

L+ 3 sen

5pix

L,

entonces, la solucion debera ser

u(x, t) = 4 e4pi2KtL2 sen

2pix

L+ 3 e

25pi2KtL2 sen

5pix

L.

Por otro lado, observa que si u1, ..., un son soluciones que verifican(1) y (3), entonces

Nn=1

cnun, tambien verifican (1) y (3).

Este principio es llamado El Principio de Superposicion de Solu-ciones. Luego si la condicion inicial es de la forma:

f(x) =Nn=1

cn sennpix

L

entonces, la solucion sera de la forma

u(x, t) =Nn=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L.

Esto hace surgir de forma natural la siguiente pregunta. Si

f(x) =+n=1

cn sennpix

L,

sera la solucion de la Ecuacion del Calor dada por

u(x, t) =+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L?

Esta es la motivacion para el estudio de las Series de Fourier.

APUNTES DE EDP 15

Basicamente lo anterior quiere decir que si f(x) posee un desarrollode Fourier en terminos de senos, entonces tendremos un candidato asolucion.

Definicion 2.1.1 (I). Una funcion u : R R es una solucion delPVIF (O sea (1)-(3)) si u es continua en R, con derivadas parcialesdefinidas en R y verificando (1)-(3).

Esta es una definicion natural, pero exige que la funcion f sea con-tinua con f(0) = f(L) = 0.

Y si no fuera as?, por ejemplo, si f(x) = 50C x [0, L],

- x

6t

L

@@R50C

-x

6u

t

50C

o si pegaramos dos barras con temperaturas diferentes (50C y 100C).

-x

6u

t

100C100C

50C

Definicion 2.1.2 (II). Sea

R = {(x, t) R2, 0 x L, t > 0}.Una funcion u : R R es una solucion del problema PVIF, si

ut = Kuxx, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0 y,

lmt0

L0

u(x, t)(x) dx =

L0

f(x)(x) dx, : [0, L] R ,tal que es seccionalmente continua.

16 APUNTES DE EDP

Cual es la razon de establecer una definicion de este tipo?.Esta es una definicion de solucion debil que permite tomar condi-

ciones iniciales no necesariamente continuas. Es claro que si u es solu-cion de acuerdo a la definicion (I) tambien lo es de acuerdo a la defini-cion (II).

Teorema 2.1. Si f es de cuadrado integrable en [0, L], entonces laexpresion

+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L, cn =

2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx

define una funcion en R que es solucion del PVIF en el sentido (II).

Demostracion. Las series

+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L,

+n=1

ncnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

y+n=1

n2cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

convergen uniformemente en cualquier subrectangulo del tipo

R1,2 = {(x, t) : 0 x1 x x2 L, 0 < t1 t t2 +}.En efecto es suficiente usar el criterio M de Weierstrass.

La convergencia uniforme en subrectangulos del tipo R1,2 de

+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

implica la continuidad de la funcion anterior en R.Usaremos el siguiente resultado conocido:

Sea un(x, t) una serie de funciones continuamente diferen-ciables (de clase C1) en un rectangulo del tipo

R1,2 = {(x, t). x1 x x2, t1 t t2}tal que converja puntualmente para una funcion u(x, t). Ademassuponga que

xun converja uniformemente a una funcion v(x, t).

Entonces xu existe y vale

xu = v.

APUNTES DE EDP 17

Usando este hecho se tiene que

ut = Kpi2

L2

+n=1

n2cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

uxx = pi2

L2

+n=1

n2cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

As u es solucion de la ecuacion ut = Kuxx en R.

Ahora, sea seccionalmente continua y sean bn los coefi-cientes de Fourier de extendida como funcion impar de periodo2L. Por la identidad de Parseval la serie

+n=1 cnbn converge y

luego+n=1

cnbn =2

L

L0

f(x)(x) dx

Por otro lado, L0

u(x, t)(x) dx =+n=1

L0

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L(x) dx

para t > 0 (se usa convergencia uniforme de la serie para t fijo).Luego L

0

u(x, t)(x) dx =L

2

+n=1

en2pi2KtL2 cnbn.

Notar queen2pi2KtL2 cnbn |cn||bn| 12 (c2n + b2n) .As, por criterio M de Weiestrass la serie

+n=1

en2pi2KtL2 cnbn

converge a una funcion continua en [0,+]. Esto implica que

lmt0

+n=1

en2pi2KtL2 cnbn =

n=1

cnbn.

Observacion. El hecho que las series+n=1

njcnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

18 APUNTES DE EDP

converjan uniformemente en el subrectangulo R1,2, implica que aunsiendo discontinua la funcion f(x), la solucion es C para t > 0 y0 x L. Teorema 2.2. Sea f : [0, L] R una funcion continua con

f(0) = f(L) = 0

y tal que f exista en [0, L] y sea de cuadrado integrable. Entonces

(6) u(x, t) =+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

define una funcion continua en R, que es solucion de PVIF en sentido(I).

Demostracion. En virtud del Teorema anterior. Es suficiente probarque (6) define una funcion continua si t 0.

En efecto, tenemos cnen2pi2KtL2 sen npixL |cn|

luego, si |cn| converge, por el criterio M de Weierstrass el teoremaesta demostrado. En efecto,

cn =2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx =

2

npi

L0

f (x) cosnpix

Ldx.

As

cn =L

npidn

donde dn son los coeficientes de Fourier de f. Pero d2n converge por

Parseval (f L2). As, ya que

|cn| 12

L2

n2pi2+

1

2d2n ,

la serie |cn| converge. 2.2. Condiciones de Frontera no homogeneas. El problema con-siste en determinar una funcion u(x, t), verificando

(7)ut = Kuxx en R,u(0, t) = h0(t), u(L, t) = h1(t), t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L

donde h0(t), h1(t) y f son funciones dadas.

APUNTES DE EDP 19

Para resolver este problema recurrimos a lo mas natural, esto es,reducirlo al caso homogeneo.En efecto, sea

w = u v, v(0, t) = h0(t), v(L, t) = h1(t),sustituyendo en (7), se obtiene que

(w + v)t = K(w + v)xx en R,w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,w(x, 0) = f(x) v(x, 0), 0 < x < L,

lo que es equivalente a

(8)wt = Kwxx +Kvxx vt en R,w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,w(x, 0) = f(x) v(x, 0), 0 < x < L.

O sea, si existe v tal que

Kvxx vt = 0,v(0, t) = h0(t),v(L, t) = h1(t) ,

hemos resuelto (8) y la solucion es dada por

u = w + v.

Ejemplo 2.2. Resuelva la ecuacion

ut = Kuxx en R,u(0, t) = , u(L, t) = , t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L,

donde , R y f(x) es una funcion dada.Solucion. Tomemos

v(x, t) = + L

x ,

la cual verificaKvxx = vt,v(0, t) = ,v(L, t) = .

As debemos resolver la ecuacion

wt = Kwxx,w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,

w(x, 0) = f(x) ( + Lx),

20 APUNTES DE EDP

Como ya sabemos que la solucion de la ecuacion anterior es dada por

w(x, t) =+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

donde las constantes cn corresponden a los coeficientes de Fourier dela funcion

f(x)( +

L

x

),

se concluye que la solucion de la ecuacion es

u(x, t) = +( )

Lx+

+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L.

2.3. Ecuacion del Calor no homogenea. Estudiaremos el sigu-iente problema con condiciones de frontera homogenea

(9)ut = Kuxx + g(x, t) en R,u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L.

Para este proposito usaremos el metodo de Variacion de Parametros.En el caso g 0 sabemos que la solucion es dada por

u(x, t) =+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L.

Entonces buscaremos soluciones de (9) , de la forma

u(x, t) =+n=1

cn(t) sennpix

L.

Reemplazando en la ecuacion se obtiene que

+n=1

cn(t) sennpix

L= Kpi

2

L2

+n=1

cn(t)n2 sen

npix

L+ g(x, t).

Supongamos que g(x, t) se represente de la siguiente manera (seriede Fourier de senos),

g(x, t) =+n=1

gn(t) sennpix

L.

La unicidad de los coeficientes de Fourier genera la siguiente ecuacion

cn(t) = Kpi

2n2

L2cn(t) + gn(t), t > 0,

APUNTES DE EDP 21

con condicion inicial

cn(0) =2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx.

Resolviendo la EDO anterior, obtenemos

cn(t) = cn(0)en2pi2Kt

L2 + en2pi2KtL2

t0

gn(s)en2pi2KsL2 ds.

La demostracion rigurosa de que

(10) u(x, t) =+n=1

cn(t) sennpix

L,

corresponde a la solucion de la ecuacion (9) sera realizado en el Teoremasiguiente pero en una situacion particular.

Teorema 2.3. Sea f(x), g(x) funciones continuas con derivadas sec-cionalmente continuas en [0, L], tal que

f(0) = f(L) = g(0) = g(L) = 0.

Entonces, el PVIF

(11)ut = Kuxx + g(x) en R,u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L

tiene una solucion u(x, t) dada por la expresion (10), con coeficientesdados por

cn(t) =L2gnn2pi2K

+ en2pi2Kt

L

[fn gnL

2

n2pi2K

],

donde

fn =2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx,

gn =2

L

L0

g(x) sennpix

Ldx.

Demostracion. Recordemos que

cn(t) = cn(0)en2pi2Kt

L2 + en2pi2KtL2

t0

gn(s)en2pi2KsL2 ds.

En nuestro caso cn(0) = fn y gn(s) = gn (constante en s).

