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

nπx

L+ bn sen

nπx

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 deperıodo T si f(x+ T ) = f(x) para todo x ∈ R.

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

Definicion 1.1.2. El menor perıodo de una funcion es llamado perıodofundamental.

Ejemplo 1.1.

(i) f(x) = senx, T = 2π.

(ii) f(x) = x− [x], T = 1.

(iii) f(x) = sennπx

L, T =

2L

n.

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

sen(nπxL

)= sen

(nπ(x+ T )

L

)= sen

(nπx

L+nπT

L

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

verificando la identidad anterior se logra cuando nπTL

= 2π y luego

T = 2Ln

.1

2 APUNTES DE EDP

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

(1) f(x) =a0

2+

+∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

).

Se observa que el perıodo de f es 2L. Integrando entre [−L,L] se ob-tiene que∫ L

−Lf(x) dx =

a0

2

∫ L

−Ldx+

+∞∑n=1

(an

∫ L

−Lcos

nπx

Ldx+ bn

∫ L

−Lsen

nπx

Ldx

),

y ası

(2) a0 =1

L

∫ L

−Lf(x) dx.

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

−Lcos

nπx

Lsen

mπx

Ldx = 0, n,m ≥ 1.∫ L

−Lcos

nπx

Lcos

mπx

Ldx =

L, n = m ≥ 1.0, n 6= m, n,m ≥ 1.∫ L

−Lsen

nπx

Lsen

mπx

Ldx =

L, n = m ≥ 1.0, n 6= m, n,m ≥ 1.

Multiplicando (1) por cos mπxL

, m ≥ 1 e integrando se obtiene∫ L

−Lf(x) cos

mπx

Ldx = amL,

y analogamente ∫ L

−Lf(x) sen

mπx

Ldx = bmL.

Ası

(3) an =1

L

∫ L

−Lf(x) cos

nπx

Ldx , n ≥ 0,

(4) bn =1

L

∫ L

−Lf(x) sen

nπx

Ldx , n ≥ 1.

Note que a0

2en 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

nπx

L+ bn sen

nπx

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, lımites 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 ≤ π,−x, −π ≤ x ≤ 0,2π 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 2−periodica 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 π−periodi-ca definida por

f(x) =

1, 0 ≤ x ≤ π,0, −π ≤ x < 0 .

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

Solucion.

(a) Por Teorema 1.1 tenemos que

1

2(f(x+) + f(x−)) =

1

2+

+∞∑k=1

2

(2k − 1)πsen(2k − 1)x.

(b) Ya que f(π2) = 1 se obtiene

π

4=

+∞∑k=1

(−1)k−1

2k − 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

∫ L

0

f(x) cosnπx

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

∫ L

0

f(x) sennπx

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

∫ L

0

x sennπx

Ldx

=2L

n2π2

∫ nπ

0

u senu du

=2L

nπ(−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

π

+∞∑n=1

(−1)n+1

nsen

nπx

L.

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

a0 =2

L

∫ L

0

(L− x) dx = L,

an =2

L

∫ L

0

(L−X) cosnπx

Ldx

=2L

n2π2[1− (−1)n] .

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

f(x) =L

2+

4L

π2

+∞∑k=1

1

(2k − 1)2cos

(2k − 1)πx

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 perıodo mayor.

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

Extendemos f de la siguiente manera:

f(x) =

x, x ∈ [0, π],x, x ∈ [−π, 0],2π periodica.

6 APUNTES DE EDP

Ası

bn =2

π

∫ π

0

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 2

nsennx

y por lo tanto,

x = 2+∞∑n=1

(−1)n+1

nsennx, 0 ≤ x < π.

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

1.3. Integracion de Series de Fourier.

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

a0

2+

+∞∑n=1

(an cos

nπx

L+ bn sen

nπx

L

).

su serie de Fourier. Entonces

(i) Se tiene que∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

a0

2dx+

+∞∑n=1

(an

∫ b

a

cosnπx

Ldx+ bn

∫ b

a

sennπx

Ldx

).

(ii) La funcion

F (x) =

∫ x

0

[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

π

+∞∑n=1

bnn

+L

π

∞∑n=1

(−bnn

cosnπx

L+ann

sennπx

L

),

y

L

π

+∞∑n=1

bnn

=1

2L

∫ L

−LF (x) dx.

APUNTES DE EDP 7

En terminos practicos el Teorema anterior toma la forma

F (x) =

∫ x

0

(f(t)− a0

2

)dt

=1

2L

∫ L

−LF (x) dx+

L

π

+∞∑n=1

(−bnn

cosnπx

L+ann

sennπx

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

π

+∞∑n=1

(−1)n+1

nsen

nπx

L.

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

F (x) =x2

2,

1

2L

∫ L

−LF (x) dx =

L2

6,

luego,

x2

2=L2

6+

2L2

π2

+∞∑n=1

(−1)n

n2cos

nπx

L, −L ≤ x ≤ L.

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

x4

24− L2x2

12= −7L4

360+

2L4

π4

+∞∑n=1

(−1)n+1

n4cos

nπx

L, −L ≤ x ≤ L.

y tomando x = π, se obtiene la formula

π4

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 integrableen [−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

2a2

0 ++∞∑n=1

(a2n + b2n

)=

1

L

∫ L

−L|f(x)|2 dx.

Demostracion. Mas adelante.

Aplicaciones 1.1. 1. Use el desarrollo de Fourier de la funcionf(x) = x3 − L2x, T = 2L para obtener la identidad

+∞∑n=1

1

n6=

π6

945.

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

bn =2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx.

Entonces,∞∑n=1

|bn| <∞.

3. (i) La serie+∞∑n=1

sennx

nα, converge para α > 0.

(ii) Observar que+∞∑n=1

sennx

nα,

no es serie de Fourier de una funcion de L2 si 2α < 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 =

∫ T

0

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) =

∫ x

0

f(t) dt

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

0

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 2π− perodicadefinida por

f(x) = 2x, −π ≤ x < π.

Ejercicio 1.6. Use la serie de Fourier de la funcion definida por

f(x) =

cosαx ,−π < x ≤ π,2π-periodica.

para mostrar que

cot απ =1

π

(1

α−∞∑n=1

2α

n2 − α2

).

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 2π−periodicadefinida por

f(x) = ex , si − π ≤ x < π.

10 APUNTES DE EDP

Ejercicio 1.9. Encuentre el desarrollo de Fourier de la funcion

f(x) = sgn(x), −π < x < π.

Aplicando este desarrollo determine el valor de la serie∞∑n=1

(−1)n−1

2n− 1.

Ejercicio 1.10. Considere la funcion 2π−periodica

f(x) =

1 si 0 ≤ x < π,0 si −π ≤ x < 0,

y la identidad de Parseval para mostrar que∞∑n=1

1

(2n− 1)2=π2

8.

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

bn =2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx.

Ejercicio 1.12. Diga si∞∑n=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 3πx, 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 (k−1) son continuas y que f (k) esabsolutamente integrable.Muestre que ∣∣∣∣∫ L

0

f(x) sinnπx

Ldx

∣∣∣∣ ≤ C

nk, 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

βn =

∫ 1

0

f(x) sennπx dx, n ∈ N.

Demuestre que la serie∑∞

n=1βnn

es convergente.

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

lımn→+∞

∫ π

−πf(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, tenemos

1

K

G′(t)

G(t)=F ′′(x)

F (x)= σ

para cierto σ que no depende de x ni de t.

Estudiemos la ecuacion

(4) F ′′(x)− σF (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 EDO’s que de acuerdo a los valores de σ las solucionesde (4)− (5) pueden ser expresadas como sigue:

APUNTES DE EDP 13

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

F (x) = c1ex√σ + c2e

−x√σ.

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

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

F (x) = c1x+ c2.

Al imponer las condiciones de borde, tenemos que F (x) ≡ 0.(iii) Si σ < 0, denotemos σ = −λ2, ası la solucion general de

F ′′(x)− σF (x) = 0,

tiene la forma

F (x) = c1 cosλx+ c2 senλx.

