2011
apuntes deecuacionesdiferenciales II(EDPs)
Pepe ArandaMétodos Matemáticos
Físicas Complutense
http://jacobi.fis.ucm.es/pparanda/EDPs.html
Índice
BibliografíaSobre las versiones de los apuntes
Introducción 1
1. Características; problemas clásicos 31.1 EDPs lineales de primer orden 41.2 EDPs lineales de segundo orden; clasificación 71.3 Los problemas clásicos; unicidad 11
2. Problemas de contorno para EDOs 152.1 Problemas de Sturm-Liouville homogéneos 162.2 Series de Fourier 212.3 Problemas no homogéneos; función de Green 25
3. Separación de variables 293.1 Separación de variables para calor y ondas 303.2 Separación de variables para Laplace 393.3 Algunos problemas en tres variables 463.4 Funciones de Green 53
4. Otros métodos en EDPs 554.1 Ecuación de la cuerda vibrante 564.2 Ondas en tres y dos dimensiones 614.3 Transformadas de Fourier 65
Apéndice 69
Problemas 1 iProblemas 2 iiProblemas 3 (calor y ondas) iiiProblemas 3 (Laplace y 3 variables) vProblemas 4 viiProblemas adicionales 1 IProblemas adicionales 2 IIIProblemas adicionales 3 VProblemas adicionales 4 VII
Bibliografía
H Haberman. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES con Series de Fouriery Problemas de Contorno. Pentice Hall
Ss Strauss. PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS. An Introduction. WileyW Weimberger. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES. RevertéMU Myint-U. PARTIAL DIFFRENTIAL EQUATIONS OF MATHEMATICAL PHYSICS. ElsevierT Tijonov-Samarski. ECUACIONES DE LA FISICA MATEMATICA. MirSp Stephenson. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES. RevertéCh Churchill. SERIES DE FOURIER Y PROBLEMAS DE CONTORNO. McGraw-HillJ John. PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS. Springer-VerlagSk Stakgold. GREEN’S FUNCTIONS AND BOUNDARY VALUE PROBLEMS. Wiley
BD Boyce-Di Prima. ECUACIONES DIFERENCIALES y problemas con valores en la frontera.Limusa
Si Simmons. ECUACIONES DIFERENCIALES (con aplicaciones y notas históricas).McGraw-Hill
Br Braun. ECUACIONES DIFERENCIALES Y SUS APLICACIONES. InteramericanaR Ross. ECUACIONES DIFERENCIALES. RevertéE Elsgoltz. ECUACIONES DIFERENCIALES Y CALCULO VARIACIONAL. Mir
MCZ Marcellán-Casasús-Zarzo. ECUACIONES DIFERENCIALES. PROBLEMAS LINEALES YAPLICACIONES. McGraw-Hill
PA Puig Adam. CURSO TEORICO-PRACTICO DE ECUACIONES DIFERENCIALESAPLICADO A LA FISICA Y TECNICA.
Los 9 primeros libros son propiamente de EDPs: H, Ss, W, MU y T incluyen casi todos lostemas de los apuntes (y muchos otros que no se tratan en ellos). Sp y Ch tienen bastantesmenos páginas (y sirven para parte del curso). J y Sk son de mayor nivel y bastante másdifíciles de leer. Los 5 siguiente son básicamente de EDOs, pero tienen introducciones a lasEDPs. En concreto, BD, Br, R y Si estudian los problemas de contorno para EDOs y el métodode separación de variables. R clasifica también las EDPs de segundo orden con coeficientesconstantes. E trata con detalle las EDPs de primer orden. Los 2 últimos, el MCZ y el clásicoPA (de 1950), son mixtos de EDOs y EDPs y abarcan una mayor parte del curso.
Gran parte de los libros de EDPs, en vez de organizarse en torno a los métodos de resolu-ción (como en los apuntes), estudian por separado y con diferentes técnicas las ecuacioneshiperbólicas, elípticas y parabólicas.
Las EDPs de primer orden se estudian en H, E, PA y J, aunque se centran más en lasecuaciones cuasilineales (también tratan las no lineales). La reducción a forma canónica ylas cuestiones de unicidad se ven en casi todos los libros de EDPs, por ejemplo en MU, W oT. Un estudio serio de los problemas de Cauchy se hace en J. La deducción de las ecuacionesy el significado físico de los problemas se puede mirar, por ejemplo, en Bd, W, H, Ss o T.
Para el 2 es recomendable leer BD, Si y H. La teoría general avanzada de problemas decontorno, funciones de Green, desarrollos en autofunciones. . . en el Sk. Hay demostracionesmenos generales (con matemáticas más elementales) en Ss, W o Ch.
La separación de variables (3) está en casi todos los libros. Buenas introducciones hay enSp, BD, Si, Br o R. El libro más recomendable para todo este capítulo es el H. Para precisionesde convergencia y problemas de varias variables ver Ss, W, MU o T. La sección 3.4 sigue máso menos el MU. Ss, W, T y Sp también estudian las funciones de Green por otros caminos.
Para las secciones 4.1 y 4.2 se puede consultar el H, Ss, W, MU, T, PA o J. En ellos sededucen las fórmulas de 4.2 no demostradas en los apuntes. Para la 4.3 ver Ch, Ss, MU, Spy, sobre todo, H y W que utilizan también la transformada de Laplace para EDPs (W tieneuna introducción a la variable compleja).
El MCZ, el H y el Ss dan métodos numéricos para problemas de contorno y EDPs (lo queno hacen los demás libros, salvo unas pocas ideas del W).
Sobre las versiones de los apuntes
Versión 2011. Adaptación al ‘grupo residual’ de la licenciatura (2010/11, último año con clases). Sepasan a ‘letra pequeña’ algunos temas que en otros grupos no se contaban (como las ondas en 3 y 2dimensiones, tras retocar 4.1 y 4.2), los ‘problemas 3’ se dividen en dos partes, bastantes problemaspasan a adicionales y se incluyen nuevos y nuevos ejemplos inventados para el piloto del 08/09.
Versión 2009. Bastantes novedades, empezando por la letra, que pasa a ser Bitstream-Vera (sin serif),lo que obliga a reescribir (y de paso a retocar) muchas partes del texto.
1.1 y 1.3 se modifican levemente y 1.2 se vuelve a reordenar.
2 tiene ahora 3 secciones. Los ejemplos de la vieja 2.1 desaparecen (se incluyen, además de otrosejemplos nuevos) en la nueva 2.1. También aparecen más ejemplos en series de Fourier y en problemasno homogéneos.
3.1 incluye dos ejemplos nuevos del calor y las ideas sobre subproblemas pasan al final de 3.2. Estasección incluye dos ejemplos más en cartesianas y uno en polares. 3.3 cambia poco y como 3.4 (antes4.4) aparece la introducción a las funciones de Green para Laplace.
En todo el 4 aparecen bastantes ejemplos nuevos (y algunos viejos se detallan más). En 4.1, uno decuerda semi-infinita y otro de cuerda acotada, y dos de ondas en 3 dimensiones en 4.2. Las transfor-madas de Fourier F de 4.3 tienen tres ejemplos nuevos.
Aparece un apéndice en el que se repasan algunos resultados de EDOs, de convergencia uniforme ycálculo en varias variables.
Los problemas (y los adicionales) tienen bastantes cambios (los grupos piloto exigen inventar muchosproblemas para entregar, para parcialillos,... y eso se nota).
Versión 2008. Escasas novedades en teoría. Además de algunas correcciones de ejemplos, erratas,estéticas... se reordenó la sección 1.2 y se añadieron ejemplos en 3.1. Los problemas incluyeron los deexamen del curso anterior, algunos de los del curso 06-07 pasaron a adicionales y otros se convirtieronen problemas a entregar en el grupo piloto.
Versión 2007. Fue la primera de los apuntes de Ecuaciones Diferenciales II (EDPs) y es herederadirecta de los apuntes de ecuaciones en derivadas parciales.
Los viejos apuntes estaban destinados a la asignatura ‘Métodos Matemáticos de la Física II’, que seimpartió por última vez en 1997-98 (la última versión, 2000, en Word, contenía mis apuntes de ese año,pero con los dibujos a ordenador). La asignatura era de tercer curso, los estudiantes habían cursadoen segundo unos ‘Métodos I’ (variable compleja y espacios de Hilbert) y había 5 horas semanales declase. Las ‘Ecuaciones Diferenciales II’, en cambio, se cursan en segundo, tienen 4 horas semanales ypreviamente sólo se ha estudiado Álgebra y Cálculo en primero y las ecuaciones ordinarias del primercuatrimestre de segundo.
Adaptar los apuntes, exigía, pues, reducir contenidos. Y no lo conseguí demasiado. Porque los temas semantuvieron (reordenados de otra forma), aunque algunos pasaron a estar ‘en letra pequeña’ (sólo atítulo informativo). Más funcionó la tijera apartando de las hojas de problemas fundamentales bastantesde los más complicados del pasado.
Yendo al detalle, el tema 1 es el antiguo tema 5, con algún ejemplo más de primer orden, algún recorteen unicidad y se deduce ya la fórmula de D’Alembert (pues el viejo capítulo 6 se trasladó, reduciendosu tamaño, a las primeras secciones del 4).
El actual 2 es el viejo 7 de problemas de contorno, centrándose más en las condiciones separadas,eliminando resultados sobre comparación de autovalores y poniendo las alusiones a la δ de Dirac enletra pequeña.
El nuevo 3 de separación de variables es el antiguo 8, pero bastante reordenado. En vez de separar losproblemas homogéneos de los no homogéneos, se tratan ambos sucesivamente, primero para el calory ondas, y en otra sección para Laplace. Aparecen, como novedad, unas escasas líneas dedicadas a losarmónicos esféricos.
El 4 reune en esa versión las ondas en 1, 3 y 2 dimensiones espaciales (estudiadas con menos intensidadque en Métodos II, sobre todo en problemas), la transformada de Fourier, y, a título informativo, elmétodo de las imágenes.
Los problemas se dividieron en ’problemas’ (los que se hacen en clase) y ’problemas adicionales’ (a ellosfueron exiliados los más largos, laterales al curso o repetidos). Unos cuantos de los viejos problemas (yvarios apartados de otros) desaparecieron del todo.
Los apuntes se hicieron en LATEX, utilizando el programa TeXShop para Mac y eligiendo ese año 2007,para distinguirse de las letras habituales, el tipo ’palatino’.
Introducción
Estos apuntes están dedicados al estudio de las ecuaciones en derivadas par-ciales (EDPs), aunque también se estudiarán los problemas de contorno para lasecuaciones diferenciales ordinarias (EDOs). Una ecuación en derivadas parcialeses una ecuación en la que aparece una función incógnita de varias variables y al-gunas de sus derivadas parciales. Todas las EDPs que veremos serán lineales. Másen concreto, salvo un breve estudio de las lineales de primer orden, trataremos deEDPs lineales de segundo orden, del tipo:
[1] L[] ≡n∑
,j=1
Aj∂2
∂ ∂j+
n∑
j=1
Bj∂∂j+ C = F
donde , Aj , Bj , C y D son funciones de (1, . . . , n) . Una solución de [1] seráuna función (1, . . . , n) de clase C2 en una región Ω de Rn que sustituida en laecuación la convierte en una identidad.
Entre las EDPs lineales de segundo orden se encuentran muchas ecuaciones dela física. Entre ellas las tres clásicas:
ecuación de ondas tt − c2Δ = 0ecuación del calor t − kΔ = 0y ecuación de Laplace Δ = 0
que son ejemplos, respectivamente, de los tres grandes tipos en que se clasifican:hiperbólicas, parabólicas y elípticas. La teoría avanzada de EDPs viene a serla generalización del estudio de estas tres ecuaciones. Sus propiedades son tandiferentes que no existen teorías generales como la de las EDOs lineales.
En el capítulo 1 se verá que, normalmente, no se puede hallar la solución gene-ral de una EDP. Sólo la tendremos para algunas de primer orden en dos variables(y aparecerá una función arbitraria en esa solución) y para muy pocas de segundo(en particular, para la de ondas, con dos funciones arbitrarias). Además veremosqué condiciones adicionales (iniciales o de contorno) hay que imponer a las EDPsclásicas para que tengan solución única que dependa de forma continua de losdatos. En la búsqueda de soluciones generales y en la unicidad será importante elconcepto de curva característica, solución de una EDO muy ligada a la EDP.
El capítulo 3 trata el viejo método de separación de variables para resolverlas ecuaciones clásicas (homogéneas y no homogéneas y en 2 o más variables)en recintos sencillos (y acotados, al menos, en una de las variables). Se supone lasolución como producto de funciones de cada una de las variables, lo que lleva aresolver EDOs en cada una de ellas, alguna con condiciones de contorno. Resueltastodas, las soluciones quedan expresadas en términos de series de Fourier. Lanecesaria teoría de problemas de contorno para EDOs (muy diferente de la delos de valores iniciales) y una descripción de dichas series se dará previamente enel capítulo 2. En ambos capítulos hablaremos brevemente de las funciones deGreen.
El capítulo 4 estudia varios temas independientes. Analizaremos y dibujaremoslas soluciones de la ecuación de ondas a partir de fórmulas integrales, primeropara una (, t) (ecuación de la cuerda vibrante) y luego, con menos detalles,para tres y dos dimensiones espaciales. También utilizaremos la transformadade Fourier para resolver algunas EDPs en recintos no acotados (en particular, ladel calor en la recta infinita).
Los apuntes acaban con un apéndice en el que se repasan algunos conocimien-tos matemáticos previos (de EDOs, de cálculo en varias variables y de convergen-cia uniforme) que se utilizan en los capítulos anteriores.
1
Para acabar esta introducción, describamos el significado físico de las ecuacionesclásicas. Interpretémoslas únicamente en sus versiones más sencillas (que son lasmás tratadas en los apuntes): cuando la es función de dos variables.
Empecemos con la ecuación de ondas unidimensional o ecuación de la cuerdavibrante. Consideremos las oscilaciones de una cuerda totalmente elástica, tensay fija en sus extremos. Se supone que sus oscilaciones son siempre transversalesy de pequeña amplitud. En esas condiciones se puedever que si (, t) representa el desplazamiento verti-cal del punto de abscisa en el instante t , la función(, t) satisface la EDP:
u(x,t)
x
instante t
x
u
tt − c2 = F(, t)
donde c2 = To/ρ , con To fuerza de tensión en los extremos, ρ masa por unidadde longitud (densidad lineal) y F(, t) fuerza externa por unidad de masa queactúa en dirección vertical sobre el punto en el instante t . Para determinar laevolución de una cuerda concreta, se verá que debemos fijar la posición de lacuerda y la distribución de velocidades verticales en el instante inicial, es decir,(,0) y t(,0) . También se deberá de tener en cuenta que permanece fija enlos extremos = 0 y = L , o sea, que (0, t) = (L, t) = 0 . No olvidemos que elmodelo matemático de esta cuerda ideal es sólo una simplificación de la realidad;lo mismo ocurre con las siguientes.