22 APUNTES DE EDP

As

cn(t) = fnen2pi2Kt

L2 + en2pi2KtL2 gn

L2

n2pi2K

(en2pi2KtL2 1

)= fne

n2pi2KtL2 +

L2

n2pi2Kgn L

2

n2pi2Ke

n2pi2KtL2 gn

=L2

n2pi2Kgn + e

n2pi2KtL2

(fn L

2

n2pi2Kgn

)Debemos justificar que

u(x, t) =+n=1

cn(t) sennpix

L

es solucion. Notemos que la serie es dominada por

c1

+n=1

1

n2+ c2

+n=1

ec3n2t,

as u(x, t) es continua en R. Para mostrar que u(x, t) verifica

ut = uxx + g(x),

el unico punto delicado es mostrar que (lo cual es consecuencia de |gn|

APUNTES DE EDP 23

2.4. Temperatura de Equilibrio. Supongamos que la ecuacion

ut = Kuxx + g(x) en R,u(0, t) = h0(t), u(L, t) = h1(t), t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L,

tiene una solucion U(x) tal que

lmt+

[u(x, t) U(x)] = 0,entonces U(x) es llamada temperatura de equilibrio y

v(x, t) = u(x, t) U(x),es llamada parte transiente de la solucion.

Ejemplo 2.3. Considera la ecuacion

(12)ut = Kuxx en R,u(0, t) = , u(L, t) = , t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L.

Procediendo intuitivamante, vamos a determinar una solucion U (tem-peratura de equilibrio) de la ecuacion anterior que no depende de t ,esto es

KUxx = 0, 0 x L,U(0, t) = , U(L, t) = , t > 0,

cuya solucion es dada por

U(x) = + L

x,

correspondiendo a la solucion de equilibrio de (12). En efecto, sabemosque la solucion de (12) es

u(x, t) = + L

x++n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L.

Luego,

lmt+

[u(x, t) U(x)] = lmt+

+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L= 0,

lo que prueba que U(x) es solucion de equilibrio.

Ejemplo 2.4. La temperatura de equilibrio de

ut = Kuxx + g(x) en R,u(0, t) = , u(L, t) = , t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L ,

24 APUNTES DE EDP

es dada por la solucion del problema

KU (x) + g(x) = 0, 0 x L,U(0) = , U(L) = , t > 0.

En efecto, la funcion v(x, t) = u(x, t) U(x) es solucion del problemavt = Kvxx en R,v(0, t) = v(L, t) = 0, t > 0,v(x, 0) = f(x) U(x), 0 < x < L.

es decir,

v(x, t) =+n=1

cnen2pi2Kt

L2 sennpix

L

donde cn son los coeficientes de Fourier de f(x) U(x). Por lo tanto,lmt+

[u(x, t) U(x)] = lmt+

v(x, t) = 0,

ya que

|v(x, t)| epi2KtL2

+n=1

|cn| cepi2KtL2 0.

cuando t +.Nota: |cn| converge pues f(x) U(x) es continua con derivada

seccionalmente continua.


Ejercicio 2.1. Resuelva la ecuacion

ut = Kuxx, , 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, para t > 0,

u(x, 0) = 6 sen3pix

L.


ut = 4uxx, , 0 < x < 1, t > 0,

u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, para t > 0,

u(x, 0) = x2(1 x), para x [0, 1].Ejercicio 2.3. Resuelva la ecuacion

ut = Kuxx, 0 < x < L, t > 0,

ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, para t > 0,

u(x, 0) = 6 + 4 cos3pix

L.

APUNTES DE EDP 25

Ejercicio 2.4. Considere la siguiente ecuacion

ut = uxx, x (0, pi) ; t > 0u(0, t) = 0 y u(pi, t) = 0,

u(x, 0) = sen3 x.

Determine la solucion u(x, t). (Ayuda: sin3 x = 34

senx 14

sen 3x). Re-suelva tambien esta ecuaion en el caso en que u(x, 0) = sen3 x es reem-plazada por u(x, 0) = cos3 x.

Ejercicio 2.5. Transforme el problema , haciendo que las condicionesde frontera sean homogeneas

ut = Kuxx, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = Aeat, u(L, t) = B, para t > 0,

u(x, 0) = 0.

Ejercicio 2.6. Transforme el problema en otro, en que las condicionesde frontera sean homogeneas

ut = Kuxx, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = h0(t) para t > 0,

ux(L, t) + u(L, t) = h1(t), para t > 0,

u(x, 0) = f(x), para 0 < x < L.

Ejercicio 2.7. Considere el problema

ut = Kuxx + , 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = y u(L, t) = , t > 0,

u(x, 0) = 0 0 < x < L.

donde , y son constantes, calcule la solucion de equilibrio.

Ejercicio 2.8. Considere la siguiente ecuacion

ut = Kuxx + 1, x (0, 1), t > 0,u(0, t) = 0, y u(1, t) = , t > 0,

u(x, 0) = 0.

donde K, son constantes. Calcule la solucion de equilibrio U(x) ydetermine la solucion u(x, t) de la ecuacion.

Ejercicio 2.9. Considere el problema

ut = Kuxx + g(t), 0 < x < L, t > 0,

ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t > 0,

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

26 APUNTES DE EDP

a) Muestre que la funcion v = uG(t) cumpla con los PVIF (problemavalor inicial frontera), donde G(t) es la primitiva de g(t) con G(0) = 0.

b)Encuentre la solucion en el caso en que g(t) = coswt y f(x) = 0.

Ejercicio 2.10. Considere la ecuacion

ut = uxx + (1 x)x, x (0, 1), t > 0,u(0, t) = , y u(1, t) = 0, t > 0,

u(x, 0) = 0, x [0, 1].donde es un parametro real. Determine su solucion u(x, t).

Ejercicio 2.11. Analice la siguiente ecuacion del calor

ut = uxx + uyy, (x, y) ; t > 0u(x, y, 0) = f(x, y), (x, y) u(x, y, t) = 0 sobre .

donde es un dominio acotado de R2.Para iniciar su estudio, puedesuponer que es un rectangulo.

APUNTES DE EDP 27

3. ECUACION DE LA ONDA

Nos inspiraremos en la cuerda vibrante para introducir la ecuacionde la onda. El fenomeno ocurre en el plano (x, u) y supone que la cuerdavibre en torno a la posicion de reposo a lo largo del eje x.

-x tiempo 0

6

u

-tiempo t1

6

0

t1

t

Se asume que las partculas de la cuerda se mueven solo en la direc-cion del eje u, por esta razon, que usa la terminologa de vibraciontransversal.

Tambien se supone que la cuerda no ofrece resistencia a ser doblada,por lo que es llamada flexible.

Para deducir la ecuacion diferencial parcial asociada se utiliza la Leyde Newton:

La derivada con relacion al tiempo de la cantidad de movimientodel cuerpo es igual a la suma de las fuerzas aplicadas.

De esta forma se llega a la siguiente ecuacion

(13) (x)utt = (t)uxx + h1(x, t, u),

o bien

(14) utt = c2uxx + h(x, t, u)

donde

c(x, t)2 =(t)

(x)y h(x, t, u) =

h1(x, t, u)

(x).

28 APUNTES DE EDP

Note que (x) corresponde a la densidad de la cuerda, (t) a la fuerzade tension, y h1(x, t, u) indica las otras fuerzas actuando, tales como,la fuerza de gravedad, medio ambiente, etc.

1. Vibraciones Libres.

Suponiendo que las unicas fuerzas que actuan sean las detension, la ecuacion (14) toma la forma

utt = c2uxx.

Se puede suponer c constante cuando la cuerda sea homogenea((x) = cte) y que las vibraciones tengan amplitud muy pequena((t) = cte).

2. Vibraciones Forzadas.

Suponga que la cuerda este sujeta a una fuerza exterior. Eneste caso es de la forma

utt = c2uxx + h(x, t).

3. Vibraciones Amortiguadas.

Suponga que la cuerda este inmersa en un fluido (aire, porejemplo) el cual opone una resistencia al movimiento. En estecaso, hay una fuerza externa dependiendo de la velocidad quese supone de la forma

h(x, t) = b ut(x, t), b > 0.As, la ecuacion toma la forma

utt = c2uxx b ut,

donde b > 0 explica la resistencia al movimiento.

4. Vibraciones sobre la accion de una fuerza restaurado-ra.

Suponga que exista un dispositivo que produzca una fuerzatendiente a traer la cuerda a la posicion u 0 y que esa fuerzasea dada por

h(x, t) = au(x, t).

APUNTES DE EDP 29

As la ecuacion queda de la forma

utt = c2uxx au.

El fenomeno fisco aun no se encuentra descrito completamente. Faltadecir algo sobre la extension de la cuerda, sobre el tipo de articulacionde las extremidades y finalmente sobre lo que provoco el movimiento.

Cuerda finita con extremidades fijas : Supongamos que lacuerda tenga longitud L y que en la posicion de reposo ocupael pedazo

{(x, 0) : x [0, L]}.As, la hipotesis de extremidades fijas implica que

u(0, t) = u(L, t) = 0, t 0,que son llamadas condiciones de frontera.

Desde el punto de vista matematico para que el problemaeste bien planteado, debemos imponer los datos

u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L,

que son llamadas condiciones iniciales.As el problema de cuerda vibrante finita con extremidades

fijas consiste en determinar una funcion

u(x, t), (x, t) [0, L] R+0 ,que verifique

utt = Kuxx + h(x, t, u) en R,u(0, t) = u(L, t) = 0, t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L.

Esta ecuacion puede modelar, por ejemplo, las vibraciones

(a) de las cuerdas de un arpa (f(x) 6= 0, g(x) = 0) , o bien,

(b) de las cuerdas de un piano (f(x) = 0, g(x) 6= 0).

30 APUNTES DE EDP

Cuerda finita con extremidades libres.

La ecuacion es

utt = Kuxx + h(x, t, u) en R,ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L..

Otras condiciones de frontera.

Por ejemplo

u(0, t) = a(t), u(L, t) = b(t), t 0,(movimiento transversal de acuerdo a las leyes conocidas).

ux(0, t) + hu(0, t) = 0, t 0,(Conexion elastica en x = 0).

3.1. Separacion de variables. Usaremos nuevamente el metodo deseparacion de variables para abordar el problema de la cuerda vibrantecon extremidades fijas. Consideremos la ecuacion

(15)

utt = c2 uxx en R,

u(0, t) = u(L, t) = 0, para t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L.

donde c es una constante y

R = {(x, t) R2 : 0 < x < L y t > 0}.Siguiendo el mismo procedimiento como en la ecuacion del Calor

llegamos al siguiente candidato a solucion.