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

Fn(x) = sennπx

LLa solucion general de la ecuacion diferencial

1

K

G′(t)

G(t)= σ

esG(t) = ceσKt

o sea,

Gn(t) = ce−n2π2

L2 Kt.

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

un(x, t) = e−n2π2

L2 Kt sennπx

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) = sennπx

L= f(x).

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

f(x) = sennπx

Lpara algun n, el problema estarıa resuelto.

14 APUNTES DE EDP

Ejemplo 2.1. La solucion del problema

ut = Kuxx, en R,u(x, 0) = 5 sen 3πx

L, para 0 ≤ x ≤ L,

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

tiene como solucion

u(x, t) = 5 e−9π2KtL2 sen

3πx

L.

Nota que si la condicion de frontera fuera

f(x) = 4 sen2πx

L+ 3 sen

5πx

L,

entonces, la solucion deberıa ser

u(x, t) = 4 e−4π2KtL2 sen

2πx

L+ 3 e−

25π2KtL2 sen

5πx

L.

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

N∑n=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) =N∑n=1

cn sennπx

L

entonces, la solucion sera de la forma

u(x, t) =N∑n=1

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L.

Esto hace surgir de forma natural la siguiente pregunta.¿ Si

f(x) =+∞∑n=1

cn sennπx

L,

sera la solucion de la Ecuacion del Calor dada por

u(x, t) =+∞∑n=1

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

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 ası?, 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,

lımt→0

∫ L

0

u(x, t)ϕ(x) dx =

∫ L

0

f(x)ϕ(x) dx, ∀ ϕ : [0, L]→ R ,

tal que ϕ 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

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L, cn =

2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx

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

Demostracion. Las series

+∞∑n=1

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L,

+∞∑n=1

ncne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L

y+∞∑n=1

n2cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

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

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L

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

Sea Σun(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 Σ ∂

∂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 = −Kπ2

L2

+∞∑n=1

n2cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L

uxx = −π2

L2

+∞∑n=1

n2cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L

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

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

∑+∞n=1 cnbn converge y

luego+∞∑n=1

cnbn =2

L

∫ L

0

f(x)ϕ(x) dx

Por otro lado,∫ L

0

u(x, t)ϕ(x) dx =+∞∑n=1

∫ L

0

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

Lϕ(x) dx

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

0

u(x, t)ϕ(x) dx =L

2

+∞∑n=1

e−n2π2KtL2 cnbn.

Notar que∣∣∣∣e−n2π2KtL2 cnbn

∣∣∣∣ ≤ |cn||bn| ≤ 1

2

(c2n + b2n

).

Ası, por criterio M de Weiestrass la serie+∞∑n=1

e−n2π2KtL2 cnbn

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

lımt→0

+∞∑n=1

e−n2π2KtL2 cnbn =

∞∑n=1

cnbn.

Observacion. El hecho que las series+∞∑n=1

njcne−n

2π2KtL2 sen

nπx

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

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

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 ∣∣∣∣cne−n2π2KtL2 sen

nπx

L

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

cn =2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx =

2

nπ

∫ L

0

f ′(x) cosnπx

Ldx.

Ası

cn =L

nπdn

donde dn son los coeficientes de Fourier de f ′. Pero Σd2n converge por

Parseval (f ′ ∈ L2). Ası, ya que

|cn| ≤1

2

L2

n2π2+

1

2d2n ,

la serie Σ|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) = α, u(L, t) = β, t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L,

donde α, β ∈ R y f(x) es una funcion dada.

Solucion. Tomemos

v(x, t) = α +β − αL

x ,

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

Ası debemos resolver la ecuacion

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

w(x, 0) = f(x)−(α + β−α

Lx),

20 APUNTES DE EDP

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

w(x, t) =+∞∑n=1

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L

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

f(x)−(α +

β − αL

x

),

se concluye que la solucion de la ecuacion es

u(x, t) = α +(β − α)

Lx+

+∞∑n=1

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

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

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L.

Entonces buscaremos soluciones de (9) , de la forma

u(x, t) =+∞∑n=1

cn(t) sennπx

L.

Reemplazando en la ecuacion se obtiene que

+∞∑n=1

c′n(t) sennπx

L= −Kπ

2

L2

+∞∑n=1

cn(t)n2 sennπx

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) sennπx

L.

La unicidad de los coeficientes de Fourier genera la siguiente ecuacion

cn′(t) = −Kπ

2n2

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

APUNTES DE EDP 21

con condicion inicial

cn(0) =2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx.

Resolviendo la EDO anterior, obtenemos

cn(t) = cn(0)e−n2π2KtL2 + e−

n2π2KtL2

∫ t

0

gn(s)en2π2KsL2

ds.

La demostracion rigurosa de que

(10) u(x, t) =+∞∑n=1

cn(t) sennπx

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) =L2gnn2π2K

+ e−n2π2Kt

L

[fn −

gnL2

n2π2K

],

donde

fn =2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx,

gn =2

L

∫ L

0

g(x) sennπx

Ldx.

Demostracion. Recordemos que

cn(t) = cn(0)e−n2π2KtL2 + e−

n2π2KtL2

∫ t

0

gn(s)en2π2KsL2

ds.

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

22 APUNTES DE EDP

Ası

cn(t) = fne−n

2π2KtL2 + e−

n2π2KtL2 gn

L2

n2π2K

(en2π2KtL2 − 1

)= fne

−n2π2KtL2 +

L2

n2π2Kgn −

L2

n2π2Ke−

n2π2KtL2 gn

=L2

n2π2Kgn + e−

n2π2KtL2

(fn −

L2

n2π2Kgn

)Debemos justificar que

u(x, t) =+∞∑n=1

cn(t) sennπx

L

es solucion. Notemos que la serie es dominada por

c1

+∞∑n=1

1

n2+ c2

+∞∑n=1

e−c3n2t,

ası 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| <∞)

+∞∑n=1

gn sennπx

L= g(x), uniformemente en compactos.

Finalmente la continuidad de u(x, t) en R es consecuencia de que porlas hipotesis sobre la f tenemos∑

|fn| <∞.

Para mostrar esta convergencia, hacemos

fn =2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

L=

L

nπdn

donde dn son los coeficientes de Fourier de f ′ que es de cuadrado inte-grable. Ası

|fn| ≤c1n2

+ c2d2n.

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

lımt→+∞

[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) = α, u(L, t) = β, 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) = α, U(L, t) = β, t > 0,

cuya solucion es dada por

U(x) = α +β − αL

x,

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

u(x, t) = α +β − αL

x++∞∑n=1

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L.

Luego,

lımt→+∞

[u(x, t)− U(x)] = lımt→+∞

+∞∑n=1

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

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) = α, u(L, t) = β, 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) = α, U(L) = β, t > 0.

En efecto, la funcion v(x, t) = u(x, t)− U(x) es solucion del problema

vt = 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

cne−n

2π2KtL2 sen

nπx

L

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

lımt→+∞

[u(x, t)− U(x)] = lımt→+∞

v(x, t) = 0,

ya que

|v(x, t)| ≤ e−π2KtL2

+∞∑n=1

|cn| ≤ ce−π2KtL2 −→ 0.

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

seccionalmente continua.

2.5. Ejercicios Propuestos.

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 sen3πx

L.

Ejercicio 2.2. Resuelva la ecuacion

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 cos3πx

L.

APUNTES DE EDP 25

Ejercicio 2.4. Considere la siguiente ecuacion

ut = uxx, x ∈ (0, π) ; t > 0

u(0, t) = 0 y u(π, 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) = Ae−at, 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) + αu(L, t) = h1(t), para t > 0,

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

Ejercicio 2.7. Considere el problema

ut = Kuxx + γ, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = α y u(L, t) = β, t > 0,

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

donde α, β y γ 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) = λ, t > 0,

u(x, 0) = 0.

donde K,λ 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 = u−G(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) = α, y u(1, t) = 0, t > 0,

u(x, 0) = 0, x ∈ [0, 1].

donde α es un parametro real. Determine su solucion u(x, t).