La distribución de temperaturas a lo largo del tiempo en una varilla delgada (quepodemos suponer unidimensional) viene regida por la ecuación del calor:
t − k = 0
donde (, t) representa la temperatura del punto en el instante t y k > 0 esuna constante proporcional a la conductibilidad e inversamente proporcional a ladensidad y al calor específico. Si existiesen fuentes de calor en el interior de lavarilla deberíamos escribir una F(, t) en el segundo miembro de la ecuación. Adiferencia de la de ondas, aquí bastará dar sólo la distribución inicial de tempera-turas (,0) (junto con las condiciones de contorno) para determinar la solución.
La ecuación de Laplace:
+ yy = 0
puede describir, entre otras situaciones físicas, la distribución estacionaria de tem-peraturas en una placa bidimensional. La existencia de fuentes de calor en el inte-rior de la superficie aportaría una F en el segundo miembro (ecuación de Poisson).Frente a las dos ecuaciones anteriores que describían la evolución de un sistema alo largo del tiempo, ésta describe situaciones estacionarias y los problemas que seplantean para ella son siempre con condiciones de contorno.
2
1. Características; problemas clásicos
En las EDOs se planteaban problemas de valores iniciales, que casi siempre te-nían solución única. Para resolverlos (las pocas veces que se podía) se solía hallarprimero la solución general e imponer después una o varias condiciones, depen-diendo del orden de la ecuación, en un to dado. En este capítulo intentamos vercuáles son los problemas análogos para las EDPs. La variedad y complicación serámucho mayor que en las ordinarias.
Comenzamos en la sección 1.1 tratando las EDPs lineales de primer orden endos variables, es decir, ecuaciones del tipo:
[1] A(, y)y + B(, y) = C(, y)+D(, y) ,
que no tienen muchas aplicaciones físicas, pero que plantean de forma sencilla losproblemas de las de segundo orden. Veremos que pueden resolverse si es posibleintegrar una EDO de primer orden, cuyas curvas integrales son llamadas caracte-rísticas de [1]. En la solución general de [1] aparecerá una función p arbitraria(como en el sencillo ejemplo =0 , de solución (, y) = p(y) , para cualquier p ).Para precisar esta p fijaremos el valor de la solución a lo largo de una curva Gdel plano y (problema de Cauchy) y la solución quedará determinada de formaúnica si G no es tangente a las curvas características.
En 1.2 abordamos las EDPs lineales de segundo orden en dos variables:
[2] Ayy + By + C +Dy + E +H = F
con y los coeficientes funciones de e y . Para intentar resolverlas, busca-remos escribirlas, mediante cambios de variables, en la forma más sencilla posi-ble (forma canónica). Esto nos llevará a la clasificación de [2] en hiperbólicas,parabólicas y elípticas. Otras curvas características volverán a jugar un papelesencial. En unos pocos casos, a partir de la forma canónica, se podrá calcular lasolución general, que dependerá de dos funciones arbitrarias. Uno de esos casosserá la ecuación de ondas.
Para aislar una única solución de [2] podrían darse unos datos de Cauchy análo-gos a los de [1]. Pero esto sólo funciona para algunos problemas ligados la ecuaciónde ondas (para ella deduciremos la fórmula de D’Alembert que expresa sus so-luciones en términos de la posición y velocidad iniciales) y carece de sentido físicoy plantea problemas matemáticos para las otras ecuaciones clásicas. Las condicio-nes iniciales y de contorno ligadas a un problema físico real son muy diferentespara cada ecuación. Incluso a una misma ecuación aparecen asociadas condicio-nes de diferentes tipos. No existe una teoría general de EDPs que pueda abarcartodas las posibilidades. En cada caso habrá que comprobar que el problema está’bien planteado’, es decir, que tiene solución única que depende continua-mente de los datos (lo que era en las EDOs de comprobación trivial). La sección1.3 se dedica a describir diferentes problemas asociados a las ecuaciones clásicasy a estudiar su unicidad.
3
1.1. EDPs lineales de primer orden
Sea [E] A(, y)y + B(, y) = C(, y)+D(, y) , = (, y) .
Para resolverla consideramos la EDO de primer orden:
[e]dy
d=A(, y)
B(, y)ecuación característica
Suponemos A y B de C1 y que no se anulan simultáneamente en una región delplano. Entonces [e] tendrá en ella unas curvas integrales:
ξ(, y) = K curvas características de [E]
(se podrán hallar explícitamente si [e] es separable, lineal, exacta. . . )
Veamos que el cambio de variable
ξ = ξ(, y)η = y (o bien η= )
lleva [E] a una ecuación en las nuevas variables (ξ, η) en la que no aparece ξ yque es resoluble elementalmente. En efecto:
y = ξ ξy + η = ξ ξ
→ Aη + [Aξy + Bξ]ξ = C+D
Como sobre las soluciones y() definidas por ξ(, y) = K se tiene:
ξ(, y()) = K → ξ + ξydyd =
1B[Aξy + Bξ] = 0 ,
deducimos que [1] se convierte en:
[E∗] A(ξ, η)η = C(ξ, η)+D(ξ, η) , = (ξ, η) .
(Si hubiésemos escogido η= habríamos llegado a [E∗] Bη = C+D ;
se observa que queda tras el cambio el término con la variable elegida).
[E∗] (o [E∗]) es una EDO lineal de primer orden en η si consideramos la ξ cons-tante (y, por tanto, es resoluble). En su solución aparecerá una constante arbitrariapara cada ξ , es decir, una función arbitraria de ξ :
[•] (ξ, η) = p(ξ)e∫ CAdη + e
∫ CAdη
∫ DA e−∫ CAdη dη , con p arbitraria de C1.
Deshaciendo el cambio queda resuelta [E] en función de e y . En la solución,como se observa, aparece una función arbitraria de las características.
Ej 1. y2y+ = 2dyd = y
2 , 1y = K− →
+ 1y = K
características¨
ξ=+ 1y
η= [mejor]→ η=2=2η→ =p(ξ)eη
2= p
+ 1y
e2
, p∈C1.
¨
ξ=+ 1y
η=y [peor]→ y2η=2
=ξ− 1η
→ η=2ξη2− 2η3
→ =p∗(ξ)e1η2− 2ξ
η =p∗
+ 1y
e− 1
y2− 2
y .
Aunque no lo parezca, las expresiones con p y p∗ definen la misma solución general,
pues, e− 1
y2− 2
y = e−
+ 1y
2
e2, y p∗
+ 1y
e−
+ 1y
2
es otra función arbitraria de + 1y
.
4
y
u
G
Γ
x
¿Cómo determinar una única solución de [E]? Cada solucióndescribe una superficie en el espacio. Generalizando el pro-blema de valores iniciales para EDOs definimos:
El problema de Cauchy para [E] consiste en hallar lasolución (, y) que contenga una curva dada delespacio, o lo que es lo mismo, que tome unos valoresdados sobre una curva G del plano y .
En particular, si G es una recta ó y=cte [por ejemplo, sise pide (,0)= ƒ () ], se tiene lo que se llama un problema de valores iniciales.
xy
u
G
1
2
Γ
Γ
infinitas
ninguna
caso D=C=0
Un problema de Cauchy puede no tener solución única.Por ejemplo, la solución general de Ay+B=0 es (, y)=p
ξ(, y)
y cada solución toma valor constante sobre cada ξ(, y) = K . Si busca-mos una solución que contenga una curva cuya proyección G sea unade las características se debe exigir que esté en un plano horizontalz = C . Entonces hay infinitas soluciones [una para cada función p conp(K)=C ]. Si no tiene z constante, no hay solución que contenga a .
En general, supongamos que es una curva suave dada paramétricamente por(s)=
g(s), h(s), ƒ (s)
, o sea, que buscamos la solución con
g(s), h(s)
= ƒ (s) .
Sustituyendo en [•] y despejando p : p
ξ(g(s), h(s))
=F(s) , con F conocida.Llamemos = ξ
g(s), h(s)
. Si es posible despejar s en función de de formaúnica s= s() , la p() = F
s()
queda determinada y, por tanto, hay una únicasolución de [E] conteniendo a . Sabemos que esta función inversa existe seguroen un entorno de cada so para el que sea:
dds
s=so= d
ds
ξ
g(s), h(s)
s=so= ∇ξ
g(so), h(so)
·
g′(so), h′(so)
6= 0
Como es ∇ξ perpendicular a las características y (g′, h′) tangente a G , tenemos:
Si la curva G no es tangente en ningún punto aninguna característica el problema de Cauchytiene solución única, al menos local.
x
ygh( ) caract.
pendiente A/BLa tangencia se puede ver sin resolver la EDO [e],con su campo de direcciones: el vector (B,A) es tangentea sus soluciones y (A,−B)es perpendicular. Por tanto:
G es tangente a alguna característica en un punto
g(so), h(so)
si y sólo siΔ(so) ≡ g′A(g, h)− h′B(g, h)
s=so= 0 .
Si Δ(s) 6=0 ∀s el problema de Cauchy tiene solución única.
[Si Δ(s)≡0 ∀s , G es tangente en cada punto, es decir, es una característica].
Ej 1*. Imponemos datos a y2y+ = 2 , de solución general =p
+ 1y
e2
.
1
(,1)=1 . Como y=1 nunca es tangente a las características,según muestra el dibujo o asegura
Δ() = 1 · 12 − 0 · 1 = 1 6= 0 ,
el problema de valores iniciales tendrá solución única:
p(+1)e2=1
+1=→ p()=e−(−1)2
→ =e2−
+ 1y−12
= e2− 2
y +2y−
1y2−1
Los datos (,− 1 )=0 y (,− 1 )=1 traerán problemas (datos sobre característica).
Para el primero: p(0)e2=0 . Lo cumple toda p∈C1 con p(0)=0 . Infinitas soluciones.
Para el segundo: p(0)e2=1 , p(0)=e−
2. Imposible. No tiene solución.
Aquí el Δ es: Δ() = 1 ·
− 1
2 − 12· 1 ≡ 0 , lo que confirma que G es una característica.
5
Ej 2. 2y − = 4ydyd = −2→ y+2 = K características.
ξ = y+ 2η = y → 2η = 4y ; η = 2η → = p(ξ) + η2 = p(y+2) + y2
ξ = y+ 2η = →−η = 4y = 4ξη−4η3 →
= p∗(ξ)+η4−2ξη2 = p∗(y+2)−2y2−4
Imponemos diferentes datos de Cauchy a la ecuación y analizamos la unicidad:
(1, y)=0 → p(y+1) + y2 = 0→ p() = −(−1)2 → = 2y+ 22 − 2y2 − 4 − 1
y
x1
[o bien, p∗(y+1)−2y−1=0→ p∗()=2−1 ][p ó p∗ fijadas ∀ , pues =1 no es tangente a las características].
(,−2) = 0 → p(0) + 4 = 0 . Imposible, no hay solución.
(,−2) = 4 → p(0)=0 . Cada p∈C1 con p(0)=0 nos dauna solución diferente: hay infinitas.
Datos sobre características dan siempre 0 o ∞ soluciones[pues se acaba en p(cte)=algo, que puede ser constante o no].
vp validas
p(v)
'
(,0)=0 → p(2)=0 . Sólo queda fijada p()=0 para ≥0 ,pero no hay ninguna condición sobre p si <0 .
Podemos elegir cualquier p∈C1 que valga 0 para ≥0 .Existen infinitas soluciones en un entorno de (0,0) :
(, y)=y2 si y≥−2 , pero está indeterminada si y<−2 .
En (0,0) es y=0 tangente a las características. Lo confirma Δ = 1 · 2− 0 · (−1)
.
(, 3−2)=4−25 → p(3)=−6 → p()=−2 ∀→ =−22y−4 para todo (, y) .
Hay solución única a pesar de ser la curva de datos tangente a una característica enel punto (0,0)
es Δ = 1 · 2− (32−2) · (−1) = −32
. Algunas veces puede habertangencia y existir solución única. La no tangencia es suficiente pero no necesaria.
Ej 3.(y−2)y+ = y(0, y) = y−2
dyd =
y−21 , y=Ce+2+2 → (y−2−2)e−=C y
x
y=2x+2
ξ=(y−2−2)e−η= (parece mejor)
→ η=y = ξeη+2η+2 → = p(ξ)+ξeη+η2+2η ,
= p
[y−2−2]e−
+ y+2−2 .
Escogiendo η=y no se podría despejar la de ξ=(η−2−2)e−
.
p(y−2)+y−2=y−2 , p(y−2)=0→ p()=0 ∀ , = y+2−2 .
Solución única porque =0 nunca es tangente a las características:
Δ = 0·(y−2·0)−1·1 = −1 6= 0 ∀ [o está claro en el dibujo].
x
y
Ej 4.yy+ = 2(,1) = 3
dyd =
y → y=C →
ξ=y/η=y → ηη = 2→
= p(ξ)η2 = p y
y2 ; (,1) = p1
= 3 → p() = 13
; = 3
y
[sólo si y>0 ; la solución de un problema de Cauchy, en principio, sólo es local].
Ej 5.t + c = 0(,0)= ƒ ()
dyd =
1c →
− ct = Kcaracterísticas → =p(−ct) solución general.
(,0)=p()= ƒ ()→ (, t)= ƒ (−ct) , solución única del problema de valores iniciales.
t
x
TcT
características
Para dibujar la gráfica de en función de para cada t = T fijo basta trasladar la de ƒ ()una distancia cT (hacia la derecha si c > 0 ).Se puede interpretar la solución como una on-da que viaja a lo largo del tiempo. [Situaciónsimilar se dará en la ecuación de ondas].
6
1.2. EDPs lineales de segundo orden; clasificación
Consideremos [E] L[] ≡ Ayy + By + C +Dy + E +H = F ,
con y los coeficientes funciones de (, y) . Suponemos que los coeficientes sonC2 y que A , B y C no se anulan simultáneamente en una región Ω del plano.
Como ocurría en las EDPs de primer orden, quizás un cambio de variable adecuadohaga desaparecer algunos términos de [E], de forma que nos quede una ecuaciónresoluble elementalmente. Hagamos el cambio genérico:
ξ = ξ(, y)η = η(, y) , con ξ , η∈C2 y con jacobiano J=ξηy−ξyη 6=0 en Ω . Entonces:
y = ξ ξy + η ηy = ξ ξ + η η
yy = ξξ ξ2y + 2ξη ξy ηy + ηη η2y+ ξ ξyy + η ηyy
y = ξξ ξy ξ + ξη [ξηy + ξyη] + ηη ηy η + ξ ξy + η ηy = ξξ ξ2 + 2ξη ξ η + ηη η
2+ ξ ξ + η η
Con lo que [E] queda en función de las nuevas variables:
Aξ2y+ Bξy ξ + Cξ2
ξξ +
2Aξy ηy + B(ξηy+ξyη) + 2Cξ η
ξη
+
Aη2y+ Bηyη + Cη2
ηη + · · · = A∗ξξ + B∗ξη + C∗ηη + · · · = F(ξ, η)
donde los puntos representan los términos en ξ , η y .