(16) u(x, t) =+n=1

an sennpix

Lcos

npic t

L+ bn sen

npix

Lsen

npic t

L

donde

(17) an =2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx

y

(18) bn =2

npic

L0

g(x) sennpix

Ldx.

APUNTES DE EDP 31

Teorema 3.1. Sean f , g : [0, L] R tales que f , f , f , g, g seancontinuas, f y g son seccionalmente continuas. Ademas suponga quef(0) = f(L) = f (0) = f (L) = g(0) = g(L) = 0.Entonces,

(i) los coeficientes an y bn estan bien definidos,

(ii)

f(x) =+n=1

an sennpix

L,

g(x) =+n=1

npic

Lbn sen

npix

Ly

(iii) la expresion (16) define una funcion continua en R, de claseC2 en R que satisface la ecuacion de Onda.

Demostracion. (i) Ya que f y g son continuas en [0, L], las inte-grales en (17) y (18) convergen.

(ii) Como f y g son de clase C1 en [0, L] y f(0) = f(L) = g(0) =g(L) = 0, entonces extendemos f y g continuamente en la rectade modo que sean impares y periodicas de perodo 2L.

(iii) Para probar que (16) es una funcion continua en R utilizamos elTeorema de Fourier, debemos mostrar la convergencia uniformede la serie en (16).

Observemos que la serie en (16) esta acotada por

(19)+n=1

(|an|+ |bn|) .

De la hipotesis f(0) = f(L) = f (0) = f (L) = g(0) = g(L) =0, obtenemos que

(20) an = 2L2

n3pi3

L0

f (x) cosnpix

Ldx ,

y

(21)npic

Lbn = 2L

n2pi2

L0

g(x) sennpix

Ldx .

As

|an| kn3

y |bn| k

n3,

32 APUNTES DE EDP

donde k y k constantes. Sea

un(t, x) = an sennpix

Lcos

npic t

L+ bn sen

npix

Lsen

npic t

LNote que existe una constante 0 tal que

| tun(t, x)| , |

xun(t, x)| 0 (n|an|+ n|bn|) .

As por el criterio M de Weirstrass se tiene que u es continuaen R y de clase C1 en R. Esto nos permite derivar terminotermino en (16). Ahora observe que existe un 1 , tal que

| 2

t2un(t, x)| , |

2

x2un(t, x)| 1 (n2|an|+ n2|bn|) .

Pero la siguiente serie converge

(22)+n=1

(n2|an|+ n2|bn|).

En efecto, de (20) y (21), obtenemos

|an| k

n3|cn| , |bn| k

n3|dn| ,

donde cn y dn son los coeficientes de Fourier de f y g y donde

k y k son constantes. Luego usando ab 12(a2 + b2) tenemos

que

n2|an| k

2

(1

n2+ |cn|2

), n2|bn| k

2

(1

n2+ |dn|2

),

entonces usando el criterio de comparacion y Parseval, la afir-macion es demostrada. Por lo tanto u es de clase C2 en R yverifica la ecuacion de la Onda (15) .

Ejemplo 3.1. Considere la siguiente ecuacion, donde A,B,C y D sonconstantes.

utt = c2uxx 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = A+Bt, u(L, t) = C +Dt, t > 0,

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 < x < L.

Usaremos la idea de homogenizar los datos de frontera. En efecto,tomemos una funcion v(x, t) que satisfaga las mismas condiciones defrontera que u(x, t), es decir,

v(0, t) = A+Bt, v(L, t) = C +Dt, t > 0,

APUNTES DE EDP 33

entonces, la funcion v es dada por

v(x, t) = A+Bt+ (C +Dt (A+Bt))xL.

Definamos la funcion

w(x, t) = u(x, t) v(x, t).As el problema se reduce a resolver la ecuacion

wtt = c2wxx 0 < x < L, t > 0,

w(0, t) = 0, w(L, t) = 0, t > 0,w(x, 0) = f(x) A (C A) x

L, 0 < x < L,

wt(x, 0) = g(x)B (D B) xL , 0 < x < L.Suponiendo que

f(x) = f(x) A (C A)xL

y g(x) = g(x)B (D B)xL

pueden ser expresadas en series de fourier, entonces nuestro candidatoa solucion es

w(x, t) =n=1

an sennpix

Lcos

cnpit

L+ bn sen

npix

Lsen

cnpit

L

donde

an =2

L

L0

f(x) sennpix

Ldx,

bn =2

cnpi

L0

g(x) sennpix

Ldx.

As u(x, t) es dado por

u(x, t) = w(x, t) + v(x, t) .

3.2. Energa de la cuerda vibrante. Sea u : R R, tal queu C1(R) C2(R) y que verifique la ecuacion de la onda

(x)utt = uxx + h1(x, t, u),

con independiente de t. Multiplicando la igualdad anterior por ut eintegrando entre 0 y L nos queda L

0

(x)uttut dx =

L0

uxxut dx+

L0

h1(x, t, u)ut dx.

Observando que1

2(u2t )t = uttut

34 APUNTES DE EDP

e integrando por partes se obtiene que

1

2

t

L0

(x)u2t dx = uxut

L0

L0

uxutx dx+

L0

h1(x, t, u)ut dx,

y as

(23)

t

(1

2

L0

(x)u2t dx+1

2

L0

u2x dx

)=

= uxut

L0

+

L0

h1(x, t, u)ut dx.

La ecuacion (23) es llamada relacion de la energa. La expresion

K(t) =1

2

L0

(x)u2t dx

es la energa Cinetica de la cuerda y

V (t) =1

2

L0

u2x dx

es la energa Potencial. Por lo tanto,

E(t) = K(t) + V (t)

es la energa total de la cuerda.Observacion. Notemos que si no hay fuerzas externas (h1 0) y el

problema es con extremidades fijas o libres, esto es

u(0, t) = u(L, t) = 0 o

ux(0, t) = ux(L, t) = 0.

Se tiene que hay conservacion de la energa

t

(1

2

L0

(x)u2t dx+1

2

L0

u2x dx

)= 0 ,

es decir,

E(t) = cte.

Teorema 3.2 (Unicidad). La solucion de la siguiente ecuacion de laOnda si existe es unica.

(x)utt = uxx + k1(t, x), en R(24)

u(0, t) = h1(t), u(L, t) = h2(t), t > 0(25)

u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 < x < L(26)

APUNTES DE EDP 35

Demostracion. Por una solucion nosotros entendemos una funcion

u : R R, u C(R) C2(R),satisfaciendo (24), (25) y (26).

Supongamos que el problema anterior tiene dos soluciones u1, u2.Entonces u = u1 u2 verifica

(x)utt = uxx en R,u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, 0 < x < L.

luego, usando conservacion de la energa se tiene que

E(t) =1

2

L0

(x)u2t dx+1

2

L0

u2x dx = E(0) = 0 .

Como (x) > 0 y > 0, tenemos

ut = 0, ux = 0, (x, t) R .As u(x, t) = cte = 0, pues u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0.


Ejercicio 3.1. Determine el candidato a solucion de

utt = c2 uxx en R,

u(0, t) = u(L, t) = 0, para t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L.

donde c es una constante y

R = {(x, t) R2 : 0 < x < L y t > 0}.Ejercicio 3.2. Resuelva la ecuacion

utt = uxx, x [0, 1] ; t > 0,u(x, 0) = f(x),

ut(x, 0) = 0 y u(0, t) = u(1, t) = 0,

donde f(x) es definida por f(x) = x, si x [0, 12] y f(x) = 1 x, si

x [12, 1].

Ejercicio 3.3. Resuelva la ecuacion.

utt = c2uxx + Ae

x, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = B, u(L, t) = M, t > 0,

u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, 0 < x < L.

36 APUNTES DE EDP


utt c2uxx = senx, x (0, pi), t (0,+),u(x, 0) = ut(x, 0) = u(0, t) = u(pi, t) = 0.


utt c2uxx = x, x (0, pi), t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = u(0, t) = u(pi, t) = 0.

Ejercicio 3.6. Usando separacion de variables resuelva la ecuacion

utt uxx = 0, 0 < x < 1, t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, u(0, t) = 0 y u(1, t) = sen t.

Ejercicio 3.7. Sea u C1(R) C2(R) donde R = (0, 1) (0,+).Suponga que u(x, t) verifica la siguiente ecuacion de la onda.

utt = K2uxx + h(x, t, u)

donde K > 0 y h es una funcion constante.

a) Determine la energa total de la cuerda.b) Muestre que si se imponen condiciones homogeneas de frontera

y no actuan fuerzas externas el sistema, entonces hay conser-vacion de la energa.

APUNTES DE EDP 37

4. METODO DALEMBERT

Sea u : R [0,+) R solucion de la ecuacion de la Onda

(27) utt = c2uxx.

Note que esta es una de las pocas ecuaciones donde es posible encontrarexplcitamente la solucion. En efecto, consideremos un nuevo sistemade coordenadas,

= x+ ct, = x ct.

Usando la regla de la cadena se obtiene

2u

x2=

2u

2+ 2

2u

+2u

,

2u

t2= c2

(2u

2 2

2u

+2u

).

De este modo la ecuacion de la Onda

utt = c2uxx,

se transforma en

4c2 2u

= 0,

como c 6= 0, se tiene que2u

= 0.

Integrando obtenemos

u(, ) = P () +Q(),

para ciertas funciones P y Q. Luego volviendo a las variables x, y, seobtiene

(28) u(x, t) = P (x+ ct) +Q(x ct).Suponiendo que P y Q son C2, se tiene que la expresion (28) es solucionde (27) y es llamada solucion general de la ecuacion de la Onda(DAlembert encontro esta formula en 1747).

Imponiendo las siguientes condiciones de borde

u(x, 0) = f(x),

ut(x, 0) = g(x),

obtenemos que

38 APUNTES DE EDP

P (x) +Q(x) = f(x),(29)

c (P (x)Q(x)) = g(x).(30)Derivando (29) se obtiene

P (x) +Q(x) = f (x),(31)

y as multiplicando (31) por c y sumando a (30) se obtiene que

P (x) =1

2f (x) +

1

2cg(x).