Ejercicio 2.11. Analice la siguiente ecuacion del calor

ut = uxx + uyy, (x, y) ∈ Ω ; t > 0

u(x, y, 0) = f(x, y), (x, y) ∈ Ω

u(x, y, t) = 0 sobre ∂Ω.

donde Ω es un dominio acotado de R2.Para iniciar su estudio, puedesuponer que Ω 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 partıculas de la cuerda se mueven solo en la direc-cion del eje u, por esta razon, que usa la terminologıa 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) ρ(x)utt = τ(t)uxx + h1(x, t, u),

o bien

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

donde

c(x, t)2 =τ(t)

ρ(x)y h(x, t, u) =

h1(x, t, u)

ρ(x).

28 APUNTES DE EDP

Note que ρ(x) corresponde a la densidad de la cuerda, τ(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(ρ(x) = cte) y que las vibraciones tengan amplitud muy pequena(τ(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.

Ası, 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

Ası la ecuacion queda de la forma

utt = c2uxx − au.El fenomeno fisıco 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].Ası, 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 problema

este 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.Ası 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 sennπx

Lcos

nπc t

L+ bn sen

nπx

Lsen

nπc t

L

donde

(17) an =2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx

y

(18) bn =2

nπc

∫ L

0

g(x) sennπx

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 sennπx

L,

g(x) =+∞∑n=1

nπc

Lbn sen

nπx

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 perıodo 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

n3π3

∫ L

0

f ′′′(x) cosnπx

Ldx ,

y

(21)nπc

Lbn = − 2L

n2π2

∫ L

0

g′′(x) sennπx

Ldx .

Ası

|an| ≤k

n3y |bn| ≤

k′

n3,

32 APUNTES DE EDP

donde k y k′ constantes. Sea

un(t, x) = an sennπx

Lcos

nπc t

L+ bn sen

nπx

Lsen

nπc t

LNote que existe una constante γ0 tal que

| ∂∂tun(t, x)| , | ∂

∂xun(t, x)| ≤ γ0 (n|an|+ n|bn|) .

Ası 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 γ1 , tal que

| ∂2

∂t2un(t, x)| , | ∂

2

∂x2un(t, x)| ≤ γ1 (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 dondek′′ y k′′′ son constantes. Luego usando ab ≤ 1

2(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))x

L.

Definamos la funcion

w(x, t) = u(x, t)− v(x, t).

Ası el problema se reduce a resolver la ecuacionwtt = 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)x

Ly g(x) = g(x)−B − (D −B)

x

L

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

w(x, t) =∞∑n=1

an sennπx

Lcos

cnπt

L+ bn sen

nπx

Lsen

cnπt

L

donde

an =2

L

∫ L

0

f(x) sennπx

Ldx,

bn =2

cnπ

∫ L

0

g(x) sennπx

Ldx.

Ası u(x, t) es dado por

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

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

ρ(x)utt = τuxx + h1(x, t, u),

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

0

ρ(x)uttut dx =

∫ L

0

τuxxut dx+

∫ L

0

h1(x, t, u)ut dx.

Observando que1

2(u2

t )t = uttut

34 APUNTES DE EDP

e integrando por partes se obtiene que

1

2

∂

∂t

∫ L

0

ρ(x)u2t dx = τuxut

∣∣∣∣L0

−∫ L

0

τuxutx dx+

∫ L

0

h1(x, t, u)ut dx,

y ası

(23)∂

∂t

(1

2

∫ L

0

ρ(x)u2t dx+

1

2

∫ L

0

τu2x dx

)=

= τuxut

∣∣∣∣L0

+

∫ L

0

h1(x, t, u)ut dx.

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

K(t) =1

2

∫ L

0

ρ(x)u2t dx

es la energıa Cinetica de la cuerda y

V (t) =1

2

∫ L

0

τu2x dx

es la energıa Potencial. Por lo tanto,

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

es la energıa 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 energıa

∂

∂t

(1

2

∫ L

0

ρ(x)u2t dx+

1

2

∫ L

0

τu2x dx

)= 0 ,

es decir,

E(t) = cte.

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

ρ(x)utt = τuxx + 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

ρ(x)utt = τuxx 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 energıa se tiene que

E(t) =1

2

∫ L

0

ρ(x)u2t dx+

1

2

∫ L

0

τu2x dx = E(0) = 0 .

Como ρ(x) > 0 y τ > 0, tenemos

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

3.3. Ejercicios Propuestos.

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

Ejercicio 3.4. Resuelva la ecuacion

utt − c2uxx = senx, x ∈ (0, π), t ∈ (0,+∞),

u(x, 0) = ut(x, 0) = u(0, t) = u(π, t) = 0.

Ejercicio 3.5. Resuelva la ecuacion

utt − c2uxx = x, x ∈ (0, π), t > 0,

u(x, 0) = ut(x, 0) = u(0, t) = u(π, 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 energıa 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 energıa.

APUNTES DE EDP 37

4. METODO D’ALEMBERT

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 encontrarexplıcitamente la solucion. En efecto, consideremos un nuevo sistemade coordenadas,

ξ = x+ ct,η = x− ct.

Usando la regla de la cadena se obtiene

∂2u

∂x2=

∂2u

∂ξ2+ 2

∂2u

∂ξ∂η+∂2u

∂η,

∂2u

∂t2= c2

(∂2u

∂ξ2− 2

∂2u

∂ξ∂η+∂2u

∂η

).

De este modo la ecuacion de la Onda

utt = c2uxx,

se transforma en

−4c2∂2u

∂ξ∂η= 0,

como c 6= 0, se tiene que∂2u

∂ξ∂η= 0.

Integrando obtenemos

u(ξ, η) = P (ξ) +Q(η),

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(D’Alembert 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 ası multiplicando (31) por c y sumando a (30) se obtiene que

P ′(x) =1

2f ′(x) +

1

2cg(x).

Ası

P (x) =1

2f(x) +

1

2c

∫ x

0

g(s) ds+ C.

A partir de (29) nos queda

Q(x) = f(x)− P (x) =1

2

∫ x

0

g(s) ds− C.

Luego

u(x, t) = P (x+ ct) +Q(x− ct)

=1

2f(x+ ct) +

1

2c

∫ x+ct

0

g(s) ds+ C

+1

2f(x− ct)− 1

2c

∫ x−ct

0

g(s) ds− C

=1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(s) ds.

Entonces la solucion de la ecuacion es

(32) u(x, t) =1

2(f(x+ ct) + f(x− ct)) +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(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− 1

2

p1p

−1p

− 32

p32

p

f(x− 12 )f(x + 1

2 )

t = 12

- x

6t

@

@@

12 u(x, 1

2 )

- x

6t

......

......

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

......

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

1p

−1p

−2p

2p

-1f(x− 1)f(x + 1)

t = 1

- x

6t

−2p HH

HH

−1p

1p HHHH

2p

-12

u(x, 1)

- x

6t

......

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

......

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

−1p

−3p

3p

2p

−2p

-1 f(x− 2)f(x + 2)

t = 2

- x

6t

−3p H

HH

−1p

1p H

HH

3p

2p

−2p

-12

u(x, 2)

Ahora desarrollaremos la solucion de la siguiente eacuacion de D’Alemberten 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 D’Alembert 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+ct

x−ctg(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 = 1−x+ct

2c

u(x, t) = 0

@@

@@@

@@@

@@@@

x + ct = 1

@@@

@@

@@@

@@@@

x + ct = −1

Soluciones en el semi–espacio

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+ ct

x− ct g(s)ds, si x ≥ ct,

12

(f(ct+ x)− f(ct− x)) + 12c

∫ ct+ x

ct− x g(s) ds+ h(ct−xc

), si x < ct.

4.1. Ejercicios Propuestos.

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, 1

10) y (5, 7

6).

Ejercicio 4.2. Considere la ecuacion

utt = uxx, x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = 0, x ∈ R,

ut(x, 0) =

senx −π ≤ x ≤ π0 x /∈ [−π, π]

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

Ejercicio 4.3. Resuelva la ecuacion

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

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

u(x, 0) = xe−x2

, 0 < x <∞,ut(x, 0) = 0.