Intentemos hacer A∗=C∗=0 eligiendo ξ y η adecuados. Para ello debe cumplirsela EDP de primer orden (no lineal):
Aξ2y+ Bξy ξ + Cξ2 = 0 (C∗=0 tiene la misma forma)
Si conseguimos hallar dos soluciones distintas (con Jacobiano no nulo) de esta EDPpodemos hacer desaparecer los términos en ξξ y ηη .
Cuando B2−4AC>0 podemos separarla en dos EDPs diferentes de primer ordenlineales (de las estudiadas en la sección anterior):
[1] ξy =12A
h
−B±p
B2−4ACi
ξ
si es A 6=0 ; si A=0 y C 6=0 es ξ=0 o ξ=−BCξy ; A=C=0 es caso trivial
.
Si B2−4AC=0 , [1] se convierte en una única EDP. Y si es <0 , la descomposiciónanterior en EDPs de primer orden con coeficientes reales es imposible.
Por otra parte, es fácil verificar que (B∗)2−4A∗C∗= [B2−4AC] J2 , J jacobiano delcambio, y, por tanto, el signo de B2−4AC no varía al hacer cambios de coordena-das. Todo lo anterior nos lleva a definir:
Si en cada punto (, y) de una región del plano se cumple que la expresiónB(, y)2−4A(, y)C(, y) es mayor que 0 , igual a 0 o menor que 0 , se dice,respectivamente, que la EDP [E] es hiperbólica, parabólica o elíptica endicha región.
Sigamos con la simplificación de [E]. Precisemos cuál es el cambio adecuado acada tipo y encontremos la forma más sencilla en que podemos escribir la ecuación(forma canónica) en cada caso.
7
Si [E] es hiperbólica, las EDPs de [1] tienen por ecuaciones características:
ddy =
12A
h
B−p
B2−4ACi
, ddy =
12A
h
B+p
B2−4ACi
[e]
Se llaman curvas características de [E] a las curvas integralesξ(, y)=K , η(, y)=K de estas dos ecuaciones ordinarias
(son las características de las ecuaciones de primer orden [1]).
Como ξ(, y) y η(, y) son soluciones de [1] [vimos en 1.1 que =p
ξ(, y)
y=q
η(, y)
, con p , q arbitrarias, eran sus soluciones generales], el cambio
ξ=ξ(, y)η=η(, y) lleva [E] a B∗ξη + · · · = F. Como (B∗)2>0 podemos escribir la
forma canónica de las hiperbólicas: ξη + · · · = F∗ .
Si [E] es parabólica, [1] es una sola EDP ξy+B2Aξ = 0 , de ecuación característica
ddy =
B2A → ξ(, y)=K curvas características de [E]
(las parabólicas sólo tienen una familia de características).
Escogiendo ξ=ξ(, y) hacemos A∗=0 (y como (B∗)2−4A∗C∗=0 tambiénes B∗ = 0 ). Como η podemos tomar cualquier función de e y tal que eljacobiano no sea nulo. Se suele tomar η=y . Así haciendo
ξ=ξ(, y)η=y y dividiendo por C∗ se obtiene la
forma canónica de las parabólicas: ηη + · · · = F∗ .
Si es elíptica, los segundos miembros de [e] son funciones complejas conjugadas:
ddy =
12A
h
B± p
4AC−B2i
(no hay, pues, características reales).
Es fácil ver que las soluciones de este par de ecuaciones son también complejasconjugadas: ξ(, y)=α(, y)± β(, y)=K . También es fácil probar que el cambio
ξ=α(, y)η=β(, y) lleva [E] a la forma canónica de las elípticas:
ξξ + ηη + · · · = F∗ .
En general, [E] puede ser de diferente tipo en diferentes regiones del plano y teneruna forma canónica distinta en cada una. Observemos también que las EDOs deprimer orden que dan las características normalmente no serán resolubles.
Pero en el caso de que A , B y C sean constantes, B2−4AC también lo esy así [E] es del mismo tipo en todo el plano. Además los cambios de variable[ahora válidos para todo (, y) ] se hallan aquí fácilmente:
¨
ξ = − B−pB2−4AC2A y
η = − B+pB2−4AC2A y
¨
ξ = − B2A y
η = y
(
ξ = 2A−Byp4AC−B2
η = y
si [E] hiperbólica si [E] parabólica si [E] elíptica
[c]
[En este caso con coeficientes constantes, las hiperbólicas tienen dos familias derectas características, las parabólicas una única familia de rectas característicasy las elípticas no tienen; la expresión dada para la elíptica se deduce de que
ξ = 2A−By2A ±
p4AC−B22A y = K equivale a ξ = 2A−Byp
4AC−B2± y = K ].
8
Ej 1. yy − y = 0 (ecuación de Tricomi) → B2 − 4AC = 4y→ hiperbólica si y>0elíptica si y<0
(sobre y=0 es parabólica, pero las EDPs se plantean sobre conjuntos abiertos).
y>0 : ddy = ±y
1/2 ; características ± 23y
3/2 = K . Hacemos pues:(
ξ = + 23y
3/2
η = − 23y3/2
→y= y1/2[ξ−η] = ξ + η
→ yy=12y−1/2[ξ−η] + y[ξξ−2ξη+ηη]
= ξξ + 2ξη + ηη
→ 12y−1/2[ξ−η]− 4yξη = 0 → ξη − 1
6ξ−ηξ−η = 0 , pues ξ−η = 4
3y3/2 .
y<0 : ddy = ± [−y]
1/2 → ξ = ± 23 [−y]3/2 = K . Hacemos ahora:
¨
α = β = 2
3 [−y]3/2 → y = −[−y]1/2β
= α→ yy =
12 [−y]
−1/2β + [−y]ββ = αα
→ αα + ββ +12 [−y]
−3/2β = 0 → αα + ββ +13ββ = 0 .
Ej 2. 4yy − 4y + = 0 → B2 − 4AC = 0→ parabólica en todo R2.
Como A , B y C son constantes, basta copiar el cambio [c]: ξ = + y2 , o mejor
ξ = 2+yη = y → y = ξ + η
= 2ξ→
yy = ξξ + 2ξη + ηηy = 2ξξ + 2ξη = 4ξξ
Llevándolo a la ecuación se llega a ηη = 0 .
Esta forma canónica que se resuelve fácilmente: η = p(ξ) → = ηp(ξ)+q(ξ) .
Por tanto, la solución general de la ecuación es:
(, y) = yp(2+y) + q(2+y) , con p y q funciones C2 arbitrarias.
Como en el ejemplo 2, en ocasiones será posible hallar elementalmente la solucióngeneral de [E] tras escribirla en forma canónica (pero en la mayoría seguirá siendoimposible; como en las dos regiones del ejemplo 1).
Identifiquemos las formas canónicas resolubles:
Si sólo hay derivadas respecto a una variable: ηη + E∗η +H∗ = F∗
Esta ecuación lineal de segundo orden, ordinaria si la vemos como función de η ,se integra considerando la otra variable como un parámetro. Un par de constantespara cada ξ dan lugar a dos funciones arbitrarias de ξ en la solución. La ecuación,como vemos, debe ser parabólica.
Si sólo aparece ξη y una de las derivadas primeras: ξη +D∗ξ = F∗
Se resuelve haciendo ξ= : la lineal de primer orden η+D∗ = F∗ es integrableviendo ξ como parámetro. La contiene, pues, una función arbitraria de ξ . Alintegrarla para hallar la aparece otra función arbitraria (de η ). Las cosas seríananálogas si en vez de la ξ apareciese la η . La ecuación es hiperbólica.
[En las EDOs de segundo orden salen dos constantes arbitrarias; aquí hay,en los dos casos, dos funciones arbitrarias (evaluadas en las característicascomo ocurría en las EDPs de primer orden). Se ve que ninguna ecuaciónelíptica, ni la del calor t− son resolubles por este camino].
[En los problemas veremos que otras pocas ecuaciones más con coeficientesconstantes pueden llevarse a estas formas haciendo cambios de variable deltipo =epyeq que hacen desaparecer alguna derivada de menor orden].
9
Ej 3. yy + 5y + 4 + y + = 3 → B2−4AC = 9 , hiperbólica.
B∓pB2−4AC2A = 1
4 →
ξ = −yη = −4y →
y = −ξ − 4η = ξ + η
→yy = ξξ + 8ξη + 16ηηy = −ξξ − 5ξη − 4ηη = ξξ + 2ξη + ηη
Entonces: ξη +13η = −
13 , del segundo de los tipos citados. Para resolverla:
η= → ξ = − 13 −13 → = q∗(η)e−ξ/3 − 1 → (ξ, η) = q(η)e−ξ/3 + p(ξ)− η
La solución general es, pues:
(, y) = q(−4y)e(y−)/3 + p(−y) + 4y− , q y p arbitrarias.
Ej 4. y2yy + 2yy + 2 + y2y + y = 0 → B2 − 4AC ≡ 0parabólica en R2
ddy =
2y2y2=
y →
ξ = y/η = y . Operando se llega a su forma canónica: ηη + η = 0 .
Es una EDO lineal de segundo orden en η con autovalores dados por λ(λ+1)=0 →
(ξ, η) = p(ξ) + q(ξ)e−η . Es decir, (, y) = p y
+ q y
e−y .
Acabamos la sección aplicando las técnicas anteriores para hallar la solución gene-ral de la única de las ecuaciones clásicas que se puede abordar por este camino:la ecuación de ondas en una dimensión espacial (cuerda vibrante):
tt − c2 = 0 → B2−4AC = 4c2 → hiperbólica en todo el plano.
Las expresiones de [c] se convierten aquí en:
ξ = + ctη = − ct →
¨
= ξξ + 2ξη + ηηtt = c2[ξξ − 2ξη + ηη]
y, por tanto, en las nuevas variables:
−4c2ξη = 0→ ξη = 0formacanónica → ξ = p∗(ξ)→ = p(ξ) + q(η)
Luego la solución general de la ecuación de ondas es:
(, t) = p(+ct) + q(−ct) , p y q funciones arbitrarias de C2.
[Observemos que la solución resulta ser la suma de dos ondas que viajana velocidad c , una hacia las crecientes y otra hacia las decrecientes.En la siguiente sección hallaremos una fórmula para la única soluciónque satisface una pareja de ‘datos iniciales’].
10
1.3. Los problemas clásicos; unicidad
Sea [E] L[]=F una EDP lineal de segundo orden en dos variables. ¿Qué datos adi-cionales nos proporcionan problemas bien planteados para [E]? Para una EDO desegundo orden era necesario fijar el valor de la solución y de su derivada en el ins-tante inicial para tener solución única. En una EDP lineal de primer orden fijábamoslos valores de la solución en toda una curva G (no tangente a las características).Acabamos de ver que en los pocos casos en que [E] era resoluble aparecían dosfunciones arbitrarias en la solución.
x
y
u
G
Todo ello lleva a plantear el problema de Cauchy para [E]:
Hallar la solución que tome unos valores dados de y y a lo largo de una curva dada G del plano y .
(geométricamente, hallar la superficie solución que contengauna curva dada y tenga a lo largo de ella una familia de planostangentes también dados). Alternativamente se podrían fijarsobre G los valores de o de la derivada normal n .En particular, al tomar como G el eje se tiene el problema de valores inicialesque consiste en hallar la solución de [E] que cumple (,0)= ƒ () , y(,0)=g() .Como ocurría en las de primer orden se puede probar que:
Si los datos son regulares y G no es tangente a las características en ningúnpunto, el problema de Cauchy tiene solución única en las proximidades de G .
x
y2
Ej 1. Sea [P]
yyy + 2y2y + y3 − y = 0(,2) = , y(,2) = 0
.
B2−4AC≡0, parabólica en R2. ddy =y→ − y2
2 =K características.
Como y=2 nunca es tangente a ellas, el problema de Cauchy [P]tiene solución única. Es resoluble y podemos comprobarlo:
¨
ξ = − y2
2η = y
→ ηηη−η = 0 −→Euler ó η=
= p(ξ)+q(ξ)η2 = p(− y2
2 )+q(−y2
2 )y2
Imponiendo los datos de Cauchy ( y = −yp′ − y3q′ + 2yq ):
(,2) = p(−2) + 4q(−2) = y(,2)=−2p′(−2)−8q′(−2)+4q(−2)= 0
→ p′(−2)+4q′(−2) = 1p′(−2)+4q′(−2) = 2q(−2)
[p′ y q′ representan la misma derivada ordinaria en ambas ecuaciones]
→ q(−2)= 12 → q()= 1
2 ∀→ p(−2)=−2→ p()= ∀→ = − y2
2 +y2
2 = ,
solución determinada de forma única por los cálculos anteriores.
¿Es este problema el adecuado a todas las EDPs de segundo orden? No lo es. En losproblemas reales aparecen condiciones mucho más variadas que las de Cauchy: enunos casos hay que imponer condiciones iniciales y de contorno a la vez, en otrossólo de contorno... Además un dato de Cauchy puede originar problemas mal plan-teados (sin la necesaria dependencia continua) para EDPs no hiperbólicas, comoéste para Laplace (cuya solución será única por no tener características reales):
+ yy = 0(,0) = 0 , y(,0) =
sennn
. Su solución (única) es (, y) = shny sennn2
,
pero aunque el dato sennn →0 uniformemente, es muy grande (si y 6=0 ) para
n grande, y se parece poco a la solución ≡0 asociada a (,0)=y(,0)=0 .
Veamos los principales problemas asociados a las ecuaciones clásicas en dos va-riables [sólo (P1) será de Cauchy]. Para cada uno habría que probar que ‘está bienplanteado’. Para más variables las cosas son análogas y poco más complicadas.
11
Ondas. Tiene solución única dependiente continuamente de los datos el
u(x,0)
f(x)x
g(x)problema puro devalores iniciales:
(P1)
¨ tt−c2=F(, t) , , t∈R(,0) = ƒ ()t(,0) = g()
x
t
para la cuerda infinita (tiene sentido real cuando t es pequeño yestamos lejos de los extremos). Como damos los datos sobre t=0no característica (eran ±ct=K ) hay solución única.
En el caso de la ecuación homogénea ( F≡0 ) hallemos su solución y deduzcamosde ella la dependencia continua. Vimos en la sección anterior su solución general:
tt−c2=0 → (, t)=p(+ct)+q(−ct) , p , q arbitrarias.