As

P (x) =1

2f(x) +

1

2c

x0

g(s) ds+ C.

A partir de (29) nos queda

Q(x) = f(x) P (x) = 12

x0

g(s) ds C.Luego

u(x, t) = P (x+ ct) +Q(x ct)=

1

2f(x+ ct) +

1

2c

x+ct0

g(s) ds+ C

+1

2f(x ct) 1

2c

xct0

g(s) ds C

=1

2(f(x+ ct) + f(x ct)) + 1

2c

x+ctxct

g(s) ds.

Entonces la solucion de la ecuacion es

(32) u(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x ct)) + 1

2c

x+ctxct

g(s) ds.

APUNTES DE EDP 39

- x

6

t

AAAAAAAA

(x, t)

ppx + ctx ct

- Intervalo de dependencia

- x

6

t

AAAAAAAA

P

- Dominio de influencia

Ejemplo 4.1. Suponga g(x) 0 y f(x) ={

1 |x| , 0 |x| 1 ,0 , |x| 1.

y c=1. Entonces,

- x

6t

1

1

@@@

@@@

@@@

@@@

@@@

f(x)

t = 0

40 APUNTES DE EDP

- x

6t

......

......

......

............................

......

......

.. ....................12

p 12p

1p

1p

32p

32

p

f(x 12 )f(x + 12 )

t = 12

- x

6t

@

@@

12 u(x,

12 )

- x

6t

......

......

.......................

......

..................

1p

1p

2p

2p

-1f(x 1)f(x + 1)

t = 1

- x

6t

2p HH

HH

1p

1p HHHH

2p

-12u(x, 1)

- x

6t

......

.................

......

. ..........1p

1p

3p

3p

2p

2p

-1 f(x 2)f(x + 2)

t = 2

- x

6t

3p HH

H

1p

1p HH

H

3p

2p

2p

-12

u(x, 2)

Ahora desarrollaremos la solucion de la siguiente eacuacion de DAlemberten algunos casos particulares:

APUNTES DE EDP 41

utt = c2uxx, x R, t > 0,

u(x, 0) = f(x) , x Rut(x, 0) = g(x) , x R.

Caso 1. Suponga que las condiciones iniciales son de la forma

u(x, 0) = f(x) , x R ,ut(x, 0) = 0 , x R.

Entonces, la solucion de DAlembert es

u(x, t) =1

2(f(x ct) + f(x+ ct)) .

Ejemplo 4.2. Suponga que

f(x) =

{1 , 1 < x < 1,0 , |x| 1.

Entonces la solucion es

-x

6t

x ct = 1

1x ct = 1

1

u(x, t) = 0

u(x, t) = 12

u = 1

u(x, t) = 0u(x, t) = 1

2

u(x, t) = 0

@@

@@@

@@@

@@@@

x+ ct = 1

@@

@@@

@@@

@@@@

x+ ct = 1

Caso 2. Suponga que las condiciones iniciales son

u(x, 0) = 0 , x R ,ut(x, 0) = g(x) , x R.

En este caso la solucion es dada por

u(x, t) =1

2c

x+ctxct

g(u) du.

O sea, la solucion en este caso depende de los valores que tiene lavelocidad inicial en el intervalo [x ct, x+ ct].

42 APUNTES DE EDP

Ejemplo 4.3. La solucion del problema

utt = c2uxx , x R , t > 0 ,

u(x, 0) = 0 , x R ,ut(x, 0) =

{1 , 1 < x < 1,0 , |x| 1

es descrita por el siguiente grafico

-x

6t

x ct = 1

1x ct = 1

1

u(x, t) = 0

u = 1+x+ct2c

u = t

u(x, t) = 1c u = 1x+ct

2c

u(x, t) = 0

@@

@@@

@@@

@@@@

x+ ct = 1

@@@

@@

@@@

@@@@

x+ ct = 1

Soluciones en el semiespacio

Procediendo de manera similar a lo anterior obtenemos que la solu-cion de la ecuacion de la Onda

utt = c2uxx, x > 0, t > 0,

u(0, t) = h(t), t > 0,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x).

es dada por

u(x, t) =

12

(f(x+ ct) + f(x ct)) + 12c

x+ ctx ct g(s)ds, si x ct,

12

(f(ct+ x) f(ct x)) + 12c

ct+ xct x g(s) ds+ h

(ctxc

), si x < ct.


Ejercicio 4.1. Considere el problema de Cauchy

utt = 9uxx, x R, t > 0,

APUNTES DE EDP 43

u(x, 0) =

{1 x [1, 2]0 x / [1, 2]

ut(x, 0) = 0.

Determine los puntos del semiplano t > 0, donde u(x, t) = 0. Calculeel valor de u en los puntos (3

2, 110

) y (5, 76).


utt = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = 0, x R,ut(x, 0) =

{senx pi x pi0 x / [pi, pi]

Determine los puntos del semiplano t > 0 donde u(x, t) = 0.


utt = uxx, x > 0, t > 0,

u(0, t) = 0, t > 0,

u(x, 0) = xex2

, 0 < x 3, ut(x, 0) = 0.Ejercicio 4.5. Resuelva la ecuacion

utt = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = 0, x R,ut(x, 0) = xex2 , x R.

Ejercicio 4.6. Considere el problema de vibracion de una cuerda

utt = 4uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = sen 2x, x R,ut(x, 0) = cos 2x, x R.

Calcule u(x, 0) y ut(0, t).

44 APUNTES DE EDP

Ejercicio 4.7. Determine una solucion debil para la ecuacion

utt = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = 0,

ut(x, 0) = [1,1](x).

Ejercicio 4.8. Resolver la ecuacion

utt uxx = t, t > 0, x R,u(x, 0) = x y ut(x, 0) = 1.

APUNTES DE EDP 45

5. ECUACION DE LAPLACE

5.1. Ecuacion de Laplace en un rectangulo. Consideremos elproblema

4u = 0, en (0, a) (0, b),u(x, 0) = f0(x), u(x, b) = fb(x),

u(0, y) = g0(y), u(a, y) = ga(y).

- x

6

y

b.

a.

f0

fb

g0 gb

Es suficiente resolver los problemas donde tres de las cuatro condi-ciones de borde es cero. En efecto, resolvamos por ejemplo,

4u = 0, en (0, a) (0, b),u(x, 0) = f0(x),

u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.

Buscaremos soluciones del tipo

u(x, y) = F (x)G(y).

Reemplazando en la ecuacion, se obtiene

F(x)F (x)

=G(y)G(y)

= .

La ecuacion F (x) = F (x) tiene la siguiente familia de soluciones

n =n2pi2

a2, Fn(x) = sen

npix

a, n = 1, 2, ...

Para estos valores de la ecuacion G(y) = G(y) tiene la siguientesolucion

Gn(y) = senhnpi(b y)

a.

As el candidato a solucion es dado por

u(x, y) =+n=1

cn senhnpi(b y)

asen

npix

a.

46 APUNTES DE EDP

Imponiendo la condicion de borde se obtiene

f0(x) = u(x, 0) =+n=1

cn senhnpib

asen

npix

a.

As

cn senhnpib

a=

2

a

a0

f0(x) sennpix

adx .

De forma analoga se resuelven los otros tres casos.

Ejemplo 5.1. Consideremos la ecuacion

uxx + uyy = 0, 0 < x < pi, 0 < y < pi,

u(0, y) = u(pi, y) = u(x, pi) = 0,

u(x, 0) = sin2 x.

Usando la formula anterior se obtiene que

u(x, y) = n=1cn sennx senh(n(pi y)),donde

cn senhpin =2

pi

pi0

sen2 x sennxdx,

o sea,

cn =8

pi senh(pi(2n 1))1

(2n 1)((2n 1)2 4) .

5.2. Ecuacion de Laplace en un disco. Sea u : DR 7 R una fun-cion de clase C2 donde DR es el disco de centro 0 y radio R. Entonces,haciendo el cambio de variables

x = r cos ,

y = r sen ,

v(r, ) = u(x, y) ,

se obtiene

u = uxx + uyy = vrr +1

rvr +

1

r2v.

Resolvamos el siguiente problema de Dirichlet en el disco DR

v = 0, r < R,

v(R, ) = f(), [0, 2pi].Determinaremos soluciones de la forma (separacion de variables)

v(r, ) = X(r)Y () .

APUNTES DE EDP 47

Sustituyendo en la ecuacion nos queda

r2X (r) + rX (r)X(r)

= Y()Y ()

= .

La solucion debe ser 2piperiodica, por lo que es natural imponer lascondiciones

Y (0) = Y (2pi),

Y (0) = Y (2pi).

Resolviendo

Y () = Y (),Y (0) = Y (2pi),

Y (0) = Y (2pi),

se obtiene

n = n2, n = 0, 1, 2, ...

Y0() = 1,

Yn() = cosn y Yn() = senn ,

luego la segunda ecuacion para cada n

r2X (r) + rX (r) X(r) = 0, = n2,tiene como solucion

X0(r) = c1 + c2 ln r,

Xn(r) = c1 r

n + c2 rn.

Notar que es natural imponer que c2 = c2 = 0, si no la solucion no es

derivable en 0. (desde el punto de vista fsico la solucion debe estar aco-tada). As es natural (metodo de superposicion) determinar solucionesde la forma

(33) v(r, ) =a02

++n=1

rn (an cosn + bn senn) .

Imponiendo la condicion de borde v(r, ) = f() , llegamos a la expre-sion

f() =a02

++n=1

Rn (an cosn + bn senn) ,

y as

(34)an =

1piRn

2pi0f() cosn d, n = 0, 1, 2, ...

bn =1

piRn

2pi0f() senn d, n = 1, 2, ...