Ejercicio 4.4. Determinar la solucion de la ecuacion de ondas en unintervalo semi-infinito

utt = c2uxx, 0 < x <∞, t > 0,

con frontera ux(0, t) = 0 , y condiciones iniciales

u(x, 0) =

0, 0 < x < 2,1, 2 < x < 3,0, 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) = −xe−x2

, 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) = χ[−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)= λ.

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

λn =n2π2

a2, Fn(x) = sen

nπx

a, n = 1, 2, ...

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

Gn(y) = senhnπ(b− y)

a.

Ası el candidato a solucion es dado por

u(x, y) =+∞∑n=1

cn senhnπ(b− y)

asen

nπx

a.

46 APUNTES DE EDP

Imponiendo la condicion de borde se obtiene

f0(x) = u(x, 0) =+∞∑n=1

cn senhnπb

asen

nπx

a.

Ası

cn senhnπb

a=

2

a

∫ a

0

f0(x) sennπx

adx .

De forma analoga se resuelven los otros tres casos.

Ejemplo 5.1. Consideremos la ecuacion

uxx + uyy = 0, 0 < x < π, 0 < y < π,

u(0, y) = u(π, y) = u(x, π) = 0,

u(x, 0) = sin2 x.

Usando la formula anterior se obtiene que

u(x, y) = Σ∞n=1cn sennx senh(n(π − y)),

donde

cn senhπn =2

π

∫ π

0

sen2 x sennxdx,

o sea,

cn =8

π senh(π(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 θ,

y = r sen θ,

v(r, θ) = u(x, y) ,

se obtiene

∆u = uxx + uyy = vrr +1

rvr +

1

r2vθθ.

Resolvamos el siguiente problema de Dirichlet en el disco DR

∆v = 0, r < R,

v(R, θ) = f(θ), θ ∈ [0, 2π].

Determinaremos soluciones de la forma (separacion de variables)

v(r, θ) = X(r)Y (θ) .

APUNTES DE EDP 47

Sustituyendo en la ecuacion nos queda

r2X ′′(r) + rX ′(r)

X(r)= −Y

′′(θ)

Y (θ)= λ.

La solucion debe ser 2π−periodica, por lo que es natural imponer lascondiciones

Y (0) = Y (2π),

Y ′(0) = Y ′(2π).

Resolviendo

−Y ′′(θ) = λY (θ),

Y (0) = Y (2π),

Y ′(0) = Y ′(2π),

se obtiene

λn = n2, n = 0, 1, 2, ...

Y0(θ) = 1,

Yn(θ) = cosnθ y Yn(θ) = sennθ ,

luego la segunda ecuacion para cada n

r2X ′′(r) + rX ′(r)− λX(r) = 0, λ = n2,

tiene como solucion

X0(r) = c1 + c2 ln r,

Xn(r) = c′1 rn + c′2 r

−n.

Notar que es natural imponer que c2 = c′2 = 0, si no la solucion no esderivable en 0. (desde el punto de vista fısico la solucion debe estar aco-tada). Ası es natural (metodo de superposicion) determinar solucionesde la forma

(33) v(r, θ) =a0

2+

+∞∑n=1

rn (an cosnθ + bn sennθ) .

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

f(θ) =a0

2+

+∞∑n=1

Rn (an cosnθ + bn sennθ) ,

y ası

(34)an = 1

πRn

∫ 2π

0f(θ) cosnθ dθ, n = 0, 1, 2, ...

bn = 1πRn

∫ 2π

0f(θ) sennθ dθ, n = 1, 2, ...

48 APUNTES DE EDP

Notar que

v(r, θ) =a0

2+

+∞∑n=1

rn

πRn

∫ 2π

0

f(φ) cosnφ dφ cosnθ

++∞∑n=1

rn

πRn

∫ 2π

0

f(φ) sennφ dφ sennθ

=a0

2+

+∞∑n=1

rn

πRn

∫ 2π

0

(cosnφ cosnθ + sennφ sennθ) f(φ) dφ

=1

2π

∫ π

0

f(φ) dφ++∞∑n=1

rn

πRn

∫ 2π

0

cosn(θ − φ)f(φ) dφ

=1

2π

∫ 2π

0

(1 + 2

+∞∑n=1

rn

Rncosn(θ − φ)

)f(φ) dφ.

Pero vale la identidad

R2 − r2 =(R2 + r2 − 2Rr cos θ

)(1 + 2

+∞∑n=1

rn

Rncosn(θ − φ)

).

Ası llegamos a la formula de Poisson:

(35) v(r, θ) =1

2π

∫ 2π

0

R2 − r2

R2 − 2Rr cos(θ − φ) + r2f(φ) dφ.

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

v(r, θ) −→ f(θ0), cuando (r, θ) −→ (R, θ0).

Notemos que si r = 0, de (35) tenemos

v(0, θ) =1

2π

∫ 2π

0

f(φ) dφ.

(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, θ) = f(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π.

El candidato a solucion es

v(r, θ) =a0

2+

+∞∑n=1

rn (an cosnθ + bn sennθ) ,

y su derivada con respecto a r es dada por

vr(r, θ) =+∞∑n=1

nrn−1 (an cosnθ + bn sennθ) ,

luego,

f(θ) = vr(R, θ) =+∞∑n=1

nRn−1 (an cosnθ + bn sennθ) .

Ası los coeficientes son dados por

an =1

nπRn−1

∫ 2π

0

f(θ) cosnθ dθ, n = 1, 2, 3, ...

bn =1

nπRn−1

∫ 2π

0

f(θ) sennθ dθ, n = 1, 2, 3, ...

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

0

f(θ) dθ = 0.

Ejemplo 5.2. Encontremos la solucion de la ecuacion

∆v = 0 en r < 1,

vr(1, θ) = sen3 θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.

Notemos que

sen3 θ =3

4sen θ − 1

4sen 3θ .

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

+∞∑n=1

n (an cosnθ + bn sennθ) =3

4sen θ − 1

4sen 3θ,

50 APUNTES DE EDP

donde

an = 0, ∀n,bn = 0, n 6= 1, 3,

b1 =3

4, b3 = − 1

12.

Ası, la solucion es dada por

v(r, θ) =3

4r sen θ − 1

12r3 sen 3θ.

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 < θ <π

2,

vr(1, θ) = f(θ),

vθ(r, 0) = v(r,π

2) = 0.

Con el metodo de separacion de variables, buscaremos soluciones de laforma

v(r, θ) = X(r)Y (θ)

donde X, Y se obtienen a traves de de las ecuaciones

Y ′′(θ) + λY (θ) = 0,

Y ′(0) = Y (π

2) = 0.

y

r2X ′′(r) + rX ′(r)− λX(r) = 0,

X(r) definida en r = 0.

Resolviendo estas ecuaciones obtenemos

λn = (2n− 1)2,

Yn(θ) = cos(2n− 1)θ, n = 1, 2, 3, ...

Xn(r) = cr2n−1,

luego, nuestro candidato a la solucion es de la forma

v(r, θ) =+∞∑n=1

cnr2n−1 cos(2n− 1)θ.

APUNTES DE EDP 51

Imponiendo la condicion de borde llegamos a

f(θ) =+∞∑n=1

(2n− 1)cn cos(2n− 1)θ.

Ası

cn =4

(2n− 1)π

∫ π2

0

f(θ) cos(2n− 1)θ dθ, n = 1, 2, 3, ...

Ejemplo 5.4 (Problema de Dirichlet no homogeneo en el dis-co). Resolvamos la ecuacion

∆v = 4 , r < 1, θ ∈ [0, 2π],

v(1, θ) = cos 2θ.

Sabemos que la solucion para un problema homogeneo del tipo

∆v = 0 , r < 1, θ ∈ [0, 2π]

v(1, θ) = f(θ) ,

es dado por

v(r, θ) =a0

2+

+∞∑n=1

rn (an cosnθ + bn sennθ)

donde

an = 1πRn

∫ 2π

0f(θ) cosnθ dθ, n = 0, 1, 2, ...

bn = 1πRn

∫ 2π

0f(θ) sennθ dθ, n = 1, 2, ...