Imponiendo los datos:
p() + q() = ƒ ()cp′()− cq′() = g() →
¨
p′() + q′() = ƒ ′()p′()− q′() = 1
cg()→ 2p′() = ƒ ′() + 1
cg()
→ p() = 12 ƒ () +
12c
∫
0 g(s)ds+ k → q() = 12 ƒ ()−
12c
∫
0 g(s)ds− k →
(, t) = 12
ƒ (+ct) + ƒ (−ct)
+ 12c
∫ +ct
−ctg(s)ds
fórmula deD’Alembert
que da la solución única de (P1) si F≡0 . Para que sea C2, debe ƒ ∈C2 y g∈C1.
Comprobemos que datos iniciales próximos ocasionan soluciones (, t) y ∗(, t)cercanas en intervalos de tiempo finitos (es decir, la dependencia continua):
si |ƒ ()−ƒ∗()|<δ y |g()−g∗()|<δ ∀ ; entonces para t∈[0, T] se tiene:
|−∗| ≤ 12 |ƒ (+ct)−ƒ
∗(+ct)|+ 12 |ƒ (−ct)−ƒ
∗(−ct)|+ 12c
∫ +ct−ct |g(s)−g
∗(s)|ds
< δ+ δ2c
∫ +cT−cT ds = δ(1+T) < ε ∀ y ∀t∈[0, T] , si δ< ε
1+T .
Consideremos ahora la cuerda acotada cuyos extremos se mueven verticalmentesegún h0(t) y hL(t) dadas (que estén fijos es un caso particular). Hay entoncesdos condiciones de contorno adicionales:
(P2)
¨ tt − c2 = F(, t) , ∈[0, L], t∈R(,0) = ƒ () , t(,0) = g()(0, t) = h0(t) , (L, t) = hL(t)
Demostremos su unicidad (veremos que la solución existe, como en otros casos,hallándola explícitamente [en 3.1 por separación de variables ó en 4.1 a través deextensiones]; la dependencia continua, que se cumple, no la probamos).
Sean 1 y 2 soluciones cualesquiera de (P2) y sea =1−2 . Entonces cumple:
(P0)
¨
tt − c2 = 0 , ∈[0, L] , t∈R(,0)=t(,0)=(0, t)=(L, t)=0
Queremos ver que ≡0 . Integremos la identidad:
t[tt − c2] = 12∂∂t [
2t+ c22
]− c2 ∂
∂[t]
para entre 0 y L y t entre 0 y T cualquiera, suponiendo solución de (Po):
12
∫ L
0
2t+c22
(,T)(,0)d− c
2∫ T
0
t(L,t)(0,t)dt =
12
∫ L
0
t(, T)2+c2(, T)2
d = 0
pues tt−c2=t(,0)=(,0)=t(0, t)=t(L, t)=0 .
El último corchete es ≥0 y es función continua de . Para que la integral se anuledebe ser t(, T)=(, T)=0 si 0≤≤ L y para cualquier T. Por tanto (, t) esconstante y como (,0)=0 debe ser =1−2≡0 . Hay unicidad.
12
Calor. Para la varilla infinita se prueba que está bien planteado:
(P3)
¨
t − k = F(, t) , ∈R, t>0(,0) = ƒ () , acotada
Basta un solo dato, la distribución inicial de temperaturas, para fijar las posteriores.
[No podemos dar arbitrariamente la t(,0) pues debe ser t(,0)=kƒ ′′()+F(,0) si es solución ( t=0 es característica y (P3) no es buen problema de valores iniciales)].
Para la varilla acotada hay condiciones de contorno, que pueden ser de variostipos, con diferentes significados físicos cada uno. Si los extremos toman a lo largodel tiempo las temperaturas dadas h0(t) y hL(t) se tiene:
(P4)
¨ t − k = F(, t) , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()(0, t) = h0(t) , (L, t) = hL(t)
Si lo que fijamos es el flujo de calor en los extremos obtenemos:
(P5)
¨ t − k = F(, t) , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()(0, t) = h0(t) , (L, t) = hL(t)
[En particular, si h0(t)=hL(t)=0 , los extremos están aislados].
Un tercer tipo de condiciones de contorno combina y :
(0, t)−(0, t)=h0(t) ó (L, t)+b(L, t)=hL(t) , con , b>0 .
Expresan la radiación libre de calor hacia un medio a temperatura dada (si elextremo = L está más (menos) caliente que hL entonces irradia (chupa) calorpues =(hL−)/b<0 (>0 ) y el flujo de calor es siempre en sentido opuesto algradiente de las temperaturas; lo mismo sucede con el otro extremo).
Probemos que (P4) ó (P5) (o cualquiera de los otros 7 problemas que aparecencombinando los 3 tipos de condiciones descritos) poseen solución única. Sean 1y 2 soluciones. Entonces =1−2 satisface el problema con F= ƒ=h0=hL=0 .
Multiplicando la ecuación por e integrando respecto a entre 0 y L se tiene:∫ L
0 td−k∫ L
0 d =12ddt
∫ L
0 2d−k
(L,t)(0,t)+k
∫ L
0 2d = 0
⇒ ddt
∫ L
0
(, t)2d ≤ 0
[si =0 ó =0 en los extremos la última implicación es clara, ya que k>0 ;es también fácil verlo si −=0, >0 ó si +b=0, b>0 ; no se puede darese paso ni probar la unicidad para <0 ó b<0 (físicamente inadmisible)].
La última integral es una función U(t) no creciente (U′ ≤ 0 ), que cumple U(0) = 0(pues (,0) = 0 ) y es U(t) ≥ 0 (integrando positivo). De las tres cosas se sigueque U(t)≡0⇒ ≡0 . Unicidad.
Una forma alternativa de probar la unicidad de algunos problemas (que además permiteatacar la dependencia continua) es utilizar un principio del máximo que se ajuste a eseproblema. Por ejemplo, es cierto este principio que no demostramos:
Si es continua en [0, T]×[0, L] y satisface t−k=0 en (0, T)×(0, L) , los valoresmáximo y mínimo de se alcanzan o bien en t=0 o bien en =0 ó bien en =L .
[Si ni la temperatura inicial en la varilla ni la de los extremos supera un valor M , no se puedecrear en su interior una temperatura mayor que M (si no hay fuentes externas); la pruebaa partir de esto de la unicidad y la dependencia continua de (P4) sería parecida a la queveremos para Laplace y no la hacemos; si quisiéramos demostrar la unicidad para los otrosproblemas de la ecuación del calor, necesitaríamos otros principios del máximo diferentes].
13
Laplace. Los problemas son de contorno. Los dos más importantes son:
dominioacotado
∂D
D
Problemade
Dirichlet:(PD)
Δ=F en D= ƒ en ∂D
Problemade
Neumann:(PN)
Δ=F en Dn= ƒ en ∂D
Donde D es un abierto conexo acotado de R2, ∂D es su frontera yn es la derivada en la dirección del vector normal unitario exterior n .Si vemos la ecuación describiendo una distribución estacionaria de temperaturasen una placa, en (PD) fijamos las temperaturas en el borde y en (PN) el flujo decalor en dirección normal al borde.
Si F , ƒ y ∂D son regulares, el (PD) es un problema bien planteado. Lo resolveremosen recintos sencillos en el capítulo 3. Probemos ahora su unicidad por dos caminos.
Mediante la fórmula de Green (generaliza la integración por partes a R2):
Sea ∈C2(D)∩C1
D
. Entonces
∫∫
D
Δddy =∮
∂D
n ds−∫∫
D
‖∇‖2 ddy
Identidad Δ=div
∇
−‖∇‖2 y teorema de la divergencia
∫∫
Ddiv fddy =
∮
∂Dfnds
.
Si 1 y 2 son soluciones de (PD), =1−2 verifica el problema con F= ƒ=0 .La fórmula de Green dice entonces que:
∫∫
D‖∇‖2 ddy = 0 ⇒ ∇=0⇒ =cte⇒ ≡0 (pues =0 en ∂D ).
Probamos de otra forma la unicidad de (PD), y también la dependencia continua,con el siguiente principio del máximo para Laplace (intuitivamente claro: la tem-peratura de una placa no supera la máxima de su borde) que no demostramos:
Si satisface Δ = 0 en un dominio acotado D y es continuaen D entonces alcanza su máximo y su mínimo en la ∂D .
Como = 1 − 2 , con 1, 2 soluciones, verifica
Δ=0 en D=0 en ∂D , se tiene:
0 =mın∂D
≤mınD
≤mxD
≤mx∂D
= 0⇒ ≡ 0
Si ∗ es solución de (PD) con = ƒ∗ en ∂D y sea |ƒ−ƒ∗|<ε en ∂D . Entonces:
=−∗ →
Δ=0 en D= ƒ−ƒ∗ en ∂D ⇒−ε<mın∂D
≤ ≤mx∂D
<ε⇒ |−∗|<ε en D.
Si la diferencia entre datos es pequeña, lo es la diferencia entre soluciones.
Para el (PN) la situación es más complicada. En primer lugar, para que (PN) puedatener solución es necesario que F y ƒ satisfagan la relación:
∫∫
DF ddy =
∮
∂Dƒ ds
[basta aplicar el teorema de ladivergencia a ∇ para verlo].
Además, si (PN) tiene solución, esta contiene una constante arbitraria [lo que eraesperable, ya que ecuación y condición de contorno sólo contienen derivadas].También se ve que si queremos repetir la prueba de la unicidad con la fórmula deGreen, podemos dar todos los pasos excepto la última implicación. Se dice que elproblema de Neumann (PN) tiene unicidad salvo constante.
[Además se imponen a Laplace condiciones de contorno del tipo +n = ƒ , > 0,y también tienen interés los problemas en que en parte de ∂D hay condiciones tipoDirichlet, en otra tipo Neumann... (todos son problemas bien planteados). También setratan problemas en D no acotados. Para tener unicidad, además de los datos en ∂D ,hay que exigir un ’adecuado comportamiento’ en el infinito].
14
2. Problemas de contorno para EDOs
Un problema de valores iniciales para una ecuación ordinaria con coeficientescontinuos tenía solución única. En concreto, la solución de una ecuación lineal desegundo orden queda determinada fijando el valor de la solución y de su deri-vada en un punto dado. Las cosas cambian si imponemos las condiciones en losdos extremos de un intervalo [, b] . Estos problemas de contorno presentanpropiedades muy diferentes. Por ejemplo, un problema tan sencillo y regular como
y′′() + y() = 0y(0)=0, y(π)=0
tiene infinitas soluciones: y = C sen , con C constante arbitraria.
Los problemas de contorno que nos aparecerán al utilizar el método de separa-ción de variables del capítulo 3 dependerán de un parámetro λ . Para analizarsus propiedades convendrá escribir la ecuación de la siguiente forma:
(P)
¨ (py′)′ − qy+ λry = 0αy()− α′y′() = 0βy(b) + β′y′(b) = 0
Ante un problema como (P) nuestro objetivo será hallar los valores de λ paralos que hay soluciones no triviales (autovalores de (P)) y esas solucionesno triviales correspondientes a cada λ (autofunciones de (P) asociadas a λ ).Observemos que y= 0 es siempre solución trivial de (P) y que, por ser lineales yhomogéneas la ecuación y las condiciones de contorno, si y() es solución de (P)también lo es Cy() para cualquier C .
Comenzaremos en 2.1 estudiando varios ejemplos para la ecuación y′′+λy = 0(la más sencilla y la que más veces aparece separando variables). En ellos existiráuna sucesión infinita de autovalores y las autofunciones asociadas a λ distintosserán ortogonales entre sí. Después precisaremos para qué tipo de problemas decontorno (P) se mantienen esas propiedades. Serán los que se llaman problemasde Sturm-Liouville separados. Hablaremos también brevemente de los proble-mas periódicos y de los singulares.
En la sección 2.2 veremos que cualquier función ƒ continua y derivable a trozosse puede escribir como una serie de autofunciones de un problema de Sturm-Liouville, lo que será muy útil en la resolución de EDPs. Este resultado generaliza losdesarrollos de Fourier en series de senos y cosenos, cuyas propiedades básicastambién veremos. Aunque la convergencia natural de estas series sea la llamada’convergencia en media’, nosotros nos limitaremos a tratar la convergencia puntualy uniforme.
Por último, en 2.3, estudiaremos problemas en que la ecuación (o alguna condi-ción de contorno) sea no homogénea. Para ellos, ni y=0 es solución, ni lo son losmúltiplos de una solución dada. La existencia de soluciones dependerá de si exis-ten o no soluciones no triviales del homogéneo. Tendrán solución única en el últimocaso, e infinitas o ninguno si el homogéneo tiene infinitas. Cuando haya soluciónúnica daremos una fórmula para las soluciones del no homogéneo en términos dela llamada función de Green.
La notación en todo este capítulo será y() , pero en separación de variables lasfunciones de nuestros problemas de contorno serán X() , Y(y) , R(r) , Θ(θ) , . . .
15
2.1. Problemas de Sturm-Liouville homogéneos
Antes de dar la teoría general, hallemos los autovalores y autofunciones de dosproblemas de contorno homogéneos para la sencilla EDO lineal y′′+λy=0 .
Como su polinomio característico es μ2+λ = 0 → μ=±p−λ , la solución general
de la ecuación será diferente según λ sea menor, igual ó mayor que 0 .
Ej 1. (P1)
y′′ + λy = 0y(0)=0, y(π)=0 Imponemos las condiciones de contorno en cada caso:
Si λ<0 la solución general es y = c1 ep + c2 e−p , con p=p−λ > 0 .
p
e
- p
p
e
!
!
y(0) = c1 + c2 = 0y(π) = c1 eπp+c2 e−πp=0
«
→ c2=−c1 c1[eπp−e−πp] = 0
Por tanto c1=c2=0 (pues eπp 6=e−πp si p>0 ).
Ningún λ<0 es autovalor.
Si λ=0 es y = c1 + c2 →y(0) = c1 = 0y(π) = c1+c2π = 0
→ y≡0 . λ=0 tampoco es autovalor.
Y para λ>0 es y=c1 cos+c2 sen , con =pλ> 0 →
y(0)=c1=0 ↓y(π)=c2 senπ=0
!
1 y1
y3
y20
Para tener solución no trivial debe ser c2 6= 0 .
Para ello, π=πpλ =nπ → λn=n2, n=1,2, . . .
Para cada uno de estos λn hay soluciones no triviales
yn = c2 senn ≡ senn .
Observemos que se cumple si m 6=n :∫ π
0 senn senm d = 0 ,
pues 12
∫ π
0
cos(n−m)−cos(n+m)
d = 12
h
sen(n−m)n−m − sen(n+m)
n+m
iπ
0= 0 .
Resumiendo: (P1) tiene una sucesión infinita de autovalores λn=n2, n=1,2, . . . .Las autofunciones yn=senn asociadas a cada λn forman un espacio vec-torial de dimensión 1 . La n-sima autofunción posee n−1 ceros en (0, π) . Lasautofunciones distintas son ortogonales en [0, π] [respecto del producto escalar(,) =
∫ π
0 d ].