48 APUNTES DE EDP

Notar que

v(r, ) =a02

++n=1

rn

piRn

2pi0

f() cosn d cosn

++n=1

rn

piRn

2pi0

f() senn d senn

=a02

++n=1

rn

piRn

2pi0

(cosn cosn + senn senn) f() d

=1

2pi

pi0

f() d++n=1

rn

piRn

2pi0

cosn( )f() d

=1

2pi

2pi0

(1 + 2

+n=1

rn

Rncosn( )

)f() d.

Pero vale la identidad

R2 r2 = (R2 + r2 2Rr cos )(1 + 2 +n=1

rn

Rncosn( )

).

As llegamos a la formula de Poisson:

(35) v(r, ) =1

2pi

2pi0

R2 r2R2 2Rr cos( ) + r2f() d.

Teorema 5.1. Sea f() una funcion continua definida en [0, 2pi] veri-ficando f(0) = f(2pi). Entonces la expresion (33) con an, bn dados por(34) es una funcion armonica en el disco DR y

v(r, ) f(0), cuando (r, ) (R, 0).Notemos que si r = 0, de (35) tenemos

v(0, ) =1

2pi

2pi0

f() d.

(si 4v = 0, el valor de u en el centro del disco es el valor medio de usobre la frontera).

APUNTES DE EDP 49

Problema de Neumann en el disco.

Consideremos el problema,

v = 0 en r < R,

vr(R, ) = f(), 0 2pi.El candidato a solucion es

v(r, ) =a02

++n=1

rn (an cosn + bn senn) ,

y su derivada con respecto a r es dada por

vr(r, ) =+n=1

nrn1 (an cosn + bn senn) ,

luego,

f() = vr(R, ) =+n=1

nRn1 (an cosn + bn senn) .

As los coeficientes son dados por

an =1

npiRn1

2pi0

f() cosn d, n = 1, 2, 3, ...

bn =1

npiRn1

2pi0

f() senn d, n = 1, 2, 3, ...

Notar que una condicion necesaria para que el problema tenga soluciones(integrando) 2pi

0

f() d = 0.

Ejemplo 5.2. Encontremos la solucion de la ecuacion

v = 0 en r < 1,

vr(1, ) = sen3 , 0 2pi.

Notemos que

sen3 =3

4sen 1

4sen 3 .

Note que no es necesario calcular la serie. Tenemos que vr(1, ) = sen3 ,

es equivalente con

+n=1

n (an cosn + bn senn) =3

4sen 1

4sen 3,

50 APUNTES DE EDP

donde

an = 0, n,bn = 0, n 6= 1, 3,b1 =

3

4, b3 = 1

12.

As, la solucion es dada por

v(r, ) =3

4r sen 1

12r3 sen 3.

Note que la solucion no es unica pues si v es solucion v + cte tambienlo es.

Ejemplo 5.3 (Neumann: Condiciones de borde mixtas). Con-sideremos la ecuacion

v = 0 , 0 < r < 1, 0 < 1 ,v(1, ) = g() , 0 2pi,

tiene como solucion

(41) v(r, ) =a02

+n=1

rn(an cosn + bn senn) ,

y naturalmente se tiene que

a0 =1

2pi

2pi0

g() d ,

an =1

pi

2pi0

g() cosn d ,

bn =1

pi

2pi0

g() senn d .

Ejemplo 5.8. Resolvamos la ecuacion

v = 0 , r > 1 ,v(1, ) = 1 + sen + cos 3 . 0 2pi .

Usando (41) obtenemos

1 + sen + cos 3 =a02

+n=1

an cosn + bn senn,

de donde se obtiene que

a0 = 1 , b1 = 1 , a3 = 1,

y todos los demas terminos son cero. Entonces, la solucion viene dadapor

v(r, ) = 1 +1

rsen +

1

r3cos 3.

APUNTES DE EDP 57


Ejercicio 5.1. Resuelva

uxx + uyy = 0, 0 < x < pi, 0 < y < pi,

u(x, 0) = x2, u(x, pi) = 0,

ux(0, y) = ux(pi, y) = 0.


utt + uxx = 1, (x, t) (0, 1) (0, 1),u(0, t) = 0 y u(1, t) = 0, para 0 t 1,u(x, 0) = 0 y u(x, 1) = x para 0 x 1.


uxx + uyy = y cosx, (x, y) (0, pi) (0, 1),ux(0, y) = 0 y ux(pi, y) = 0, para , 0 y 1uy(x, 0) = 0 y uy(x, 1) = 0 para 0 x pi.

Ejercicio 5.4. Resolver el problema en un semicrculo

u = 0, para r < 1, 0 < < pi,

u(r, 0) = u(r, pi) = 0,

u(1, ) = (pi ).Ejercicio 5.5. Determine la solucion de la ecuacion

u = 0, 1 < r < 2,

u(1, ) = 0, u(2, ) = sin , 0 2pi.Ejercicio 5.6. Determine la solucion de

u = 0, para r < 1 y (0, pi2

),

ur(1, ) = f() y u(r, 0) = u(r,pi

2) = 0.


u = cos , 1 < r < 2,

ur(1, ) = 0 y ur(2, ) = cos 2.

Ejercicio 5.8. Resolver el problema en el dominio exterior

u = 0, si r > R,

u(R, ) = cos3 si 0 2pi.u acotada cuando r .

58 APUNTES DE EDP

Ejercicio 5.9. Inspirado en el problema de Dirichlet obtenga un meto-do para resolver el problema de Neumann en un dominio exterior.Aplique este metodo para resolver la ecuacion:

u = 0, 1 < r,

ur(1, ) = sin , [0, 2pi].Ejercicio 5.10. Determinar si la ecuacion tiene solucion

u = 0, r < 1,

ur(1, ) = f(), 0 < < 2pi.

para f() = cos2 x y f() = sin3 x

Ejercicio 5.11. Suponga que existe una solucion B(r), tal que,

B(r) +1

rB(r) = r log(r) y B(1) = 1.

Determine la solucion de

u = r log(r), r < 1,

u(1, ) = cos 2, 0 < < 2pi.

Ejercicio 5.12. Estudie la siguiente ecuacion

u = 0, r < 1,

ur(1, ) = sen4 , 0 < < 2pi.

APUNTES DE EDP 59

6. TRANSFORMADA DE FOURIER

Sea f : R R absolutamente integrable, se define la transformadade Fourier de f por

f(w) =12pi

+

f(x)eiwx dx.

Vale el siguiente resultado de inversion.

Teorema 6.1. Sea f C1(R,R) y absolutamente integrable.Entonces

f(x) =12pi

+

f(w)eiwx dw.

Notaciones.

F(f) = f , F1(f) = f .Las siguientes son algunas propiedades de la transformada de Fouri-

er:

1. F y F1 son lineales en su dominio de definicion.

2. Si f , f , f C(R) y son absolutamente integrables.Entonces

F(f ) = iwF(f) , F(f ) = w2F(f) .3. Se tiene que

f g = g f y F(f g) =

2piF(f)F(g) .Recuerde que la convolucion esta dada por

(f g)(x) = +

f(x s)g(s) ds.

Ejemplo 6.1. (i)

F(eax

2)

=12ae

w2

4a ,

F1(eaw

2)

=12ae

x2

4a .

(ii) Si h(x) =

{1 , x [a, b],0 , en otro caso ,

entonces,

F(h) = 12pi

(eiwa eiwb

iw

).

60 APUNTES DE EDP

Aplicacion I. (Ecuacion del calor en una barra infinita)Consideremos la ecuacion

ut = uxx , x R , t > 0 ,u(x, 0) = f(x) , u acotada.

Supongamos que u, f son suficientemente regulares para usar la trans-formada de Fourier en la ecuacion. As, aplicando la transformada enla variable x se obtiene

F(ut) = w2F(u) ,F(u(x, 0)) = F(f) .

Lo que nos lleva a la siguiente EDO

tF(u) = w2F(u)

F(u)(t) = cew2 t F(u)(t) = f(w) ew2 t .

Aplicando la propiedad de convolucion, tenemos

u(x, t) =1

2pit

+

f(s)e(xs)2

4t ds ,

o sea,

u(x, t) =

+

G(x, s, t)f(s) ds ,

donde

G(x, s, t) =e

(xs)24t

2pit

,

la cual es llamada solucion fundamental.

Teorema 6.2. Sea f : R R seccionalmente continua y acotada.Entonces

u(x, t) =

+

G(x, s, t)f(s) ds

es una funcion C para t > 0, verifica

ut = uxx , x R , t > 0.Ademas se verifica la condicion inicial en el siguiente sentido:

lmt0+

u(x, t) =1

2

(f(x+) + f(x)

).

En el caso que f sea continua el limite anterior es igual a f(x).

Demostracion. de Figueiredo pag. 217-218.

APUNTES DE EDP 61

Notar que la funcon f no satisface necesariamente las propiedadespara tener transformada. Esto es curioso, debido a que para encontrarel candidato a solucion se uso el hecho que las f tena.

Ejemplo 6.2. Consideremos la ecuacion

ut = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = f(x) , u acotada.

Supongamos que

f(x) =

{0 : x < 0,1 : x > 0.

(i) Muestre que la solucion es dada por:

u(x, t) =1

2

(1 +

(x

2t

)),

donde

(x) =2pi

x0

ev2

dv , (funcion de error)

(ii) Muestre ademas que para x fijo

u(x, t) 12, t 7 +.

Sabemos que la solucion esta dada por

u(x, t) =1

2pit

+0

e(xs)2

4t ds .

Haciendo

v =s x2t dv = ds

2t,

tenemos,

u(x, t) =1pi

+ x

2t

ev2

dv

=1pi

0 x

2t

ev2

dv +1pi

+0

ev2

dv

=1pi

x2t

0

ev2

dv +1pi

+0

ev2

dv

=1

2

(1 +

(x

2t

)).

Naturalmentelms0

(s) = 0 ,

62 APUNTES DE EDP

luego se tiene que

lmt+

u(x, t) =1

2, para x fijo.

Aplicacion II.(Ecuacion parcial de primer orden)Consideremos la ecuacion

ut ux = g(x) ,u(x, 0) = f(x) .