Ası es natural buscar soluciones del tipo

(36) v(r, θ) = A0(r) ++∞∑n=1

(An(r) cosnθ +Bn(r) sennθ) .

Ası ∆v = 4 es equivalente con

A′′0(r) +1

rA′0(r) +

+∞∑n=1

[A′′n(r) +

1

rA′n(r)− n2

r2An(r)

]cosnθ

++∞∑n=1

[B′′n(r) +

1

rB′n(r)− n2

r2Bn(r)

]sennθ = 4 .

52 APUNTES DE EDP

Ası se producen las siguientes ecuaciones ordinarias

(37)

A′′0(r) + 1rA′0(r) = 4,

A′′n(r) + 1rA′n(r)− n2

r2An(r) = 0,

B′′n(r) + 1rB′n(r)− n2

r2Bn(r) = 0.

La condicion de borde v(1, θ) = cos 2θ implica de acuerdo a (36) que

(38)A0(1) = 0 , A2(1) = 1,An(1) = 0 , ∀n 6= 2,Bn(1) = 0 , ∀n ≥ 1.

Resolviendo las ecuaciones (37) con las condiciones iniciales (38) seobtiene

A0(r) = c1 + c2 ln r + r2 ,A2(r) = c′1 r

2 + c2 r−2 .

Como las soluciones deben ser acotadas, tenemos

A0(r) = c1 + r2 ,A2(r) = c′1 r

2 .

Imponiendo (38) obtenemos

A0(r) = −1 + r2 ,A2(r) = r2 .

Ası la solucion es dada por:

v(r, θ) = r2(1 + cos 2θ)− 1.

Metodo 2: Homogeneizando la ecuacion. Sea w = r2, entonces

∆(v − w) = 0 , r < 1, θ ∈ [0, 2π],

(v − w)(1, θ) = cos 2θ.

Sea V = v − w, entonces resolvemos

∆V = 0 , r < 1, θ ∈ [0, 2π],

V (1, θ) = cos 2θ − 1,

la solucion es de la forma (usando (33))

V (r, θ) =a0

2+

+∞∑n=1

rn (an cosnθ + bn sennθ) ,

cona0

2= −1, a2 = 1,

y todos los demas igual a cero.

APUNTES DE EDP 53

Ası

V (r, θ) = −1 + r2 cos 2θ,

por lo tanto

v − w = −1 + r2 cos 2θ,

es decir

v(r, θ) = r2(1 + cos 2θ)− 1.

Generalizacion del metodo 2: Consideremos la ecuacion

(39)∆v = h(r) , r < R,v(R, θ) = f(θ) , θ ∈ [0, 2π].

Recuerde que el Laplaciano en coordenadas polares es dado por

∆v = vrr +1

rvr +

1

r2vθθ.

Ası, si encontramos una funcion B(r) tal que

B′′(r) +1

rB′(r) = h(r),

y un w tal que

∆w = 0 , r < R,w(R, θ) = f(θ)−B(r) , θ ∈ [0, 2π].

Entonces,

v(r, θ) = w(r, θ) +B(r),

es solucion de (39).

5.3. Problema de Dirichlet en un anillo. Consideremos el proble-ma

∆v = 0 R1 < r < R2,v(R1, θ) = g1(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π ,v(R2, θ) = g2(θ), 0 ≤ θ ≤ 2π.

Usando separacion de variables y condiciones de periodicidad, como enel disco, las soluciones son del tipo

rn sennθ ,1

rnsennθ , rn cosnθ ,

1

rncosnθ , ln r , 1.

No se descartan como antes las que tienen una singularidad en cero,porque cero no pertenece al anillo (x, y) : R1 < |(x, y)| < R2. Ası elcandidato a solucion toma la forma(40)

v(r, θ) = a0 + b0 ln r+∞∑n=1

(anrn + bnr

−n) cosnθ+ (cnrn + dnr

−n) sennθ.

54 APUNTES DE EDP

Imponiendo las condiciones de borde y empleando la unicidad de loscoeficientes de Fourier obtenemos

a0 + b0 lnR1 =1

2π

∫ 2π

0

g1(s) ds ,

a0 + b0 lnR2 =1

2π

∫ 2π

0

g2(s) ds .

anRn1 + bnR

−n1 =

1

π

∫ 2π

0

g1(s) cosns ds ,

anRn2 + bnR

−n2 =

1

π

∫ 2π

0

g2(s) cosns ds .

cnRn1 + dnR

−n1 =

1

π

∫ 2π

0

g1(s) senns ds ,

cnRn2 + dnR

−n2 =

1

π

∫ 2π

0

g2(s) senns ds .

Es decir, para determinar la solucion debemos resolver todos estossistemas de variables a0, b0, an, bn, cn, dn.

Ejemplo 5.5. Determinemos la solucion de la ecuacion

∆v = 0 , 1 < r < 2,v(1, θ) = 0 , 0 ≤ θ ≤ 2πv(2, θ) = sen θ , 0 ≤ θ ≤ 2π.

La solucion es de la forma (40), entonces:Si r = 1, tenemos

a0 = 0 ,

an + bn = 0 ,

cn + dn = 0 .

Si r = 2, tenemos

a0 + b0 ln 2 = 0 ,

2nan + 2−nbn = 0 ,

2c1 + 2−1d1 = 1 ,

2ncn + 2−ndn = 0 , n 6= 1 .

APUNTES DE EDP 55

Resolviendo las ecuaciones anteriores obtenemos

a0 = b0 = 0 ,

an = bn = 0 ,

cn = dn = 0 , n 6= 1

c1 =2

3, d1 = −2

3.

Por lo tanto la solucion de la ecuacion es dada por

v(r, θ) =

(2

3r − 2

3r−1

)sen θ.

Ejemplo 5.6. Resolvamos la ecuacion

∆v = 0 , 1 < r < 2,v(1, θ) = α , 0 ≤ θ ≤ 2πv(2, θ) = β , 0 ≤ θ ≤ 2π

donde α y β son constantes. El problema se reduce a resolver

a0 + b0 ln 1 = α ,

a0 + b0 ln 2 = β ,

de donde obtenemos

a0 = α ,

b0 =β − αln 2

.

Ası la solucion es

v(r, θ) = α +β − αln 2

ln r.

Ejemplo 5.7. Resolvamos la ecuacion

∆v = 0 , 1 < r < 2,v(1, θ) = sen θ , 0 ≤ θ ≤ 2πv(2, θ) = sen θ , 0 ≤ θ ≤ 2π.

Imponiendo las condiciones de borde y la unicidad de los coeficientesde Fourier, llegamos a

c1 + d1 = 1 ,

2c1 + 2−1d1 = 1 ,

de donde se obtiene

c1 =1

3, d1 =

2

3.

56 APUNTES DE EDP

Entonces la solucion toma la forma

v(r, θ) =

(1

3r +

2

3r−1

)sen θ.

5.4. Ecuacion de Laplace en un dominio exterior. Una discu-cion similar a la anterior nos permite mostrar que el siguiente problemaexterior

∆v = 0 , r > 1 ,v(1, θ) = g(θ) , 0 ≤ θ ≤ 2π,

tiene como solucion

(41) v(r, θ) =a0

2+∞∑n=1

r−n(an cosnθ + bn sennθ) ,

y naturalmente se tiene que

a0 =1

2π

∫ 2π

0

g(θ) dθ ,

an =1

π

∫ 2π

0

g(θ) cosnθ dθ ,

bn =1

π

∫ 2π

0

g(θ) sennθ dθ .

Ejemplo 5.8. Resolvamos la ecuacion

∆v = 0 , r > 1 ,v(1, θ) = 1 + sen θ + cos 3θ . 0 ≤ θ ≤ 2π .