Ej 2. (P2)
y′′ + λy = 0y′(0)=0, y′(π)=0 Imponemos estas nuevas condiciones:
λ<0→y′(0) = p[c1 − c2] = 0y′(π) = p[c1 eπp−c2 e−πp] = 0
«
→ c2=c1 → c1[eπp−e−πp] = 0→ y ≡ 0 .
λ=0→y′(0)=c2=0y′(π)=c2=0
→ λ=0 autovalor con autofunción y0 = c1 .
1
0
cos x
cos 2x!
λ>0→y′(0)=c2=0 ↓y′(π)=−c1 senπ=0
→ λn=n2 , yn=c1 cosn .
Los λn=n2 y las yn=cosn , n=0,1,2, . . .tienen las mismas propiedades resaltadas para el problemaanterior. Por ejemplo, la autofunción que ocupa el lugar n seanula n−1 veces y sigue habiendo ortogonalidad:∫ π
0 cosn cosmd = 12
∫ π
0 [cos(n−m)+cos(n+m)]d =12
h
sen(n−m)n−m + sen(n+m)
n+m
iπ
0=0 .
16
Pasemos a tratar ya el problema general. Sea la ecuación lineal de segundo ordendependiente de un parámetro real λ :
y′′ + ()y′ + b()y+ λc()y = 0 , con , b, c∈C[, b] , c()>0 en [, b] .
La reescribimos de otra forma, que se suele denominar ’autoadjunta’ o ’Sturm-Liouville’. Multiplicando por e
∫
se tieneh
e∫
y′i′+ be
∫
y+ λce∫
y ≡
py′′− qy+ λry = 0 , con p∈C1, q, r∈C , p, r>0 .
Las condiciones que más nos van a interesar son las condiciones separadas (cadauna afecta a los valores de y o de y′ sólo en uno de los extremos del intervalo):
Se llama problema de Sturm-Liouville separado regular a uno del tipo:
(Ps)
¨
[py′]′ − qy+ λry = 0αy()−α′y′()=0 , βy(b)+β′y′(b)=0 (condiciones separadas)
donde p∈C1[, b] , q, r∈C[, b] , p, r>0 en [, b] , |α|+|α′| , |β|+|β′| 6= 0 .
[Las últimas condiciones lo que dicen es que α y |α′| , |β| y |β′| no se anulan a la vez].
Los ejemplos 1 y 2 eran unos (Ps). Este teorema generaliza sus propiedades:
Teor 1.
Los autovalores de (Ps) son una sucesión infinita λ1<λ2< · · ·<λn< · · ·que tiende a ∞. Las autofunciones yn forman un espacio vectorialde dimensión 1 y cada yn posee exactamente n−1 ceros en (, b) .Las autofunciones asociadas a autovalores distintos son ortogonalesen [, b] respecto al peso r , es decir:
⟨yn, ym⟩ ≡∫ b
r yn ym d = 0 , si yn, ym están asociadas a λn 6=λm .
Si αα′≥0 , ββ′≥0 y q()≥0 en [, b] entonces todos los λn≥0 . Enparticular, para y()=y(b)=0 [o sea, si α′=β′=0 ] todos los λn>0 .
No probamos la primera afirmación y la de los ceros que son difíciles. Sí el resto.
Si y cumple (Ps): y′()= αα′ y() , α
′ 6=0 ; y′(b)=− ββ′ y(b) , β
′ 6=0
[y es y()=0 , si α′=0 ; y(b)=0 , si β′=0].
Si y , y∗ están asociadas al mismo λ , se deduce que dependen linealmente, puessu wronskiano se anula en (o también en b ):
|W|(y, y∗)()=yy∗′−y′y∗
==0 , si α′=0 o si α′ 6=0 .
Sean ahora yn, ym asociadas, respectivamente, a λn y λm :
λnryn = −[py′n]′+qyn
λmrym = −[py′m]′+qym
«
Multiplicando por ym e yn ,restando e integrando:
[λn−λm]∫ b
rynym d =
∫ b
yn(py′m)′−ym(py′n)
′ dpartes=
p(yny′m − ymy′n)b= 0
pues |W|(yn, ym)=0 en y en b . Por tanto, si λn 6=λm se tiene que ⟨yn, ym⟩=0 .
Si y es la autofunción asociada a λ y αα′≥0 , ββ′≥0 , q≥0 entonces
λ∫ b
ry2d =
∫ b
− y(py′)′+qy2
d =∫ b
p(y′)2+qy2
d−
pyy′b≥ 0 ⇒ λ≥0 ,
pues∫ b
ry2d>0 ( r>0 ) ,
∫ b
p(y′)2+qy2
d ≥ 0 (p>0 , q≥0 ) ,
−[pyy′](b)=¨ ββ′ p(b)[y(b)]
2≥0 si β′ 6=00 si β′=0
, [pyy′]()=¨ αα′ p()[y()]
2≥0 si α′ 6=00 si α′=0
.
Si y()=y(b)=0 , y=1 no es autofunción ⇒ y′ 6≡0 ⇒∫ b
p(y′)2>0⇒ λ>0 .
17
Ej 3. (P3)
y′′ + λy = 0y′(0)=y(1)=0 (casi en forma autoadjunta:
y′′+ λy = 0 ; es r≡1 ).
Tendrá las propiedades del teorema 1. Busquemos sus λn . Como αα′=ββ′=0 , q≡0 , noslimitamos a los λ≥0 . [Ahora ya sabemos que podíamos haber hecho esto en el ejemplo2, y que en el 1 hubieran bastado los λ>0 ; que conste que hay problemas con λ<0 ].
λ=0 : y = c1+c2 →y′(0) = c2 = 0y(1)=c1+c2 = 0
→ y ≡ 0 . λ=0 no es autovalor.
λ>0 : y=c1 cos+c2 sen . y′(0)=0→ c2=0→ y(1)=c1 cos=0
→ n=2n−12 π , λn=
(2n−1)2π24 , yn=
n
cos 2n−12 πo
, n=1,2, . . .
El teorema asegura que las yn son ortogonales:∫ 10 ynym d = 0 ,
n 6=m (sería fácil comprobarlo), y que la autofunción n-sima (comole ocurre a las tres dibujadas) tiene n−1 ceros en (0,1) .
Ej 4. (P4)
y′′ + λy = 0y′(0)=y′(1)+y(1)=0
Como αα′=0 , ββ′>0 , q≡0 ,volvemos mirar sólo los λ≥0 .
λ=0 : y = c1+c2 →y′(0) = c2 = 0y′(1)+y(1)=c1+2c2 = 0
→ y ≡ 0 . λ=0 no autovalor.
λ>0 : y=c1 cos+c2 sen . y′(0)=c2=0→ y′(1)+y(1)=c1[cos− sen]=0 .
w
tan w
0!
w1 w2 w3
1/w
No podemos hallar exactamente los λn , pero tnn=1n
lo cumplen infinitos n (anulan el corchete infinitos n ),que sólo se pueden hallar aproximadamente. La yn para cadaλn=2
nes cosn . Estas yn serán ortogonales.
[La mayoría de los problemas de S-L no son resolubles, puespocas lineales de segundo orden lo son elementalmente (lasde coeficientes constantes y pocas más), y aunque lo seanpuede ocurrir lo que en este ejemplo].
Ej 5. (P5)
y′′ − 2y′ + λy = 0y′(0)=y′(1)=0 → μ2−2μ+λ=0 ,
μ=1±p1−λ .
e−2y′′ + λe−2y = 0
Sabemos que los λ≥0 , pero esto no ahorra cálculos, pues y hay que mirar λ<,=,>1 :
λ<1 : y = c1 e(1+p) + c2 e(1−p) , y′ = c1(1+p)e(1+p) + c2(1−p)e(1−p) , p=p1−λ →
c1[1+p] + c2[1−p] = 0c1[1+p]e1+p+c2[1−p]e1−p=0
«
→ c2(1−p)e[e−p−ep] = 0→ p=1 (λ=0 ), y0=1 .
λ=1 : y=[c1+c2]e , y′=[c1+c2+c2]e →c1+c2 = 0c1+2c2 = 0
→ y≡0 . λ=1 no autovalor.
λ>1 :y=[c1 cos+c2 sen]e , =
pλ−1
y′=
(c1+c2) cos+(c2−c1) sen
e→ y′(0)=c1+c2=0→
y′(1)=c2 e(1+2) sen=0 →
=nπ, n=1,2, . . . → λn=1+n2π2 , yn =
e[sennπ−nπ cosnπ]
, n=1,2, . . .
Las autofunciones serán ortogonales respecto al peso r() = e−2 :∫ 10 e−[sennπ−nπ cosnπ]d = 0
∫ 10 [sennπ−nπ cosnπ][senmπ−mπ cosmπ]d = 0 (m 6=n)
Ej 6. (P6)
2y′′+ y′+ λy = 0y(1)=y(e)=0 p()= e
∫
= e∫
d = →
y′′ + λ y
=0 . Es r()= 1 .
Es problema separado regular
p, r>0 en [1,e]
.
Ecuación de Euler: r(r−1)+r+λ=0→ r = ±p−λ . Basta mirar los λ>0 :
y=c1 cos( ln)+c2 sen( ln) , c1=0c2 sen=0
λn=n2π2, yn=
sen(nπ ln)
, n=1,2, . . .
Como siempre, las autofunciones son ortogonales:∫ e1sen(nπ ln) sen(mπ ln)d
= 0 , m 6=n .
18
Separando variables nos aparecerán también problemas de contorno como el si-guiente, que no es separado, pues sus condiciones de contorno mezclan valoresen los dos extremos del intervalo. En concreto, este es un problema periódico:
Ej 7. (P7)
y′′ + λy = 0y(−π)=y(π), y′(−π)=y′(π)
[Estas condiciones equivalen apedir que y sea 2π-periódica].
λ<0→c1[eπp−e−πp]−c2[eπp−e−πp] = 0c1[eπp−e−πp]+c2[eπp−e−πp] = 0
«
Como el determinante de los coeficientes
eπp−e−πp e−πp−eπp
eπp−e−πp eπp−e−πp
= 2(eπp−e−πp)2 6= 0 si p>0 ,
el sistema sólo tiene la solución trivial c1=c2=0 . No hay autovalores negativos.
λ=0→ c1−c2π = c1+c2πc2 = c2
se satisface para c2=0 y cualquier c1 : y0=c1=1 .
λ>0→2c2 senπ = 02c1 senπ = 0
«
→ senπ = 0 → λn=n2 , n=1,2, . . .
Para esos λn las condiciones de contorno se cumplen para todo c1 y todo c2 .
Las autofunciones son, pues: yn = c1 cosn+ c2 senn ≡ cosn, senn .
[Es claro que exigir simplemente que y sea 2π-periódicalleva directamente a los mismos autovalores y autofunciones].
Las propiedades de (P7) son algo distintas de las los problemas separados: sigue ha-biendo una sucesión infinita de autovalores λn=n2, n=1,2, . . . tendiendo a ∞,pero las autofunciones y0=1 , yn=cosn, senn forman, si n>0 , un es-pacio vectorial de dimensión 2. Utilizando sen cosb = 1
2
sen(+b)+sen(−b)
(y las relaciones ya vistas para sen senb y cos cosb y las fórmulas del ángulodoble) se comprueba que sigue siendo cierto que autofunciones diferentes sonortogonales entre sí.
Los problemas de Sturm-Liouville pueden generalizarse. En la demostración del teorema seaprecia que lo esencial para la ortogonalidad es que
p|W|(yn, ym)b=0 ; esto sucede para
otros tipos de condiciones de contorno (y para otros muchos no) además de las separadas.
Por ejemplo ocurre en los llamados problemas periódicos que generalizan el (P7):
(Pp)
¨
[py′]′ − qy+ λry = 0 , con p()=p(b) , p∈C1[, b] , q, r∈C[, b] , p, r>0 en [, b]y()=y(b), y′()=y′(b) (condiciones periódicas)
Para (Pp) no se anula el wronskiano de dos soluciones ni en ni en b (y por eso hay espaciosde autofunciones de dimensión 2), pero es claro que
p|W|(yn, ym)
(b)=
p|W|(yn, ym)
() .
Más en general, se llaman problemas autoadjuntos aquellos tales que
p|W|(,)b=0
para todo par de funciones , que cumplan sus condiciones de contorno.
Las autofunciones de estos problemas más generales (que en libros avanzados de ecuacio-nes se ve que tienen propiedades similares a las de los separados) son, pues, ortogonales.Pero no nos ocupamos más de ellos, pues los problemas que nos aparecerán en el capítulosiguiente serán todos separados (o el (P7) de arriba).
[El término ‘autoadjunto’ se debe a que llamando L[y]=−[py′]′+qy y (,)=∫ b
d ,
se tiene que
L[],
=
, L[]
para todo par de funciones , que cumplen lascondiciones de contorno: el operador L es ‘autoadjunto’ en ese conjunto de funciones].
Ej 8. (P8)
y′′ + λy = 0y(0)=y(π), y′(0)=−y′(π) Se tiene
p|W|(,)
(π)=−
p|W|(,)
(0) .
El problema, pues, no es autoadjunto. Operando como en el ejemplo 7 es fácil ver quelas cosas son muy diferentes: cualquier λ (menor, igual o mayor que 0 ) es autovalor
asociado, respectivamente, an
ch
p(− π2 )
o
, 1 ón
cos
(− π2 )
o
y en general es falso que las autofunciones asociadas a λ distintos sean ortogonales.
19
Resolviendo algunas EDPs aparecerán problemas singulares de Sturm-Liouvilleque no reúnen todas las condiciones de los regulares: p ó r se anulan o no soncontinuas en algún extremo del intervalo, el intervalo es infinito. . . Resolvamos tresde ellos (el 9 surge, por ejemplo, tratando ondas o calor en el espacio, el 10 si esasecuaciones son en el plano y el 11 para Laplace en la esfera), en los que en unoo ambos extremos es p=0 . En esos extremos las condiciones de contorno de un(Ps) son demasiado fuertes para tener autovalores y autofunciones como en los re-gulares y se sustituyen por acotación, de forma que siga habiendo ortogonalidad,es decir, según vimos en la demostración del teorema 1, que se cumpla:
0 =
p (yny′m − ymy′n)b= (λn− λm)⟨yn, ym⟩ .
Ej 9. (P9)
y′′ + 2y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 y′′+ 2
y′+λy=0
e∫
=2−→
2y′′+λ2y=0 .
Haciendo el cambio = y la ecuación se convierte en ′′ + λ = 0 →
la solución general de la inicial para λ>0 es y = c1cos
+ c2sen
.
y acotada → c1=0 ; y(1) =0→ sen=0→ λn=n2π2 , n=1,2, . . . , yn = sennπ
[ortogonales, como es fácil comprobar, respecto al peso r()=2 ].
Es fácil ver directamente que no hay λ≤0 , o podemos evitar las cuentas pues la pruebade esa parte del teorema se puede adaptar a este problema singular, con lo que λ>0 .