Aplicando la transformada de Fourier (suponiendo que existen) lleg-amos a

tF(u) iwF(u) = F(g) ,

F(u(x, 0)) = F(f) .La solucion de la EDO es dada por

F(u)(w, t) = ceiwt F(g)(w, t)iw

.

De la condicion inicial se deduce que

u(w) = f(w)eiwt + g(w)

[eiwt 1iw

],

luego,

u(x, t) = f(x+ t) (g h)(x),donde

h(x) =

{1 : x [0, t],0 : en el resto.

6.1. Transformadas de Fourier seno y coseno. Para problemasde evolucion en regiones semi-infinitas son convenientes las siguientestransformadas:

Fs(f)(w) = fs(w) = +0

f(x) senwxdx.

Fc(f)(w) = fc(w) = +0

f(x) coswxdx.

El siguiente es un resultado de inversion.

Teorema 6.3. Sea f C1([0,+)) y +0

|f | < +.

APUNTES DE EDP 63

Entonces,

f(x) =2

pi

+0

fs(w) senwxdw , x > 0.

f(x) =2

pi

+0

fc(w) coswxdw , x > 0.

Teorema 6.4. Sean f , f , f C(0,+) y absolutamente integrables,Entonces

Fs(f ) = w2Fs(f) + f(0)w.Fc(f) = w2Fc(f) f (0).

Nota.

La transformada Fs conviene usarla cuando nos dan el dato de frontera u(0, t).La transformada Fc conviene usarla cuando nos dan el dato de frontera ux(0, t).

Ejemplo 6.3. Las siguientes son transformadas que aparecen en laecuacion del calor en [0,+)

(a) F1s(weaw

2)

= x(2a)

32e

x2

4a .

(b) F1c(eaw

2)

= 12ae

x2

4a .

Aplicacion.(Ecuacion del calor en [0,+) (0,+))Considere la siguiente ecuacion del calor en una barra semi-infinita

ut = uxx , x > 0 , t > 0,

u(x, 0) = 0 , u(0, t) = g(t),

u acotada.

Denotemos u(w, t) la transformada seno de u(x, t) con respecto a x.Tenemos que u satisface

ut + w2u = g(t)w , (f(0) = u(0, t)) ,

u(w, 0) = 0 .

Resolviendo la EDO se obtiene que

u(w, t) = ew2t

t0

g(s)wew2s ds ,

64 APUNTES DE EDP

entonces,

u(x, t) =

+0

(2

piew

2t

t0

g(s)wew2s senwxds

)dw

=2

pi

+0

( t0

g(s)wew2(st) senwxds

)dw

=2

pi

t0

g(s)

( +0

wew2(st) senwxdw

)ds

=2

pi

t0

g(s)

pi2Fs(wew

2(st))ds

=

2pi

t0

g(s)x

(2(t s)) 32 e x2

4(ts) ds.

As, la solucion esta dada por

u(x, t) =1

2pi

t0

g(s)x

(t s) 32 e x2

4(ts) ds.

Aplicacion.(Onda Semi-infinita)Consideremos la ecuacion

(42)utt uxx = 0 , x 0 , t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = 0,u(0, t) = t2.

Apliquemos nuevamente la transformada seno, obteniendo:

utt + w2u = t2w,

lo cual implica

u(w, t) = (w) coswt+ (w) senwt+t2

w 2w3.

Con los datos iniciales, tenemos

u(w, 0) = ut(w, 0) = 0 ,

luego,

u(w, t) =t2

w+

2

w3(coswt 1).

As, la solucion es

u(x, t) =2

pi

+0

(t2

w+

2

w3(coswt 1)

)senwxdw .

Llegamos hasta aqu, por complejidad de la integral.Tarea: Ver solucion por metodo de DAlembert el cual esta formuladopara ecuaciones de este tipo.

APUNTES DE EDP 65


Ejercicio 6.1. Hallar I(a, x) =

0

eaw2

coswx dw probando que

dI

dx= x

2aI e I(a, 0) =

pi

2a

; usar lo anterior para calcular F1c (eaw2),F1s (weaw2) y Fc(eax2).Ejercicio 6.2. Resolver

i)

{ut uxx = 0, x R, t > 0u(x, 0) = ex

2.

ii)

{ut uxx + ux = 0, x R, t > 0u(x, 0) = e

x22 .

Ejercicio 6.3. Resolver

{utt uxx + 2ut + u = 0, x R y t 0,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0.

Si f(x) = [0,1] sinpix, dibujar u(x, 3).

Ejercicio 6.4. Resolver:

{t2ut ux = g(x), x R, t > 0,u(x, 0) = 0, x R.

Ejercicio 6.5. Considere la ecuacion ut + cos t ux = u,

i) Hallar la solucion con u(x, 0) = f(x).

ii) Si f(x) =

cos2 x, x

[pi

2, pi2

],

describir u(x, t) para t 0,0 en el resto .


ut = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = (0,+)(x)

u acotada.

Usando transformada de Fourier muestre que la solucion u(x, t) de laecuacion verifica:

i) u(x, t) =1

2

(1 +

(x

2t

))donde (s) =

2pi

s0

ev2

dv.

ii) Muestre que lmt+

u(x, t) =1

2, x.

Ejercicio 6.7. Considere la ecuacion parcial de primer orden

ut + ux = g(x), x R, t > 0,u(x, 0) = f(x).

66 APUNTES DE EDP

Suponga que f y g son lo suficientemente regulares. Usando trans-formada de Fourier muestre que una solucion u(x, t) tiene la forma

u(x, t) = f(x t) +

2pi(g h)(x),donde h(x) = [0,t](x).


ut = uxx, t > 0, x R,u(x, 0) = xe|x|.

Muestre que la solucion verificau(x, t) Kt12

, para cada t > 0 y x R,

donde K es una constante.

Ejercicio 6.9. Resuelva usando transformada Seno o Coseno lasiguiente ecuacion

ut = uxx, t > 0, x > 0

ux(0, t) = 0

u(x, 0) = H(1 x) ,donde H es la funcion de Heaviside.

7. APLICACION DE LA TRANSFORMADA DELAPLACE EN EDP

La transformada de Laplace es definida por

[f ] = F (s) =

+0

f(t)est dt ,

para f : [0,+) R, siempre que la integral exista.

Las siguientes son condiciones suficientes para que la transformadade Laplace este bien definida

(i) f seccionalmente continua.

(ii) Existe un M > 0 tal que

|f(t)| Meat , t T.En este caso la transformada de Laplace existe para cada s > a.

Ejemplo 7.1. 1. Si f(t) = 1 , 0 < t < + F (s) = 1s.

APUNTES DE EDP 67

2. f(t) = e2t , 0 < t < + F (s) = 1s2 , s > 2.

3. f(t) = senwt , 0 < t < + F (s) = ws2+w2

, en este caso,M = 1, a = 0.

Proposicion 7.1. Supongamos u(x, t) una funcion de clase C2. De-notemos [u(x, t)] = U(x, s). Valen las siguientes propiedades:

(a) [ut] = sU(x, s) u(x, 0).

(b) [utt] = s2U(x, s) su(x, 0) ut(x, 0).

(c) [ux] =xU(x, s).

(d) [uxx] =2

x2U(x, s).

Note que las dos primeras corresponden a propiedades conocidas dela Transformada de Laplace, mientras que para verificar las dos ultimases necesario utilizar la propiedad basica

x

ba

f(x, y) dy =

ba

xf(x, y) dy,

bajo el hipotesis que fx

exista y sea continua.

Convolucion.: Se define la convolucion entre dos funciones f y gpor

(f g)(t) = t0

f()g(t ) do

(f g)(t) = t0

f(t )g(t) d.Nota que el producto de convolucion conmuta. Ademas, en una forma

analoga a las transformadas de Fourier, vale la propiedad de convolu-cion

(f g) = (f)(g) ,y la transformada inversa es dada por

1(F ) = f(t) =1

2pii

c+ici

F (s)est ds .

En la practica resulta muy util usar la formula de transformada deuna convolucion como sigue

68 APUNTES DE EDP

1(F (s)G(s)) = (f g)(t).Ejemplo 7.2.

1(

1

s

1

s2 + 1

)= 1 sen t = 1 cos t.

Aplicacion. Resolvamos la ecuacion

ut = uxx , 0 < x < + , 0 < t < +,ux(0, t) u(0, t) = 0, 0 < t < + ,u(x, 0) = u0 , 0 < x < + .

Aplicando transformada de Laplace la ecuacion se transforma en

sU(x, s) u(x, 0) = 2x2U(x, s) , 0 < x < + ,

xU(0, s) = U(0, s) .

La solucion de esta ecuacion es dada por

U(x, s) = c1exs + c2e

xs +u0s.

Ya que la solucion debe estar acotada, se tiene que c1 = 0.Imponiendo la relacion de las condiciones de borde obtenemos c2.

As

U(x, s) = u0(

exs

s(s+ 1)

)+u0s,

luego, para determinar u(x, t), debemos calcular

u(x, t) = 1 (U(x, s)) .

Por lo tanto, llegamos a la solucion

u(x, t) = u0 + u0

[

(x

2t

)

(t+

x

2t

)ex+t

].

donde,

(x) =2pi

+x

e d.

Ejemplo 7.3.

ut = 2uxx , 0 < x < + , 0 < t < + ,

u(x, 0) = sen x .

(de tarea faltan datos?)

APUNTES DE EDP 69

7.1. Principio de Duhamel. El objetivo es resolver la ecuacion

(43)

ut = uxx , 0 < x < 1 , 0 < t < + ,u(0, t) = 0 , 0 < t < + ,u(1, t) = f(t) , 0 < t < + ,u(x, 0) = 0 , 0 x 1 .

Para resolver esta ecuacion consideremos la siguiente ecuacion auxiliar

(44)

wt = wxx, 0 < x < 1, 0 < t < +,w(0, t) = 0, 0 < t < +,w(1, t) = 1, 0 < t < +,w(x, 0) = 0, 0 x 1.