Usando (41) obtenemos

1 + sen θ + cos 3θ =a0

2+∞∑n=1

an cosnθ + bn sennθ,

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, θ) = 1 +1

rsen θ +

1

r3cos 3θ.

APUNTES DE EDP 57

5.5. Ejercicios Propuestos.

Ejercicio 5.1. Resuelva

uxx + uyy = 0, 0 < x < π, 0 < y < π,

u(x, 0) = x2, u(x, π) = 0,

ux(0, y) = ux(π, y) = 0.

Ejercicio 5.2. Resuelva la ecuacion

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.

Ejercicio 5.3. Resuelva la ecuacion

uxx + uyy = y cosx, (x, y) ∈ (0, π)× (0, 1),

ux(0, y) = 0 y ux(π, y) = 0, para , 0 ≤ y ≤ 1

uy(x, 0) = 0 y uy(x, 1) = 0 para 0 ≤ x ≤ π.

Ejercicio 5.4. Resolver el problema en un semicırculo

∆u = 0, para r < 1, 0 < θ < π,

u(r, 0) = u(r, π) = 0,

u(1, θ) = θ(π − θ).

Ejercicio 5.5. Determine la solucion de la ecuacion

∆u = 0, 1 < r < 2,

u(1, θ) = 0, u(2, θ) = sin θ, 0 ≤ θ ≤ 2π.

Ejercicio 5.6. Determine la solucion de

∆u = 0, para r < 1 y θ ∈ (0,π

2),

ur(1, θ) = f(θ) y uθ(r, 0) = u(r,π

2) = 0.

Ejercicio 5.7. Resolver la ecuacion

∆u = cos θ, 1 < r < 2,

ur(1, θ) = 0 y ur(2, θ) = cos 2θ.

Ejercicio 5.8. Resolver el problema en el dominio exterior

∆u = 0, si r > R,

u(R, θ) = cos3 θ si 0 ≤ θ ≤ 2π.

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, θ) = sin θ, θ ∈ [0, 2π].

Ejercicio 5.10. Determinar si la ecuacion tiene solucion

∆u = 0, r < 1,

ur(1, θ) = f(θ), 0 < θ < 2π.

para f(θ) = cos2 x y f(θ) = 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, θ) = cos 2θ, 0 < θ < 2π.

Ejercicio 5.12. Estudie la siguiente ecuacion

∆u = 0, r < 1,

ur(1, θ) = sen4 θ, 0 < θ < 2π.

APUNTES DE EDP 59

6. TRANSFORMADA DE FOURIER

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

f(w) =1√2π

∫ +∞

−∞f(x)e−iwx dx.

Vale el siguiente resultado de inversion.

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

f(x) =1√2π

∫ +∞

−∞f(w)eiwx dw.

Notaciones.

F(f) = f , F−1(f) = f .

Las siguientes son algunas propiedades de la transformada de Fouri-er:

1. F y F−1 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) =√

2πF(f)F(g) .

Recuerde que la convolucion esta dada por

(f ∗ g)(x) =

∫ +∞

−∞f(x− s)g(s) ds.

Ejemplo 6.1. (i)

F(e−ax

2)

=1√2ae−

w2

4a ,

F−1(e−aw

2)

=1√2ae−

x2

4a .

(ii) Si h(x) =

1 , x ∈ [a, b],0 , en otro caso ,

entonces,

F(h) =1√2π

(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. Ası, 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) = ce−w2 t

⇒ F(u)(t) = f(w) e−w2 t .

Aplicando la propiedad de convolucion, tenemos

u(x, t) =1

2√πt

∫ +∞

−∞f(s)e−

(x−s)24t ds ,

o sea,

u(x, t) =

∫ +∞

−∞G(x, s, t)f(s) ds ,

donde

G(x, s, t) =e−

(x−s)24t

2√πt

,

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:

lımt→0+

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 tenıa.

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 + Φ

(x

2√t

)),

donde

Φ(x) =2√π

∫ x

0

e−v2

dv , (funcion de error)

(ii) Muestre ademas que para x fijo

u(x, t) −→ 1

2, t 7→ +∞.

Sabemos que la solucion esta dada por

u(x, t) =1

2√πt

∫ +∞

0

e−(x−s)2

4t ds .

Haciendo

v =s− x2√t⇒ dv =

ds

2√t,

tenemos,

u(x, t) =1√π

∫ +∞

− x2√t

e−v2

dv

=1√π

∫ 0

− x2√t

e−v2

dv +1√π

∫ +∞

0

e−v2

dv

=1√π

∫ x2√t

0

e−v2

dv +1√π

∫ +∞

0

e−v2

dv

=1

2

(1 + Φ

(x

2√t

)).

Naturalmentelıms→0

Φ(s) = 0 ,

62 APUNTES DE EDP

luego se tiene que

lımt→+∞

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 − 1

iw

],

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

π

∫ +∞

0

fs(w) senwxdw , ∀x > 0.

f(x) =2

π

∫ +∞

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) F−1s

(we−aw

2)

= x

(2a)32e−

x2

4a .

(b) F−1c

(e−aw

2)

= 1√2ae−

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) = e−w2t

∫ t

0

g(s)wew2s ds ,

64 APUNTES DE EDP

entonces,

u(x, t) =

∫ +∞

0

(√2

πe−w

2t

∫ t

0

g(s)wew2s senwxds

)dw

=2

π

∫ +∞

0

(∫ t

0

g(s)wew2(s−t) senwxds

)dw

=2

π

∫ t

0

g(s)

(∫ +∞

0

wew2(s−t) senwxdw

)ds

=2

π

∫ t

0

g(s)

√π√2Fs(wew

2(s−t))ds

=

√2√π

∫ t

0

g(s)x

(2(t− s)) 32

e−x2

4(t−s) ds.

Ası, la solucion esta dada por

u(x, t) =1

2√π

∫ t

0

g(s)x

(t− s) 32

e−x2

4(t−s) 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) = α(w) coswt+ β(w) senwt+t2

w− 2

w3.

Con los datos iniciales, tenemos

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

luego,

u(w, t) =t2

w+

2

w3(coswt− 1).

Ası, la solucion es

u(x, t) =2

π

∫ +∞

0

(t2

w+

2

w3(coswt− 1)

)senwxdw .

Llegamos hasta aquı, por complejidad de la integral.Tarea: Ver solucion por metodo de D’Alembert el cual esta formuladopara ecuaciones de este tipo.

APUNTES DE EDP 65

6.2. Ejercicios Propuestos.

Ejercicio 6.1. Hallar I(a, x) =

∫ ∞0

e−aw2

coswx dw probando que

dI

dx= − x

2aI e I(a, 0) =

√π

2√a

; usar lo anterior para calcular F−1c (e−aw

2),

F−1s (we−aw

2) y Fc(e−ax

2).

Ejercicio 6.2. Resolver

i)

ut − uxx = 0, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = e−x2.

ii)

ut − uxx + ux = 0, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = e−x2

2 .

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) = χ[0,1] sinπx, 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 ∈

[−π

2, π

2

],

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

Ejercicio 6.6. Considere la ecuacion

ut = uxx, x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = χ(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 + Φ

(x

2√t

))donde Φ(s) =

2√π

∫ s

0

e−v2

dv.

ii) Muestre que lımt→+∞

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) +√

2π(g ∗ h)(x),

donde h(x) = χ[0,t](x).

Ejercicio 6.8. Considere la ecuacion

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

Muestre que la solucion verifica∣∣∣∣u(x, t)

∣∣∣∣ ≤ K

t12

, 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)e−st 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) = 1s−2

, 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

∫ b

a

f(x, y) dy =

∫ b

a

∂

∂xf(x, y) dy,

bajo el hipotesis que ∂f∂x

exista y sea continua.

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

(f ∗ g)(t) =

∫ t

0

f(τ)g(t− τ) dτ

o

(f ∗ g)(t) =

∫ t

0

f(t− τ)g(t) dτ.

Nota que el producto de convolucion conmuta. Ademas, en una formaanaloga 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

2πi

∫ c+i∞

c−i∞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) = ∂2

∂x2U(x, s) , 0 < x < +∞ ,∂∂xU(0, s) = U(0, s) .