[También se podría haber observado que las condiciones que quedan tras el cambio son(0)=0·y(0)=0 , (1)=1·0=0 → n=sennπ , y haber deshecho el cambio].
[Si hubiésemos impuesto y(0)=0 , y(1)=0 la única solución sería y≡0 ∀λ ;las condiciones para este problema singular habrían sido demasiado fuertes].
Ej 10. (P10)
y′′ + y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 →
y′′ + λy = 0 .
Se puede probar que λ>0 . Haciendo el cambio de variable independiente s=pλ
la ecuación se convierte en la de Bessel de orden 0 :
s d2yds2+ dy
ds + sy = 0→ y = c1J0(s) + c2K0(s) = c1 J0(pλ) + c2K0(
pλ)
!"_
4 8 12 16
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
-0.2
-0.4
La primera condición de contorno impone quec2 = 0 (K0 no está acotada en = 0 ). De laotra se deduce que c1 J0(
pλ )=0 . Así pues, los
autovalores son los λ1<λ2< · · · cuyas raícesson los infinitos ceros de J0
están tabuladosy si n grande es
p
λn ≈
n− 14
π
.
Para esos λn las autofunciones asociadas son
yn=n
J0
p
λn
o
,
que son ortogonales respecto al peso r()= .
Ej 11. (P11)
¨
(1−2)y′′ + λy = 0
y acotada en =±1 La ecuación es la de Legendre si λ=p(p+1) .
Se sabe que sus únicas soluciones acotadas en 1 y −1 son los polinomios de LegendrePn() , que aparecen cuando p=n , n=0,1,2, . . .
Los autovalores son λn=n(n+1) , n=0,1,2, . . . y las autofunciones son los Pn , quecumplen, como se ve en los cursos de EDOs:
∫ 1−1 PnPm d = 0 si m 6=n
r()=1
.
20
2.2. Series de Fourier
Consideremos el problema de Sturm-Liouville separado regular:
(Ps)
¨
[py′]′ − qy+ λry = 0αy()−α′y′()=0, βy(b)+β′y′(b)=0
y sean y1, y2, . . . , yn, . . . sus autofunciones asociadas a los λ1, λ2, . . . , λn,. . . .
La importante propiedad que veremos en esta sección es que cualquier funciónƒ suficientemente regular en [, b] puede ser desarrollada en serie dedichas autofunciones, es decir:
ƒ () =∞∑
n=1
cn yn()
Supongamos que este desarrollo es válido y que la serie puede ser integrada tér-mino a término. Entonces, por ser las yn ortogonales:
∫ b
rƒym d =
∞∑
n=1
cn∫ b
r ynym d = cm
∫ b
r ymym d
Por tanto, si representamos el producto escalar respecto al peso r() :
⟨,⟩ =∫ b
r d debe ser cn =
⟨ƒ , yn⟩⟨yn, yn⟩
, n=1,2, . . .
[El r es el de la ecuación en forma autoadjunta; en la mayoría de los problemas queaparecerán separando variables en el capítulo 3 dicho peso será 1 , pero no siempre].
El problema (nada elemental) reside en precisar para qué funciones ƒ la serie conesos coeficientes (serie de Fourier de ƒ ) converge realmente hacia ƒ en [, b] .Aunque se le pueden exigir condiciones más débiles, nosotros pediremos a ƒ quesea C1 a trozos, condición que será satisfecha por las funciones que nos apareceránen problemas prácticos.
ba x x1 n
[Recordamos que ƒ es C1 a trozos en [, b] si podemos dividir elintervalo en subintervalos [, b] = [, 1] ∪ [1, 2] ∪ · · · ∪ [n, b]de modo que:
i. ƒ y ƒ ′ son continuas en cada (k , k+1) ,
ii. los límites laterales de ƒ , ƒ ′ en cada k existen y son finitos].
Teor 1.
Si ƒ es C1 a trozos en [, b] entonces su serie de Fourier:∞∑
n=1
⟨ƒ , yn⟩⟨yn, yn⟩
yn()
converge hacia ƒ () en los ∈ (, b) en que ƒ es continua yhacia 1
2
ƒ (−)+ƒ (+)
en los ∈ (, b) en que es discontinua.
El teorema no dice nada sobre la convergencia en los extremos y b .
La demostración es difícil y la omitimos. En lenguaje de ‘análisis funcional’, las ynson una ‘base de Fourier’ del espacio de funciones de dimensión infinita (similar a unabase ortonormal de uno de dimensión finita). La cuestión principal es ver que la basees ‘completa’, es decir, que no hay otras funciones ortogonales a las yn . El espacio‘natural’ para estudiar las series de Fourier es L2 (funciones de cuadrado integrable) yla convergencia más ligada a ellas es la ‘convergencia en media cuadrática’:
∫ b
ƒ () −n∑
k=1
ckyk()
2d→ 0 cuando n→∞
.
21
Caso particular de los desarrollos en serie de Fourier son los desarrollos en seriestrigonométricas, que, al ser los que más utilizaremos, estudiamos con detalle.
Los autovalores y autofunciones de:
(P1)
y′′ + λy = 0y(0)=y(L)=0 son λn=
n2π2
L2e yn=
sen nπL
, n = 1,2, . . . .
[Es fácil verlo directamente, o también podemos hacer s=π/L →
y′′ + L2
π2λy=0 , y(0)=y(π)=0 en la variable s , que es casi el ejemplo 1 de 2.1;
también se trasladaría haciendo s=− un problema en [, b] al (P1) (con L=b− ),sin necesidad de estudiarlo desde el principio].
Llamaremos serie de Fourier en senos de ƒ en [0, L] al desarrollo en estasautofunciones:
ƒ () =∞∑
n=1
bn sennπL , con bn =
2L
∫ L
0ƒ () sen nπ
L d , n=1,2, ... [s]
Ya que el peso es r()≡1 y se tiene que ⟨yn, yn⟩ =∫ L
0
sen nπL
2 dt = L2 .
[Hemos escrito impropiamente ƒ = ; la igualdad sólo se da en los ∈ (0, L)en que ƒ es continua; en 0 y L aún no sabemos, pero pronto lo sabremos].
Para este segundo problema de contorno:
(P2)
y′′ + λy = 0y′(0)=y′(L)=0 son λn=
n2π2
L2, yn=
cos nπL
, n=0,1, . . .
yo=1
Y se llamará serie de Fourier en cosenos de una ƒ dada en [0, L] a:
ƒ () = o2 +
∞∑
n=1
n cosnπL , con n =
2L
∫ L
0ƒ () cos nπL d , n=0,1,2, ... [c]
Pues ⟨yo, yo⟩ =∫ L
0 12 d = L e ⟨yn, yn⟩ =
∫ L
0
cos nπL2 d = L
2 , si n≥1.
[Ponemos o2 en la serie para que la fórmula del n valga también para o ].
0 1
1x
Ej 1. Sea ƒ () = , ∈[0,1] . Desarrollémosla en senos y en cosenos:
ƒ ()= 2π
∞∑
n=1
(−1)n+1n sennπ , pues bn=2
∫ 10 sennπd=−
2nπ cosnπ , n=1,2, . . .
ƒ ()= 12+
2π2
∞∑
n=1
(−1)n−1n2
cosnπ = 12 −
4π2
∞∑
m=1
1(2m−1)2 cos(2m−1)π ,
ya que o=2∫ 10 d=1 , n=2
∫ 10 cosnπdt=
2n2π2
[cosnπ−1] , n=1,2, . . .
Ambas series, según el teorema 1, convergen hacia ƒ () para todo ∈ (0,1) .Lo mismo sucedería con el desarrollo en autofunciones de cualquier otro pro-blema de Sturm-Liouville que considerásemos. Cuando nos encontremos estasseries resolviendo EDPs no tendremos la libertad de elegir en qué autofuncionesdesarrollar: nos las impondrá el problema.
Otras dos familias de autofunciones sencillas en las que vamos a desarrollar fun-ciones muchas veces son las de estos problemas fáciles de resolver:
y′′ + λy = 0y(0)=y′(L)=0 con λn=
[2n−1]2π222L2
, yn=n
sen [2n−1]π2L
o
, ⟨yn, yn⟩= L2 , n=1,2, . . .
y′′ + λy = 0y′(0)=y(L)=0 con λn=
[2n−1]2π222L2
, yn=n
cos [2n−1]π2L
o
, ⟨yn, yn⟩= L2 , n=1,2, . . .
A los desarrollos en estas autofunciones los llamaremos, respectivamente, seriesen senos impares y en cosenos impares en [0, L].
22
La teoría de series de Fourier puede ser extendida para incluir autofunciones deproblemas con condiciones periódicas. Así para:
(P3)
¨ y′′ + λy = 0y(−L)=y(L)y′(−L)=y′(L)
, λn=n2π2
L2, n=0,1, . . . , yo=1 , yn=
cos nπL , sen nπL
se deduce la siguiente serie de Fourier en senos y cosenos en [−L, L]:
[p] ƒ () = o2 +
∞∑
n=1
n cosnπL + bn sen
nπL
, con coeficientes:
[1] n =1L
∫ L
−Lƒ () cos nπL d , n=0,1,2, ... , y
[2] bn =1L
∫ L
−Lƒ () sen nπ
L d , n=1,2, ... , ya que se cumple:
∫ L
−L cosmπL sen nπ
L dt = 0 para todo m y n ;∫ L
−L 12 d = 2L ;
∫ L
−L cosmπL cos nπL d =
0 m 6=nL m = n ;
∫ L
−L senmπL sen nπ
L d =
0 m 6=nL m = n .
Las fórmulas [1]-[2] también valen para desarrollar una ƒ definida inicialmenteen cualquier otro intervalo [, +2L] (cambiando los límites a la integral) pues
∫ +2L
cos2=∫ +2L
sen2=L
.
Como en el teorema 1, la serie [p] converge hacia ƒ () en los en los que ƒes continua. Pero además se puede decir lo que sucede en los extremos −L y L(observando que [p] define de hecho una función en todo R que es 2L-periódica).Podemos hablar también sobre la convergencia uniforme de [p] (sin demostrarnada, como en toda la sección):
Teor 2.
Suponemos que ƒ es C1 a trozos en [−L, L] y extendemos ƒ fuera de[−L, L] de forma 2L-periódica. Entonces la serie [p] con n y bn dadospor [1] y [2] converge hacia ƒ () en todos los puntos en que su extensiónes continua (y hacia 1
2
ƒ (−)+ƒ (+)
en los puntos de discontinuidad).Además [p] converge uniformemente en todo intervalo cerrado que nocontenga discontinuidades de la ƒ extendida. Por tanto, si ƒ es continuay ƒ (−L)= ƒ (L) entonces [p] converge uniformemente hacia ƒ en todo elintervalo [−L, L] .
Las fórmulas [s] y [c] para los coeficientes de las series en senos y de las series encosenos se pueden ver como casos particulares de [1] y [2]:Dada una ƒ inicialmente definida en [0, L] podemos extenderla de forma impar ode forma par a [−L, L]. En el primer caso es impar ƒ () cos nπL y par ƒ () sen nπ
L .En el segundo ƒ () cos nπL es par y ƒ () sen nπ
L es impar. Por tanto, n=0 y [1]se convierte en [s] en el primero, y en el segundo bn=0 y [2] pasa a ser [c].
[Si definiésemos la ƒ de cualquier otra forma en [−L,0), la serie en senos y cosenostambién convergería hacia ƒ () en los de (0, L) en que fuese continua].
Como consecuencia de lo anterior y del teorema 2 se tiene que:
La serie de cosenos de una ƒ continua en [0, L] , con ƒ ′ continua atrozos, converge uniformemente hacia ƒ en todo el intervalo.Si ƒ satisface además que ƒ (0)= ƒ (L)=0 la serie en senos de ƒ tambiénconverge uniformemente hacia ƒ en todo [0, L] .
[Si no fuese ƒ (0)=0 ó ƒ (L)=0 la ƒ extendida primero de forma impar a [−L, L]y luego de forma 2L-periódica no sería continua en 0 o en L ; además está claroque todas las series en senos se anulan en 0 y L , pues lo hace cada sumando].
23
0-1 1 3-3
-1
1impar
0-1 1 3-3
1par
En particular, la serie en senos del Ej 1no converge uniformemente hacia ƒ en[0,1] (sí lo hace en cualquier intervalo dela forma [0, b] , b<1 ). La serie en cose-nos sí converge uniformemente en [0,1] .
[Aunque las series en cosenos se compor-ten mejor, resolviendo EDPs no podremoselegir, como ya hemos dicho, el tipo deseries en que desarrollar las funciones].
0 1
1
-1
0 1-1
SS
S
01
2 Sngordo
Ej 2. Sea ƒ () =
0 , −1≤≤0 , 0≤≤1 .
Su serie en senos y cosenos está casi calculada:1
4+1
π2
∞∑
n=1
(−1)n − 1n2
cosnπ−1
π
∞∑
n=1
(−1)n
nsennπ .
La suma de esta serie es 0 en (−1,0] , en[0,1) y 1/2 en −1 y 1 . En todo cerrado que nocontenga estos puntos la convergencia es uni-forme. Cerca de ellos la convergencia es mala ylenta. [Se produce el ‘fenómeno de Gibbs’: apa-recen ’picos’ cerca de las discontinuidades].
Ej 3. Hallemos otro par de desarrollos de ƒ ()= ,∈[0,1] , en las autofunciones de los
ejemplos 3 y 4 de 2.1:n
cos (2n−1)π2
o
y cosn con tnn=1n
.
r()=1
.
cn = 2∫ 10 cos
(2n−1)π2 d → =
∞∑
n=1
h
4(−1)n+1π(2n−1) −
8π2(2n−1)2
i
cos (2n−1)π2 .
⟨cosn, cosn⟩ =∫ 10 cos
2nd =12+
senn cosn
2n=
2n+cos2n
22n
=2+2
n
2
1+2n
,
⟨, cosn⟩ =∫ 10 cosnd =
senn
n+ cosn−1
2n
= 2cosn−12n
→
=∞∑
n=1
2(2cosn−1)2n+cos2n
cosn [usando el ordenador: c1≈0.52 , c2≈–0.46 . . . ].
Ej 4. Nuevo desarrollo de ƒ ()= , ahora en [1,e] , en las autofunciones del Ej 6 de 2.1.
Esta vez el peso no es 1 , sino r()= 1 . Como
∫ e1sen2(nπ ln)d
=∫ 10 sen
2(nπs)ds= 12 ,
=∞∑
m=1
cn sen(nπ ln) , si cn=2∫ e1 sen(nπ ln)d=2
∫ 10 e
s sen(nπs)ds =2nπ
1−e(−1)n
1+n2π2 .
Observemos para acabar que también se pueden hacer desarrollos de Fourier enserie de autofunciones de diversos problemas de Sturm-Liouville singulares, enparticular en las de los tres que vimos en la sección anterior.