Aplicando la transformada de Laplace en (44) transformamos la ecuacionen

2

x2W (x, s) sW (x, s) = 0 ,

W (0, s) = 0 , W (1, s) = 1s.

Resolviendo la EDO, nos queda

W (x, s) =1

s

[senhx

s

senhs

].

Notemos que al resolver la ecuacion (44) via series de Fourier, tienecomo solucion:

w(x, t) = x+2

pi

+n=0

(1)nn

e(npi)2t sennpix.

Ahora volvamos al problema (43). Aplicando la transformada de Laplace,nos queda

2

x2U(x, s) sU(x, s) = 0 ,

U(0, s) = 0 , U(1, s) = F (s) .

As

U(x, s) = F (s)

[senhx

s

senhs

],

pero

U(x, s) = F (s)s

[senhx

s

s senhs

]= F (s)sW (x, s).

Usando la relacion (wt) = sW w(x, 0), se obtieneU(x, s) = F (s)(wt).

70 APUNTES DE EDP

Aplicando la transformada inversa nos queda:

u(x, t) = f(t) wt(x, t)=

t0

f()w (x, t ) d.

Integrando esta ultima expresion, la solucion esta dada por:

u(x, t) =

t0

w(x, t )f () d + f(0)w(x, t).


Ejercicio 7.1. Determine la siguiente formula

[f (n)(t)] = snF (s) sn1f(0) .... f (n1)(0),para cada n N.Ejercicio 7.2. Estudiar la ecuacion

ut = kuxx, 0 < x

APUNTES DE EDP 71

Ejercicio 7.6. Resolver el problema

utt = c2uxx, < x

72 APUNTES DE EDP

8. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN

Antes de entrar en materia consideremos la funcion u : R2 Rsatisfaciendo

u

t+ c

u

x= 0 , c 6= 0.

Sea (t) = (t, (t)) una curva, tal que

u(t, (t)) = cte (curva de nivel).

Derivando tenemos que

u((t)) (t) = 0 ,es decir

u

t+u

x (t) = 0

cut

+u

x (t) = 0.

As (t) = c. Integrando obtenemos

(t) (0) = ct,o sea,

(t) = (0) + ct.

De la construccion de u , notamos que ella es constante a lo largo delas curvas

(t, + ct) , R.O sea,

u(t, + ct) = u(0, ) , R .Sea x = + ct, entonces

u(x, t) = u(0, x ct) , x, t .Consecuentemente, si agregamos la condicion inicial

u(0, x) = f(x) , x R ,la solucion sera dada por

u(x, t) = f(x ct) .Consideremos ahora una situacion general, es decir considere la sigu-

iente ecuacion

(45) a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy c(x, y, u) = 0.Sea u solucion de (45). Sabemos que el vector (ux, uy,1) es perpen-dicular a la superficie

z = u(x, y).

APUNTES DE EDP 73

Ademas tenemos que en cada (x, y) R2 se verifica(a, b, c), (ux, uy,1) = 0

O sea,(a, b, c)(ux, uy,1) , (x, y) R2.

Luego si (x(t), y(t), z(t)) es una curva pasando por (x0, y0, z0), entoncesbuscaremos una curva que verifique que(

dx

dt,dy

dt,dz

dt

)sea paralela a (a, b, c).

Asdx

dt= a(x, y, z),

dy

dt= b(x, y, z),

dz

dt= c(x, y, z).

Las soluciones de esta ecuacion son llamadas curvas caractersticas.

Teorema 8.1. Sea P0 = (x0, y0, z0) en la superficie definida por

z = u(x, y),

entonces la curva caracterstica que pasa por P0 tambien esta contenidaen la superficie.

Demostracion. Sea (x(t), y(t), z(t)) la curva caracterstica que pasa por(x0, y0, z0) S. Demostraremos que

z(t) = u(x(t), y(t)) .

SeaU(t) = z(t) u(x(t), y(t)) ,

entonces,

dU

dt= z(t) u

xx(t) u

yy(t)

= c(x, y, z) ux

a(x, y, z) uy

b(x, y, z)

= c(x, y, U + u) ux

a(x, y, U + u) uy

b(x, y, U + u).

Como U(0) = 0, y como U 0 es solucion de la ecuacion en U , se tienepor teorema de unicidad en EDO que

U 0 ,

74 APUNTES DE EDP

O sea, para cada t se tiene que

z(t) = u(x(t), y(t)) ,

que era la que queramos probar. Ejemplo 8.1. Considera la ecuacion

cux + uy = 0 , x = s , y = 0 , z = h(s) .

Sus curvas caractersticas sondX

dt= c ,

dY

dt= 1 ,

dZ

dt= 0 .

O sea,

X(t, s) = ct+ s = x ,

Y (x, s) = t = y ,

Z(t, s) = h(s) .

Luego, la solucion es

z = h(s) = h(x cy) .Ejemplo 8.2. Considera la ecuacion

xux + yuy = u , constante ,

donde su curva inicial es dada por

x = s , y = 1 , z = h(s) .

Sus curvas caractersticas sondX

dt= x ,

dY

dt= y ,

dZ

dt= z .

Luego

X(t, s) = set = x ,

Y (x, s) = et = y ,

Z(t, s) = h(s)et.

Entonces la solucion es dada por

z = h

(x

y

)y.

Teorema 8.2 (Euler). u es homogenea de grado si y solo si

xux + yuy = u.

Consecuencia. Las homogeneas de grado tienen la forma

z = h

(x

y

)y.

APUNTES DE EDP 75

Ejemplo 8.3. Sea la ecuacion

uux + uy = 0 ,

con condicion inicial

x = s , y = 0 , z = h(s) .

Las curvas caractersticas estan dadas por

dX

dt= z = h(s) ,

dY

dt= 1 ,

dZ

dt= 0 .

As

X(t, s) = th(s) + s = x ,

Y (x, s) = t = y ,

Z(t, s) = h(s) = z.

Por lo tanto la solucion corresponde a

z = h(s) = h(x tz).8.1. Ejercicios Propuestos.


ux + uy = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = cos x, x R.


ux + uy + 2u = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = sen x, x R.

Ejercicio 8.3. Encuentre la solucion

xux + uy + yu = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = F (x), x R.


ux + 2uy + 2u = 0, x, y R,u(x, y) = F (x, y), en la curva y = x.


uy + uux = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = F (x), x R,

estudie el caso en que F (x) =

{0 x < 0,x x 0.

76 APUNTES DE EDP

Ejercicio 8.6. Encuentre la solucion de la ecuacion

uy + f(u)ux = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = (x).

Ejercicio 8.7. Resolver la siguiente ecuacion

2xuy ux = 4xy,donde la curva inicial es dada por

x = 0, y = s, y z = s.

APUNTES DE EDP 77

9. ECUACION DE LAPLACE EN UN DOMINIOESFERICO

9.1. Introduccion. Como motivacion, consideremos un problemade eletrostatica, que consta en determinar el potencial electrico dadala distribucion del potencial sobre el conductor esferico. El problema setraduce en resolver la Ecuacion de Laplace en el interior de una esferacuando el potencial u esta especificado sobre el borde de esta. Es decir,se debe resolver:

u = 0 , 0 r R ,pi pi , 0 piu(R, , ) = g(, ) ,pi pi , 0 pi

As, se resolvera el problema en el caso que:

g(, ) = c c = cteg(, ) = f()Caso general

En el primer caso, se observara que el problema se reduce a resolver unaecuacion diferencial ordinaria. Para el segundo caso, necesitamos de lospolinomios de Legendre para dar una solucion en serie. Y finalmenteen el ultimo caso se trata de resolver el problema general y para ello senecesita conocer sobre la Ecuacion de Euler y Ecuacion y Polinomios deLegendre, de manera que la solucion para el problema queda expresadoen funcion de estas ultimas respectivamente.

9.2. Laplaciano en Coordenadas esfericas y problema en laesfera. El Laplaciano en R3 en coordenadas cartesianas es:

u =2u

x2+2u

y2+2u

z2= 0

Utilizando coordenadas esfericas:

x = r sin cos

y = r sin sin

z = r cos

se obtiene la forma esferica de la ecuacion de Laplace:

(46) u = (r2 ur)r +1

sin[sinu] +

1

sin2 u = 0

Ademas si pedimos que la funcion u satisfaga la siguiente condicionde borde:

(47) u(R, , ) = g(, ) pi pi , 0 pi

78 APUNTES DE EDP

De esta manera, de (1) y de (2) llegamos al problema de la ecuacionde Laplace en un dominio esferico. Ahora, para los distintos problemasdesarrollaremos algunas herramientas necesarias en la solucion de cadauno de estos.

9.3. Ecuacion de Euler. Consideremos la siguiente EDO:

(48) ax2d2y

dx2+ bx

dy

dx+ cy = 0 a, b, c R

Mediante la sustitucion x = e(t) la ecuacion se transforma en unaEDO de coeficientes constantes. En efecto, sea y(t) = y(et), entonces:

x = et ddt

= et

dy

dt=dy

dtet

d2y

dt2=d2y

dx2e2t +

dy

dxet

De manera que al reemplazar en la EDO se obtiene:

ad2y

dt2+ (b a)dy

dt+ cy = 0(49)

tal como se quera.

9.4. Ecuacion y polinomios de Legendre. Consideremos la sigu-iente ecuacion:

(50) (1 x2)y(x) 2x y(x) + ( + 1)y(x) = 0La ecuacion anterior es denominada Ecuacion Diferencial de Le-gendre. Esta tambien puede ser escrita de la siguiente forma:

(51)d

dx[(1 x2)dy

dx] + n(n+ 1)y = 0

y la solucion de esta ecuacion es de la forma y(x) = y1(x)+y2(x) donde

y1(x) = 1+n=1

(1)n ( + 2n 1)( + 2n 3) . . . ( + 1)( 2) . . . ( 2n+ 2)(2n)!

x2n

y2(x) = x+n=1

(1)n ( + 2n)( + 2n 2) . . . ( + 2)( 1)( 3) . . . ( 2n+ 1)(2n+ 1)!

x2n+1

Estas soluciones son linealmente independientes, e.e

y(x) = a1 y1(x) + a2 y2(x)

APUNTES DE EDP 79

Observacion

1.- Si = 2m con m un numero natural, entonces y1(x) es unpolinomio de grado 2m

y1(x) = 1+mn=1

(1)n ( + 2n 1)( + 2n 3) . . . ( + 1)( 2) . . . ( 2n+ 2)(2n)!

x2n

y y2(x) es una serie infinita de potencias.