La solucion de esta ecuacion es dada por

U(x, s) = c1ex√s + c2e

−x√s +

u0

s.

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

Ası

U(x, s) = −u0

(e−x√s

s(√s+ 1)

)+u0

s,

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

[ξ

(x

2√t

)− ξ

(√t+

x

2√t

)ex+t

].

donde,

ξ(x) =2√π

∫ +∞

x

e−υ dυ.

Ejemplo 7.3.

ut = α2uxx , 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

senh√s

].

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

w(x, t) = x+2

π

+∞∑n=0

(−1)n

ne−(nπ)2t sennπx.

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) .

Ası

U(x, s) = F (s)

[senhx

√s

senh√s

],

pero

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

[senhx

√s

s senh√s

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

Usando la relacion £(wt) = sW − w(x, 0), se obtiene

U(x, s) = F (s)£(wt).

70 APUNTES DE EDP

Aplicando la transformada inversa nos queda:

u(x, t) = f(t) ∗ wt(x, t)

=

∫ t

0

f(τ)wτ (x, t− τ) dτ.

Integrando esta ultima expresion, la solucion esta dada por:

u(x, t) =

∫ t

0

w(x, t− τ)f ′(τ) dτ + f(0)w(x, t).

7.2. Ejercicios Propuestos.

Ejercicio 7.1. Determine la siguiente formula

£[f (n)(t)] = snF (s)− sn−1f(0)− ....− f (n−1)(0),

para cada n ∈ N.

Ejercicio 7.2. Estudiar la ecuacion

ut = kuxx, 0 < x <∞, 0 < t <∞,u(x, 0) = 0, 0 < x <∞,u(0, t) = f(t), 0 < t <∞.

¿Que hipotesis debe imponer sobre la funcion f?

Ejercicio 7.3. Resolver el problema

ut = uxx, 0 < x <∞, 0 < t <∞,u(0, t) = sin t, 0 < t <∞,u(x, 0) = 0, 0 ≤ x <∞.

Ejercicio 7.4. Resuelva la ecuacion

ut = uxx, 0 < x <∞, 0 < t <∞,ux(0, t)− u(0, t) = 0, 0 < t <∞,u(x, 0) = c, 0 < x <∞.

Ejercicio 7.5. Obtenga la solucion de la ecuacion en terminos de lafuncion f .

utt = c2uxx, 0 < x <∞, 0 < t <∞,ux(0, t) = f(t), 0 < t <∞,u(x, 0) = 0, ut(x, 0) = 0, 0 < x <∞.

APUNTES DE EDP 71

Ejercicio 7.6. Resolver el problema

utt = c2uxx, −∞ < x <∞, 0 < t <∞,u(x, 0) = sin x, −∞ < x <∞,ut(0, t) = 0, 0 < t <∞.

Ejercicio 7.7. Considere la ecuacion

ut − uxx = 0, x ∈ (0, 1), t ∈ (0,+∞),

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

Encuentre una expresion para la transformada de Laplace de la solucionu(x, t) en terminos de la transformada de Laplace de f(t).

Ejercicio 7.8. Resuelva el problema

ut = uxx, 0 < x <∞, 0 < t <∞),

u(0, t) = t+ et sen t, 0 < t <∞,u(x, 0) = 0, 0 ≤ x <∞.

Ejercicio 7.9. Usando el principio de Duhamel’s, encuentre la solucionde la ecuacion

ut = αuxx, 0 < x < 1, 0 < t <∞,u(0, t) = 0, 0 < t <∞,u(1, t) = sin t, 0 < t <∞,u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1.

Ejercicio 7.10. Usando la teorıa de Transformadas de Laplace resuel-va la ecuacion

utt − uxx = 0, 0 < x < 1, 0 < t <∞,u(0, t) = 0, 0 < t <∞,u(1, t) = e−t sen t, 0 < t <∞,u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1.

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 Γ(t) = (t, τ(t)) una curva, tal que

u(t, τ(t)) = cte (curva de nivel).

Derivando tenemos que

∇u(Γ(t)) Γ′(t) = 0 ,

es decir∂u

∂t+∂u

∂xτ ′(t) = 0

−c∂u∂t

+∂u

∂xτ ′(t) = 0.

Ası τ ′(t) = c. Integrando obtenemos

τ(t)− τ(0) = ct,

o sea,τ(t) = τ(0) + ct.

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

(t, η + ct) , ∀ η ∈ R.O sea,

u(t, η + ct) = u(0, η) , ∀ η ∈ R .

Sea x = η + 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).

Asıdx

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 caracterısticas.

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

z = u(x, y),

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

Demostracion. Sea (x(t), y(t), z(t)) la curva caracterıstica 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)− ∂u

∂xa(x, y, z)− ∂u

∂yb(x, y, z)

= c(x, y, U + u)− ∂u

∂xa(x, y, U + u)− ∂u

∂yb(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 querıamos probar.

Ejemplo 8.1. Considera la ecuacion

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

Sus curvas caracterısticas 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 = αu , α constante ,

donde su curva inicial es dada por

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

Sus curvas caracterısticas sondX

dt= x ,

dY

dt= y ,

dZ

dt= αz .

Luego

X(t, s) = set = x ,

Y (x, s) = et = y ,

Z(t, s) = h(s)eαt.

Entonces la solucion es dada por

z = h

(x

y

)yα.

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

xux + yuy = αu.

Consecuencia. Las homogeneas de grado α tienen la forma

z = h

(x

y

)yα.

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 caracterısticas estan dadas por

dX

dt= z = h(s) ,

dY

dt= 1 ,

dZ

dt= 0 .

Ası

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.

Ejercicio 8.1. Resolver la ecuacion

ux + uy = 0, x ∈ R, y > 0,

u(x, 0) = cos x, x ∈ R.

Ejercicio 8.2. Resuelva la ecuacion

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.

Ejercicio 8.4. Resolver

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

Ejercicio 8.5. Resolver

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) = φ(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 ,−π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π

u(R, θ, φ) = g(θ, φ) ,−π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π

Ası, se resolvera el problema en el caso que:

g(θ, φ) = c c = cteg(θ, φ) = f(φ)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 sinφ cos θ

y = r sin θ sinφ

z = r cosφ

se obtiene la forma esferica de la ecuacion de Laplace:

(46) ∆u = (r2 ur)r +1

sinφ[sinφuφ]φ +

1

sin2 φuθθ = 0

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

(47) u(R, θ, φ) = g(θ, φ) − π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π

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) ax2 d2y

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 ⇒ d

dt= 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 querıa.

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

(50) (1− x2)y′′(x)− 2x y′(x) + α(α + 1)y(x) = 0

La 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(α + 2n− 1)(α + 2n− 3) . . . (α + 1)α(α− 2) . . . (α− 2n+ 2)

(2n)!x2n

y2(x) = x+∞∑n=1

(−1)n(α + 2n)(α + 2n− 2) . . . (α + 2)(α− 1)(α− 3) . . . (α− 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 α = 2m con m un numero natural, entonces y1(x) es unpolinomio de grado 2m

y1(x) = 1+m∑n=1

(−1)n(α + 2n− 1)(α + 2n− 3) . . . (α + 1)α(α− 2) . . . (α− 2n+ 2)

(2n)!x2n

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

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

y2(x) = x+m∑n=1

(−1)n(α + 2n)(α + 2n− 2) . . . (α + 2)(α− 1)(α− 3) . . . (α− 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) =1

2n n!

dn

dxn[(x2 − 1)n]

que una vez desarrollada se llega a

Pn(x) =1

2n

n/2∑k=0

(n

k

)(2n− 2k

n

)xn−2k

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

2n+ 1

2

∫ 1

−1

Pn(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) + nPn−1(x) = 0

xP ′n(x)− P ′n−1(x) = nPn(x)

P ′n+1(x)− P ′n−1(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(θ, φ) = c al interior de una esfera. Seau que no depende de θ y φ y g es constante, para toda θ y φ. Ası, laecuacion de Laplace nos queda:

∆u = (r2 ur)r = 0

u(R1, θ, φ) = 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.Ası 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 fısica y se le denomina Potencial Newtoniano.