Ej 5. Desarrollemos una ƒ (C1 a trozos) en las autofunciones del (P10) de esa sección:
(P10)
y′′ + y′ + λy = 0y acotada en =0, y(1)=0 → ƒ () =
∞∑
m=1
cn J0
p
λn
, peso r()= .
→ cn =
∫ 10 ƒ () J0
pλn
d∫ 10 J
20
pλn
d= 2
J21p
λn
∫ 10 ƒ () J0
p
λn
d
pues∫ 10 J
20
p
λn
d = 1λn
∫
pλn
0 J20()d =12λn
h
2
J20()+ J21()
i
pλn
0= 12 J21
p
λn
ya que las Jn satisfacen
n Jn′ = n Jn−1 →
J1′ = J0 , J′0=−J1
→∫
J20 d =2
2 J20 +∫
J0 J1 d =2
2 J20 +12
J12
24
2.3. Problemas no homogéneos; función de Green
Separando variables en la ecuación de Laplace y similares aparecerán, ademásde problemas de Sturm-Liouville homogéneos, otros problemas de contorno con laecuación o las condiciones no homogéneas (para calor y ondas serán de valoresiniciales). Antes de dar su teoría general, veamos un ejemplo.
Ej 1. Discutamos cuántas soluciones tiene
y′′ = −dy(1)=y(2)+by′(2)=0 , d , b constantes.
La solución general es: y = c1+c2+3
6 −d2
2
con y′=c2+2
2 −d
. Imponiendo datos:(
y(1) = c1+c2 +16−
d2 = 0
y(2)+by′(2)=c1+2c2+43−2d+bc2+2b−2bd=0
, es decir:
(
c1+c2=d2−
16
c1+(2+b)c2 = 2bd+2d−2b− 43
.
Este sistema lineal tendrá solución única en c1 y c2 si el sistema homogéneo tienesólo la solución trivial (si el determinante de los coeficientes es no nulo). Cuando elhomogéneo tenga infinitas soluciones, el no homogéneo tendrá infinitas o ninguna.Por tanto, si b 6= −1 , podemos despejar de forma única c1 y c2 , y la solución quedadeterminada, cualquiera que sea d . Pero si b=−1 :
(
c1+c2=d2−
16
c1 + c2 =23
, este sistema sólo tiene solución cuando d2−
16 =
23 ⇔ d= 5
3 ,
y en ese caso una de las dos constantes queda libre. Si b=−1 , d 6= 53 , no hay solución.
Veamos ya el problema general. Consideremos el problema para la ecuación nohomogénea con condiciones separadas homogéneas:
(Pf)
¨
p()y′′ + g()y = ƒ ()
αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0, p∈C1, g, ƒ ∈C , p>0 en [, b] .
y llamemos (Ph) al problema homogéneo asociado ( ƒ ≡0 ). Luego consideraremoscondiciones de contorno no homogéneas y el caso en que la ecuación depende deun parámetro. Este teorema generaliza lo que ocurría en el ejemplo 1 de arriba:
Teor 1.
El problema (Pf) tiene solución única si y sólo si (Ph) tiene sólo lasolución y ≡ 0 . Si (Ph) tiene soluciones no triviales yh entonces(Pf) tiene infinitas soluciones o no tiene ninguna según sea igualo distinta de cero, respectivamente, la integral:
∫ b
ƒ ()yh()d .
1→ 1
∞→∞0
Se deduce gran parte del teorema imponiendo las condiciones de contorno a lasolución general de la ecuación y=c1y1+c2y2+yp , y usando las propiedadesde los sistemas algebraicos. Además si hay soluciones y de (Pf) debe ser:
∫ b
ƒ yh =
∫ b
[py′]′+gy
yh =
p(yhy′−yy′h)b+∫ b
[py′h]′+gyh
y = 0
y se prueba que esta condición necesaria es también suficiente.[La ƒ del teorema 1 es, desde luego, la de la ecuación en forma autoadjunta[py′]′+gy= ƒ ; para aplicarlo habrá, en ocasiones, que reescribir la ecuación].
Ej 1∗. Hagamos la discusión del Ej 1, ahora utilizando el teorema. El (Ph)
para y′′=0
tiene sólo la solución y≡0 si b 6=−1 . Y si b=−1 son soluciones yh=1− .
El (Pf)
para [y′]′=−d
, tendrá entonces solución única si b 6=−1 , e infinitas ó 0 ,
para b=−1 , según se anule o no la integral:∫ 21 (−d)(1−)d =
d2−
56 ⇔ d= 5
3 .
Si en vez de la −d concreta tuviésemos una ƒ () general, el teorema daría rápidamente:
única solución si b 6=−1 , e infinitasninguna , según
∫ 21 ƒ ()(1−)d
=06=0 , para b=−1 .
Costaría bastante más concluirlo hallando la solución: c1+c2+∫
1 ƒ (s)ds−∫
1 sƒ (s)ds .
25
Sea ahora el problema con condiciones de contorno no homogéneas:
(PAB)
¨
p()y′′ + g()y = ƒ ()
αy()−α′y′()=A, βy(b)+β′y′(b)=B, p∈C1, g, ƒ ∈C, p>0 en [, b] ,
y sea (Ph) el homogéneo obtenido tomando ƒ ()≡0 , A=B=0 (el mismo de antes).Hallando una función que satisfaga sus condiciones de contorno el (PAB) se pue-de reducir a otro con condiciones homogéneas, pues el cambio =y− (graciasa la linealidad de la ecuación y las condiciones de contorno) lleva al problema:
(P)
¨
p()′′+g() = ƒ ()−
p()′′−g()
α()−α′′()=0 , β(b)+β′′(b)=0
que es del tipo (Pf) ya analizado. Deducimos, por ejemplo, que:
Teor 2. (PAB) tiene solución única⇔ (Ph) tiene sólo la solución y≡0
[y si (Ph) tiene infinitas soluciones, (PAB) puede tener infinitas o ninguna].
La idea de encontrar una que satisfaga las condiciones de contorno para convertirlasen homogéneas se utilizará en las EDPs de los próximos capítulos. Para encontrar dicha normalmente trabajaremos por tanteo. Si no es una constante, probaremos una recta;si no vale, funciones más complicadas...
Está claro que aunque en (PAB) sea ƒ ()≡0 , si (al menos) una condición de contornoes no homogénea, las propiedades son las típicas de uno no homogéneo. Estoes lo que ocurre en el siguiente ejemplo.
Ej 2. Discutamos cuántas soluciones tiene: (P)
y′′ − y′ = 0y′(1)+y(1)=0, y(2)=1
Comenzamos analizando cuántas soluciones tiene el homogéneo: y = c1+c22 →
y′(1)+y(1)=2c2+c1+c2 =0 [2−3]c2=0y(2)=c1+4c2=0 → c1=−4c2 →
¨
y≡0 si 6= 23
y=2−4 si = 23
Si 6= 23 , (P) tiene solución única. Para = 2
3 vemos lo que sucede directamente:¨
y′(1)+ 23y(1)=
23 [c1+4c2] =0
y(2)=c1+4c2=1→ no existe solución de (P2/3).
Aunque también podríamos (más largo) convertirlo en un (Pf) y aplicar el teorema 1.Para ello buscamos una de la forma =M+N que satisfaga las condiciones:(
′(1)+ 23(1)=
13 [5M+2N]=0
(2)=2M+N=1→ =5−2, =y− → (P)
¨
′′ −′ = −2′(1)+ 2
3(1)=(2)=0
Escribimos la ecuación en forma autoadjunta:h
′
i′= − 2
2y usamos el teorema 1:
∫ 21
− 22
[2−4]dt 6= 0 ⇒ (P) [y por tanto (P2/3)] no tiene solución.
Consideremos ahora una tercera situación, el problema de S-L no homogéneo:
(Pλ)
¨
py′′ − qy+ λry = ƒ ()
αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0
Llamemos (Ps) al problema separado de Sturm-Liouville homogéneo asociado (el deƒ≡0 ). Para cada valor de λ tenemos un problema de los ya vistos (con g=−q+λr ).Se tiene por tanto:
Teor 3.
(Pλ) tiene solución única⇔ λ no es autovalor de (Ps).
Si λn es autovalor con autofunción yn ,
(Pλn)no tiene solucióntiene infinitas según sea
∫ b
ƒ yn d
6=0=0 .
26
Ej 3. (P3)
y′′ + λy = 1y′(0)=y′(1)−2y(1)=0 Estudiemos, según λ , cuántas soluciones tiene.
Hallemos los λn del homogéneo. Como ββ′ < 0 podrían aparecer autovalores negativos.
λ<0 : y = c1ep+c2e−p →c2 = c1 c1
p[ep−e−p]−2[ep+e−p]
=0
«
Hay autovalor λ0=−p20 si thp0=2p0
, con y0=
ch (p0)
Utilizando el método de Newton o uno similar: p0≈2.07, λ0≈−4.27
.
λ=0 : y=c1 + c2→c2 = 0−2c1−c2 = 0
→ λ=0 no es autovalor.
λ>0 : y=c1 cos+c2 sen→c2 = 0 c1( sen+2cos)=0
Hay infinitos λn=2n
si tnn=− 2n
, con yn=
cos (n)
.
Por tanto (la ecuación está ya en forma autoadjunta):
Si λ 6=λn hay solución única de (P3).
Si λ=λ0 , como∫ 10 ch (p0)d 6=0 , (P3) no tiene solución.
Si λ=λn , n=1,2, . . . ,∫ 10 cos (n)d =
senn
n6=0 , (P3) tampoco tiene solución..
Para acabar, deduzcamos una fórmula que para cualquier ƒ () nos da la solución del (Pf) delprincipio de la sección (en el caso de que sea única) en términos de integrales, conocidaslas soluciones de la ecuación homogénea (algo parecido a la fórmula de variación de lasconstantes para problemas de valores iniciales):
Teor 4.
Supongamos que (Ph) tiene sólo la solución y ≡ 0 y sean y1 e y2soluciones no triviales de la ecuación homogénea [py′]′+gy=0 quecumplen, respectivamente, αy1()−α′y′1()=0 y βy2(b)+β′y′2(b)=0 .Entonces la solución única de (Pf) es:
y() =∫ b
G(, s) ƒ (s)ds , con G(, s) =
¨ y1(s)y2()p|W|(y1,y2) , ≤s≤y1()y2(s)p|W|(y1,y2) , ≤s≤b
.
A la G(, s) se le llama función de Green del problema.
Observemos que el denominador que aparece en la G es constante:
p(y1y′2 − y2y′1)]′ = y1[p(y′2)]
′ − y2[p(y′1)]′ = −gy1y2 + gy2y1 = 0
.
Comprobemos que la y() de arriba cumple (Pf). Desarrollando la integral:
y() = y1()∫ b
y2(s)|W|(s)
ƒ (s)p(s) ds+y2()
∫
y1(s)|W|(s)
ƒ (s)p(s) ds−y1()
∫
y2(s)|W|(s)
ƒ (s)p(s) ds= cy1 + yp
Por tanto, y() es solución de la no homogénea y′′ + p′
p y′ + q
py =ƒp .
Además como y′() = y′1∫ b
y2|W|
ƒp + y
′2
∫
y1|W|
ƒp − y
′1
∫
y2|W|
ƒp se tiene que:
y()=cy1(), y′()=cy′1(), y(b)=ky2(b), y′(b)=ky′2(b) , c=
∫ b
y2ƒ|W|p , k=
∫ b
y1ƒ|W|p
Como y1 , y2 cumplen cada condición de contorno, también lo hace la y .
Una vez hallada la G , dada cualquier ƒ , basta hacer un par de integraciones paraencontrar la solución del problema no homogéneo (Pf). [La idea de la función de Greense generaliza a otros problemas de EDOs y EDPs].
[Que quede claro que cada yk satisface solamente una condición (o en o en b ;ambas condiciones sólo las cumple la trivial). La ƒ y la p del teorema son, una vezmás, las de la ecuación escrita en la forma [py′]′+gy = ƒ ; en muchos casos será p≡1(como en el ejemplo siguiente), pero en otros deberemos reescribir la ecuación].
27
Ej 4. (P4)
y′′ = ƒ ()y(0)=y(1)=0
y′′ = 0y(0)=y(1)=0 sólo lo satisface y ≡ 0 .
Por tanto, (P4) tiene solución única. Hallemos su función de Green:
La solución general de la ecuación homogénea es y = c1 + c2 .
De la primera condición de contorno y(0)=c1=0 . Podemos tomar y1= .
0 1s
x(x-1)G(x,s), x fijo
De la segunda, y(1) = c1+c2 = 0 . Elegimos y2=−1 . Entonces:
|W|()=
−11 1
= 1 , p() = 1 , G(, s) =
s(−1) , 0≤s≤(s−1) , ≤s≤1
Si, por ejemplo, ƒ ()=1 , la solución de (P4) viene dada por:
y() =∫ 10 G(, s)1ds = (−1)
∫
0 sds+ ∫ 1(s−1)ds = 1
2 [2−]
Para resolver un problema con una ƒ dada, calcular la G puede ser un rodeo inútil. Porejemplo, la última solución se podría obtener:
y′′ = 1→ y = c1+c2+12
2 →¨
y(0)=c1=0y(1)=c1+c2+
12 =0
→ y = 12 [
2−] como antes.
Pero para cada nueva ƒ habría que volver a hallar la yp e imponer y(0)=y(1)=0 .
a
!
"(t–a)
a
Las funciones de Green están muy ligadas a la ‘función’ δ ,cuya definición rigurosa exige la llamada ‘teoría de las dis-tribuciones’, pero con la que es fácil trabajar formalmente.La δ(t−) se puede definir intuitivamente como el ‘límite’cuando n→∞ de
ƒn(t) =¨
n si t∈
− 12n , +
12n
0 en el resto
Esta δ(t−) tiene las siguientes propiedades (que bastan para trabajar con ella):
δ(t−)=0 si t 6= ;∫ c
bƒ (t)δ(t−)dt=
ƒ () si ∈[b, c]0 si /∈[b, c] ;
0
1
a
au (t)
δ(t−)= ddt(t) , donde (t) es la función paso (t)=
0 si t<1 si t≥ .
Volvamos a la G . Observemos que la G(, s) del Ej 4 para fijo (o para s fijo, pues G essimétrica) es continua pero no derivable en s= y su ‘derivada’ segunda es δ(s−) . Dehecho, esto es lo que sucede en general:
Teor 5. G(, s) es la solución para ∈ (, b) fijo de
¨
p(s)y′′ + g(s)y = δ(s−)
αy()−α′y′()=βy(b)+β′y′(b)=0
La prueba es trivial:∫ b
G(s, ) δ(−)d = G(s, ) = G(, s)
.