2.- Si = 2m + 1 con m un numero natural, entonces y2(x) es unpolinomio de grado 2m+ 1

y2(x) = x+mn=1

(1)n ( + 2n)( + 2n 2) . . . ( + 2)( 1)( 3) . . . ( 2n+ 1)(2n+ 1)!

x2n+1

y y1(x) es una serie infinita de potencias. Y de este resultado, sale lasiguiente formula, la cual es la solucion de la Ecuacion de Legendre.

9.5. Formula de Rodrigues. Esta formula es la solucion de laecuacion (1).

Pn(x) = 12n n!

dn

dxn[(x2 1)n]

que una vez desarrollada se llega a

Pn(x) = 12n

n/2k=0

(n

k

)(2n 2k

n

)xn2k

9.6. Algunas propiedades. Como primera propiedad importante,tenemos que los polinomios deLegendre son ortogonales.

2n+ 1

2

11Pn(x)Pm(x) dx =

{0 si n 6= m1 si n = m

Luego, tenemos estas otras, como

Pk(x) = (1)kPk(x)Pk(1) = 0

P k(1) =k(k + 1)

2

80 APUNTES DE EDP

Y luego, algunas relaciones de recurrencia

(n+ 1)Pn+1(x) x(2n+ 1)Pn(x) + nPn1(x) = 0xP n(x) P n1(x) = nPn(x)

P n+1(x) P n1(x) = (2n+ 1)Pn(x)P n+1(x) xP n(x) = (n+ 1)Pn(x)

9.7. Algunos Polinomios de Legendre.

n Pn(x)

0 1

1 x

21

2(3x2 1)

31

2(5x3 3x)

41

8(35x4 30x2 + 3)

51

8(63x5 70x3 + 15x)

APUNTES DE EDP 81

9.8. Problema en que g(, ) = c al interior de una esfera. Seau que no depende de y y g es constante, para toda y . As, laecuacion de Laplace nos queda:

u = (r2 ur)r = 0

u(R1, , ) = c

la cual es una EDO,cuya solucion es:

u(r) =a

r+ b

Pero como queremos que la solucion este acotada, imponemos a = 0.As aplicando la condicion de borde obtenemos la constante b. Obser-vacion: El termino c

rson los unicos potenciales que dependen solo de

la distancia radial hasta el origen. El potencial 1r

es muy importanteen fsica y se le denomina Potencial Newtoniano.

Ejemplo 1 Consideremos el siguiente problema:

u = 0 0 r 1u(1, , ) = 3

Vemos claramente que la solucion debe ser u(r, , ) = 3.

9.9. Problema en que g(, ) = c entre dos esferas. Considere-mos el siguiente problema:

u = 0 0 < R1 r R2u(R1, , ) = A

u(R2, , ) = B

Sabemos que la solucion de la EDO esta dada por:

u(r) =a

r+ b

Imponiendo las condiciones de borde, encontramos los valores de a y b:

a = (AB) R1R2R2 R1

b =R2B R1AR2 R1

y por lo tanto,se tiene que:

u(r, , ) = (AB) R1R2r(R2 R1) +

R2B R1AR2 R1

82 APUNTES DE EDP

9.10. Problema en que g(, ) = f(). Al considerar g(, ) =f() y que la ecuacion u solo depende de r y , el problema toma lasiguiente forma:

u = (r2 ur)r +1

sin[sinu] = 0 0 r 1

u(1, , ) = g() 0 piBuscamos un candidato de solucion por medio del metodo de separacionde variables, tenemos:

u(r, ) = R(r) ()

De manera que al reemplazar en la ecuacion, tenemos:

[r2 (R(r) ())r]r +1

sin[sin (R(r) ())] = 0

[r2 (R(r) ())]r +1

sin[sin (R(r) ())] = 0

()[r2 (R(r))]r +R(r)

sin[sin (())] = 0

()[2 r R(r) + r2R(r)] +R(r)

sin[cos() + sin(())] = 0

()[2 r R(r) + r2R(r)] =R(r)

sin [cos() + sin(())]

2 r R(r) + r2R(r)R(r)

=cos() + sin(())

sin()Igualamos el resultado a una constante que no depende de las vari-ables del problema:

2 r R(r) + r2R(r)R(r)

=cos() + sin(())

sin() =

de manera que se obtienen las siguientes ecuaciones:

r2R + 2rR R = 0[sin] + sin = 0

Tomemos = n(n+ 1), para hacer aparecer la Ecuacion de Legendre.

r2R + 2rR n(n+ 1)R = 0 Ecuacion de Euler[sin] + n(n+ 1) sin = 0 Ecuacion de Legendre

Resolviendo la Ecuacion de Euler. La ecuacion caracterstica asociadaes:

APUNTES DE EDP 83

P 2 + (2 1)P + [n(n+ 1)] = 0P 2 + P + [n(n+ 1)] = 0

De manera que,

P =1 1 + 4n (n+ 1)

2

P =1 4n2 + 4n+ 1

2

P =1 (2n+ 1)2

2

P =1 (2n+ 1)

2

As, las soluciones de la ecuacion carasterstica son P1 = n y P2 =(n+ 1). Luego la solucion de la ecuacion es:

R(r) = a rn + b r(n+1)

Por otro lado, para obtener la solucion de la Ecuacion de Legendre,utilizamos la siguiente sustitucion:

x = cos dx = sindx = cos x2 = cos2 = 1 sin2 sin2 = 1 x2

d

d=dx

dx

(d

d

)=dx

d

(d

dx

)= sin d

dx

=

1 x2 ddx

Y,

d

d

(d

d

)=

d

d

(

1 x2 ddx

)= dx

d

d

dx

(1 x2 d

dx

)=

1 x2[d

dx

(1 x2

) ddx

+

1 x2 d2

dx2

]

84 APUNTES DE EDP

Por otro lado,

[sin] + n(n+1) sin = sind2

d2+ cos

d

d+ n (n+1) sin

Al reemplazar obtenemos,

sind2

d2+ cos

d

d+ n (n+ 1) sin = 0

=

1 x2(xd

dx+ (1 x2)d

2

dx2

)+ x

(

1 x2ddx

)+ n(n+ 1)

1 x2 = 0

=

1 x2[xd

dx+ (1 x2)d

2

dx2 xd

dx+ n(n+ 1)

]= 0

= xddx

+ (1 x2)d2

dx2 xd

dx+ n(n+ 1) = 0

= (1 x2)d2

dx2 2xd

dx+ n(n+ 1) = 0 1 x 1

Llegando asi a la Ecuacion de Legendre cuya variable independientees (x)). La solucion de la ecuacion esta dada por la Formula de Ro-drigues.

Pn(x) = 12n n!

dn

dxn[(x2 1)n]

Luego, tenemos

R(r) = a rn + b r(n+1)

() = cPn(cos)Como queremos que en r = 0 las soluciones sean acotadas, tenemosque b = 0. As, obtenemos:

R(r) = a rn

() = cPn(cos)Por principio de superpocision de soluciones, nos obtenemos:

u(r, ) =n=0

an rnPn(cos)

Aplicando la condicion de Frontera u(1, ) = g() obtenemos:

u(1, ) =n=0

anPn(cos) = g()

As,anPn(cos) = g() n = 0, 1, 2, . . .

APUNTES DE EDP 85

Desarrollando,

anPn(cos) = g()anPn(cos)Pm(cos) sin = g()Pm(cos) sin

an

pi0

Pn(cos)Pm(cos) sin d = pi0

g()Pm(cos) sin dTrabajemos ahora con la primera parte de la igualdad, haciendo elcambio x = cos:

an

pi0

Pn(cos)Pm(cos) sin d

= an

11

Pn(x)Pm(x)(

1 x2)(

dx1 x2

)= an

11

Pn(x)Pm(x) dx

= an

11Pn(x)Pm(x) dx

Si m = n, entonces, pi0

g()Pn(cos) sin d = 2an2n+ 1

Finalmente, la solucion de la ecuacion es

u(r, ) =n=0

an rnPn(cos)

donde

an =2n+ 1

2

pi0

g()Pm(cos) sin d

86 APUNTES DE EDP

9.11. Problema general. En esta seccion se estudiara:

u = 0 0 r R ,pi pi , 0 piu(R, , ) = g(, ),pi pi , 0 pi

Buscamos soluciones del tipo: u(r, , ) = F (r)G(, ). Reemplazandoen el problema:

G(, )1

r2d

dr(r2F (r)) +

F (r)

r2 sin

(sin

G(, )) +

1

r sin

2

2G(, ) = 0

Ordenando e igualando a una constante , tenemos:

1

F (r)

d

dr(r2F (r)) =

1G(, )

(1

sin

(sin

G(, )) +

1

(sin)22

2G(, )) =

De manera que se obtienen 2 ecuaciones diferenciales:

r2R + 2rR R = 0 Ecuacion de Euler

(sin

G(, )) +

1

sin

2

2G(, ) + sinG(, ) = 0

Al igual que en el caso anterior, tomando = n(n + 1) la solucion dela primera ecuacion es:

R(r) = a rn + b r(n+1)

Para la segunda ecuacion, buscamos soluciones de la forma G(, ) =X()Y (). Reemplazando en la ecuacion y haciendo el cambio de vari-ables = cos tenemos:

d

d((1 2)dX

d) + (n(n+ 1) m

2

1 2 )X = 0d2Y

d2+ m2Y = 0

cuyas soluciones son:

X = CnPmn () + DnQmn ()Y = Em cosmFm sinm, m 6= 0

Y = E0 + F0, m = 0

apuntes edp

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