Ejemplo 1 Consideremos el siguiente problema:

∆u = 0 0 ≤ r ≤ 1

u(1, θ, φ) = 3

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

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

∆u = 0 0 < R1 ≤ r ≤ R2

u(R1, θ, φ) = A

u(R2, θ, φ) = 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 = (A−B)R1R2

R2 −R1

b =R2B −R1A

R2 −R1

y por lo tanto,se tiene que:

u(r, θ, φ) = (A−B)R1R2

r(R2 −R1)+R2B −R1A

R2 −R1

82 APUNTES DE EDP

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

∆u = (r2 ur)r +1

sinφ[sinφuφ]φ = 0 0 ≤ r ≤ 1

u(1, θ, φ) = g(φ) 0 ≤ φ ≤ π

Buscamos un candidato de solucion por medio del metodo de separacionde variables, tenemos:

u(r, φ) = R(r) Φ(φ)

De manera que al reemplazar en la ecuacion, tenemos:

[r2 (R(r) Φ(φ))r]r +1

sinφ[sinφ (R(r) Φ(φ))φ]φ = 0

[r2 (R′(r) Φ(φ))]r +1

sinφ[sinφ (R(r) Φ′(φ))]φ = 0

Φ(φ)[r2 (R′(r))]r +R(r)

sinφ[sinφ (Φ′(φ))]φ = 0

Φ(φ)[2 r R′(r) + r2R′′(r)] +R(r)

sinφ[cosφΦ′(φ) + sinφ(Φ′′(φ))] = 0

Φ(φ)[2 r R′(r) + r2R′′(r)] =R(r)

− sinφ[cosφΦ′(φ) + sinφ(Φ′′(φ))]

2 r R′(r) + r2R′′(r)

R(r)=

cosφΦ′(φ) + sinφ(Φ′′(φ))

− sinφΦ(φ)

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

2 r R′(r) + r2R′′(r)

R(r)=

cosφΦ′(φ) + sinφ(Φ′′(φ))

− sinφΦ(φ)= λ

de manera que se obtienen las siguientes ecuaciones:

r2R′′ + 2rR′ − λR = 0

[sinφΦ′]′ + λ sinφΦ = 0

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

r2R′′ + 2rR′ − n(n+ 1)R = 0 Ecuacion de Euler

[sinφΦ′]′ + n(n+ 1) sinφΦ = 0 Ecuacion de Legendre

Resolviendo la Ecuacion de Euler. La ecuacion caracterıstica asociadaes:

APUNTES DE EDP 83

P 2 + (2− 1)P + [−n(n+ 1)] = 0

P 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

Ası, las soluciones de la ecuacion carasterıstica 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 = cosφ⇒ dx = − sinφdφ

x = cosφ⇒ x2 = cos2 φ = 1− sin2 φ⇒ sin2 φ = 1− x2

dΦ

dφ=dx

dx

(dΦ

dφ

)=dx

dφ

(dΦ

dx

)= − sinφ

dΦ

dx

= −√

1− x2dΦ

dx

Y,

d

dφ

(dΦ

dφ

)=

d

dφ

(−√

1− x2dΦ

dx

)= −dx

dφ

d

dx

(√1− x2

dΦ

dx

)=√

1− x2

[d

dx

(√1− x2

) dΦ

dx+√

1− x2d2Φ

dx2

]

84 APUNTES DE EDP

Por otro lado,

[sinφΦ′]′ + n(n+1) sinφΦ = sinφd2Φ

dφ2+ cosφ

dΦ

dφ+ n (n+1) sinφΦ

Al reemplazar obtenemos,

sinφd2Φ

dφ2+ cosφ

dΦ

dφ+ n (n+ 1) sinφΦ = 0

=√

1− x2

(−xdΦ

dx+ (1− x2)

d2Φ

dx2

)+ x

(−√

1− x2dΦ

dx

)+ n(n+ 1)

√1− x2Φ = 0

=√

1− x2

[−xdΦ

dx+ (1− x2)

d2Φ

dx2− xdΦ

dx+ n(n+ 1)Φ

]= 0

= −xdΦ

dx+ (1− x2)

d2Φ

dx2− xdΦ

dx+ n(n+ 1)Φ = 0

= (1− x2)d2Φ

dx2− 2x

dΦ

dx+ n(n+ 1)Φ = 0 − 1 ≤ x ≤ 1

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

Pn(x) =1

2n n!

dn

dxn[(x2 − 1)n]

Luego, tenemos

R(r) = a rn + b r−(n+1)

Φ(φ) = cPn(cosφ)

Como queremos que en r = 0 las soluciones sean acotadas, tenemosque b = 0. Ası, obtenemos:

R(r) = a rn

Φ(φ) = cPn(cosφ)

Por principio de superpocision de soluciones, nos obtenemos:

u(r, φ) =∞∑n=0

an rnPn(cosφ)

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

u(1, φ) =∞∑n=0

anPn(cosφ) = g(φ)

Ası,anPn(cosφ) = g(φ) ∀ n = 0, 1, 2, . . .

APUNTES DE EDP 85

Desarrollando,

anPn(cosφ) = g(φ)

anPn(cosφ)Pm(cosφ) sinφ = g(φ)Pm(cosφ) sinφ

an

∫ π

0

Pn(cosφ)Pm(cosφ) sinφ dφ =

∫ π

0

g(φ)Pm(cosφ) sinφ dφ

Trabajemos ahora con la primera parte de la igualdad, haciendo elcambio x = cosφ:

an

∫ π

0

Pn(cosφ)Pm(cosφ) sinφ dφ

= an

∫ −1

1

Pn(x)Pm(x)(−√

1− x2)

(dx√

1− x2

)= −an

∫ −1

1

Pn(x)Pm(x) dx

= an

∫ 1

−1

Pn(x)Pm(x) dx

Si m = n, entonces,∫ π

0

g(φ)Pn(cosφ) sinφ dφ =2an

2n+ 1

Finalmente, la solucion de la ecuacion es

u(r, φ) =∞∑n=0

an rnPn(cosφ)

donde

an =2n+ 1

2

∫ π

0

g(φ)Pm(cosφ) sinφ dφ

86 APUNTES DE EDP

9.11. Problema general. En esta seccion se estudiara:

∆u = 0 0 ≤ r ≤ R ,−π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π

u(R, θ, φ) = g(θ, φ),−π ≤ θ ≤ π , 0 ≤ φ ≤ π

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

G(φ, θ)1

r2

d

dr(r2F ′(r)) +

F (r)

r2 sin θ

∂

∂φ(sinφ

∂

∂φG(φ, θ)) +

1

r sinφ

∂2

∂θ2G(φ, θ) = 0

Ordenando e igualando a una constante σ, tenemos:

1

F (r)

d

dr(r2F ′(r)) =

−1

G(φ, θ)(

1

sinφ

∂

∂φ(sinφ

∂

∂φG(φ, θ)) +

1

(sinφ)2

∂2

∂θ2G(φ, θ)) = σ

De manera que se obtienen 2 ecuaciones diferenciales:

r2R′′ + 2rR′ − σR = 0 Ecuacion de Euler

∂

∂φ(sinφ

∂

∂φG(φ, θ)) +

1

sinφ

∂2

∂θ2G(φ, θ) + σ sinφG(φ, θ) = 0

Al igual que en el caso anterior, tomando σ = 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(φ, θ) =X(φ)Y (θ). Reemplazando en la ecuacion y haciendo el cambio de vari-ables µ = cosφ tenemos:

d

dµ((1− µ2)

dX

dµ) + (n(n+ 1) − m2

1− µ2)X = 0

d2Y

dφ2+ m2Y = 0

cuyas soluciones son:

X = CnPmn (µ) + DnQmn (µ)

Y = Em cosmφFm sinmφ, m 6= 0

Y = E0 + F0, m = 0