Podríamos hallar la G del (P4) siguiendo este camino más largo [pero que es el que segeneraliza a las EDPs; además da una forma de hallar la G en problemas autoadjuntos paralos que no es válida la fórmula del teorema 4]. Como es G′′=0 si s 6= :
G(s)=
c1+c2s , y(0)=0→ y = c2s , s≤k1+k2s , y(1)=0→ y = k2[s−1] , s≥
Y como G′′=δ , ha de ser continua G y su derivada tener un salto en de magnitud unidad:
→¨
y(−)=c2=k2[−1]=y(+)y′(+)−y′(−)=k2−c2=1
→
c2=−1k2=
Se puede resolver de otra forma si se conoce la transformada de Laplace. Con la notaciónL
G(s)
=H(p) , para este ejemplo basta utilizar las siguientes propiedades de la L :
L[G(n)(s)] = pnH(p)− pn−1H(0)− pn−2H′(0)− · · · −H(n−1)(0) .
L[sn]= n!pn+1
, L[δ(s−)]=e−p , L−1
e−pF(p)
=(s) [L−1F](s−) .
Llamando G′(0)=c , y aplicando la transformada:
p2H(p)−c= e−p → H(p) = cp2+ e−p
p2→ G(s) = cs+ (s)(s−)
→ G(1) = c+1− = 0→ G(s) = (−1)s+ (s)(s−) =¨
s(−1) , 0≤s≤s−s+s− , ≤s≤1 .
28
3. Separación de variables
El capítulo está dedicado a uno de los más viejos métodos de resolución de EDPslineales (método de separación de variables) que nos permitirá hallar la solución(en forma de serie de Fourier) de gran parte de los problemas clásicos planteadosen el capítulo 1, en concreto de los planteado en un intervalo finito en una delas variables. Resolveremos la ecuación del calor con diferentes condiciones decontorno, la de la cuerda acotada (que volveremos a ver en 4.1), la de Laplaceen un rectángulo y en un círculo,... Ello será posible porque las ecuaciones serán‘separables’ y los dominios que consideraremos son simples, pero hay muchosproblemas no resolubles por este método.
En la sección 3.1 resolveremos varios problemas para las ecuaciones del calor yde ondas en dos variables. Comenzaremos tratando los problemas homogéneos(aquellos en que son homogéneas ecuación y condiciones de contorno; si estas nolo son, haremos un cambio de variable). Básicamente esta será la técnica utilizada:buscaremos soluciones de la EDP que sean productos de funciones de cada varia-ble
(, t)=X()T(t)
y que cumplan todas las condiciones homogéneas; obten-dremos infinitas soluciones de ese tipo resolviendo un problema de Sturm-Liouvilley otra EDO; construiremos una serie a partir de ellas
(, t) =∑
cnXn()Tn(t)
,cuyos coeficientes cn se fijarán imponiendo las condiciones iniciales aún no utili-zadas (bastará para ello desarrollar funciones dadas en serie de autofunciones delproblema de Sturm-Liouville citado). La presencia de series en el proceso anteriorexigiría justificar las cuestiones relativas a su convergencia, pero nosotros no en-traremos en ello. Pasaremos después a abordar los problemas no homogéneos,buscando también una serie solución. Probaremos en la ecuación una serie cuyostérminos serán productos de las autofunciones del problema homogéneopor funciones a determinar de la otra variable. Resolviendo la familia infinitaresultante de EDOs lineales no homogéneas con las condiciones que se deducende las condiciones iniciales, se obtendrá la solución (formal) del problema.
En 3.2 utilizaremos la separación de variables para resolver problemas para laecuación de Laplace (homogénea y no homogénea) tanto en coordenadas rectan-gulares como en polares y tanto para problemas de Dirichlet, como de Neumann,como mixtos. En cartesianas el problema de Sturm-Liouville a resolver será en o en y según convenga, pero en polares será en la θ (preferible al de la ecuaciónde Euler que aparecería para la r ). Las condiciones adicionales a imponer a la otravariable serán aquí de contorno. De las soluciones en forma de serie deduciremosfórmulas como la integral de Poisson, que da la solución del problema de Dirichleten el círculo (otra forma de llegar a ella la veremos en 3.4).
En la sección 3.3 extenderemos el método de separación de variables a algunosproblemas para ecuaciones en tres variables. La técnica será muy parecida unavez definidas las series de Fourier dobles. Simplemente habrá que resolver dos(en vez de uno) problemas de Sturm-Liouville. Veremos ejemplos en que aparecende forma natural los polinomios de Legendre y las funciones de Bessel.
En 3.4 generalizaremos las funciones de Green, vistas en 2.3 tratando proble-mas de contorno para EDOs no homogéneas, para resolver Laplace en recintossencillos (forma alternativa a la separación de variables). Seguiremos un caminopoco formal (utilizando la delta de Dirac como si fuera una función) que abrevialos cálculos. Utilizaremos el llamado método de las imágenes, introduciendo elconcepto de solución fundamental (función tal que Δ = δ ) que es básico enestudios más avanzados de EDPs.
29
3.1. Separación de variables para calor y ondas
Consideremos varios problemas para la ecuación del calor. En el primero supo-nemos que los extremos de la varilla se mantienen a 0 grados y que los datosiniciales vienen dados por una ƒ que es C1 a trozos en [0, L]:
Sea [P1]
¨ t − k = 0 , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()(0, t) = (L, t) = 0
[1][2][3]
Busquemos soluciones de la forma (, t) = X()T(t) . Debe ser entonces:
XT′−kX′′T = 0 , es decir, X′′
X =T′
kT
mejor que kX′′
X =T ′
T
.
Como el primer miembro es función sólo de y el segundo lo es sólo de t ambosdeben ser iguales a una constante:
X′′
X =1kT′
T = −λ (ponemos −λ para que nos quede la ecuación habitual).
Así obtenemos una EDO para X() y otra para T(t) :
X′′ + λX = 0 [4]T′ + λkT = 0 [5]
.
El producto de una solución de [4] por una de [5] es entonces una solución de[1], cualquiera que sea λ . Sin embargo, nos interesan sólo las soluciones quesatisfacen las condiciones de contorno:
(0, t) = X(0)T(t) = 0 ⇒ X(0)=0(si fuese T(t)≡0 tendríamos ≡0 y no se cumpliría la condición inicial).
Análogamente, debe ser X(L)=0 .
Nos interesan, pues, las soluciones (no triviales) del problema de Sturm-Liouville:
X′′ + λX = 0X(0)=X(L)=0 → λn=
n2π2
L2, Xn=
sen nπL
, n=1,2, . . . .
[Si el intervalo para la fuese no acotado, no saldría un problema de contornode los de 2.1; se acudiría entonces a la transformada de Fourier de 3.3].
Llevando estos valores de λ a la ecuación [5] obtenemos:
T′ = − kn2π2
L2T → Tn=
n
e−kn2π2t/L2
o
.
Hemos deducido hasta ahora que para cada n las funciones
n(, t) =n
e−kn2π2t/L2 sen nπ
L
o
, n = 1,2, . . .
son soluciones de [1] que satisfacen también las condiciones de contorno [3]. Por lalinealidad de la ecuación y de las condiciones, sabemos que una combinación linealfinita de estas n también cumple [1] y [3]. Pero consideremos la serie infinita:
(, t) =∞∑
n=1
cnn(, t) =∞∑
n=1
cn e−kn2π2t/L2 sen nπ
L [6]
y supongamos que converge y que satisface tambien [1] y [3]. Si queremos queademás se cumpla la condición inicial [2] debe ser:
∞∑
n=1
cn sennπL = ƒ () ⇒ cn =
2L
∫ L
0 ƒ () sen nπL d , n=1,2, ... [7]
pues la serie es precisamente la serie de Fourier en senos en [0, L] de ƒ .
30
Tenemos una posible solución de [P1]: la serie [6] con coeficientes dados por [7].Pero esta solución es sólo formal mientras no se pruebe que la convergencia de laserie es suficientemente buena para asegurar que realmente cumple el problema(una suma infinita de funciones derivables podría ser no derivable). Si ƒ es C1 atrozos, se puede probar que converge en [0, L]×(0,∞) y que t y se puedencalcular derivando término a término (y así se satisface la ecuación). De hecho,se ve que la definida por la serie es C∞ en (0, L)×(0,∞) . En = 0 y = Lestá claro que la se anula. Y la condición inicial se satisface en el siguientesentido: la (, t) definida por la serie para t > 0 y por (,0) = ƒ () es unafunción continua salvo en los puntos de t=0 en que la ƒ es discontinua.
[Aunque ƒ sea discontinua, la solución es C∞ para t > 0 arbitrariamente pequeño:a diferencia de lo que ocurrirá con las ondas, las discontinuidades desaparecen aquíinstantáneamente].
Como cada n →t→∞
0 y es buena la convergencia, se tiene: (, t)−→t→∞
0 ∀∈[0, L]
(la barra tiende a ponerse a 0 grados, como era de esperar).
Suponemos ahora que las condiciones de contorno son no homogéneas:
[P2]
¨ t − k = 0 , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()(0, t)=T1 , (L, t)=T2 , T1 , T2 constantes
Comenzaremos haciendo las condiciones de contorno homogéneas.
Una () que las satisface es la recta: = T1 + (T2−T1)L .
Haciendo =− , nuestro problema se convierte en otro como el [P1]:¨t−k=0 , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()− ()(0, t) =(L, t) = 0
. Por tanto:
(, t) = T1 + (T2−T1)L +
∞∑
n=1
cn e−kn2π2t/L2 sen nπ
L = + ,
con cn =2L
∫ L
0
h
ƒ ()−T1−(T2−T1) Li
sen nπL d , n=1,2, . . .
Esta () tiene un significado físico claro: como →0 cuando t→∞ , () es ladistribución estacionaria de temperaturas hacia la que tienden las temperatu-ras en la varilla, independientemente de las condiciones iniciales.
[Si T1 y T2 fuesen funciones de t , la (, t) definida arriba seguiría cumpliendo lascondiciones de contorno, pero la ecuación para la obtenida haciendo el cambiosería no homogénea, es decir, del tipo de las que vamos a resolver a continuación;dicha , función de t , pierde además su significado físico].
[Si separásemos variables directamente en [P2] llegaríamos a X(0)T(t) = T1 (y otraanáloga para =L ), expresión de la que no deduciríamos nada].
u(x,0) distr.
w(x,0)1estac.
Ej 1.
¨ t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0) = 1(0, t)=1 , (1, t)=0
Operando se llega a: (, t) = 1−+ 2π
∞∑
n=1
(−1)n+1n e−n
2π2t sen(nπ)
y la distribución estacionaria hacia la que tiende es () = 1− .
[No nos importa que para t=0 sea incoherente el dato inicial con el de contorno en=1 ; la solución será, como hemos dicho, una función continua para t>0 y para elcálculo de las integrales el valor en un punto no influye].
31
Veamos ahora cómo resolver el problema no homogéneo:
[P3]
¨ t − k = F(, t) , ∈ (0, π), t>0(,0) = ƒ ()(0, t) = (π, t) = 0
(Tomamos L=π para abreviar las expresiones, pero no se pierdegeneralidad pues un sencillo cambio de variable lleva [0, L] a [0, π ] ).
Aunque no es necesario, descomponemos [P3] en dos subproblemas [P1] y [PF], elprimero con F=0 (ya resuelto) y el otro con ƒ=0 :
[PF]
¨ t − k = F(, t) , ∈ (0, π), t>0(,0) = 0(0, t) = (π, t) = 0
Las autofunciones del [P1] eran senn , n=1,2, . . . Probamos en [PF] la siguienteserie que ya satisface las condiciones de contorno (y que está relacionada con laecuación):
F(, t) =∞∑
n=1
Tn(t) senn con las Tn(t) funciones a determinar.
[Si tomásemos Tn= cn e−kn2t , funciones que aparecieron resolviendo [P1],
la satisfaría la ecuación con F≡0 ; debemos darle más libertad a las Tnpara conseguir al meter la serie en la ecuación una F 6≡0 ].
Suponiendo que la serie se puede derivar término a término:∞∑
n=1
T′n(t) + kn2Tn(t)
senn = F(, t) =∞∑
n=1
Bn(t) senn
con Bn(t) =2π
∫ π
0 F(, t) sennd (desarrollo de F en senos para t fijo).
Entonces para cada n debe ser: T′n+ kn2Tn = Bn(t) .
Y del dato inicial: F(,0) =∞∑
n=1
Tn(0) senn = 0 deducimos Tn(0)=0 .
Resolviendo la EDO lineal para Tn con este dato inicial (utilizando la fórmula devariación de las constantes con datos iniciales; para una F concreta a lo mejor haymétodos más rápidos) hallamos la Tn y por tanto:
F(, t) =∞∑
n=1
h ∫ t
0e−kn
2(t−s) Bn(s)dsi
senn
Serie que es solución formal de [PF] (como siempre faltaría comprobar que es so-lución de verdad, que es realmente lo que sucede si la F es decente).
La solución de [P3] (por la linealidad de la ecuación y las condiciones inicialesy de contorno) será la suma de F y de la serie solución de [P1] que obtuvimosanteriormente.
[Si hubiésemos abordado directamente la búsqueda de la solución de [P2] sindescomponerlo en dos, la única diferencia sería que las condiciones inicialesTn(0) , en vez de ser 0 , serían los coeficientes del desarrollo en senos deƒ () , es decir, deberíamos resolver los problemas de valores iniciales
¨
T′n+ kn2Tn = Bn(t)
Tn(0) = cn, con cn=
∫ π
0 ƒ () sennd ].
[Si las condiciones de contorno de [P3] fuesen no homogéneas empezaríamos comoen [P2] con un cambio =− para conseguir que lo fuesen].
32
Resolvemos ahora el problema homogéneo para la varilla con extremos aislados:
[P4]
¨ t − k = 0 , ∈ (0, L), t>0(,0) = ƒ ()(0, t) = (L, t) = 0
Separando variables (es la misma ecuación) aparecen, claro, las mismas EDOs delproblema [P1]. Pero ahora cambian las condiciones de contorno de la X :
X′′ + λX = 0X′(0)=X′(L)=0 → λn=
n2π2
L2, n=0,1,2, . . . , Xn=
cos nπL
X0=1
.
Para estos valores de λ se tienen las Tn=
e−kn2π2t/L2 T0=1
.
Así pues, probamos la serie: (, t) =co
2+
∞∑
n=1
cn e−kn2π2t/L2 cos nπL
Queremos que se satisfaga la condición inicial: (,0) =co
2+
∞∑
n=1
cn cosnπL = ƒ () .
Los cn desconocidos serán los coeficientes de la serie de Fourier en cosenos de ƒ :
cn =2L
∫ L
0 ƒ () cosnπL d , n=0,1,2, . . .
Observemos que de nuevo la solución se puede interpretar como la suma de unadistribución de temperaturas estacionaria [ co/2 ] y una distribución transitoria quetiende a 0 cuando t→∞ . Era esperable que toda la varilla (aislada) tendiese a lamisma temperatura y que esta fuese el valor medio de las temperaturas iniciales:
co2 =
1L
∫ L
0 ƒ ()d
Si las condiciones de contorno hubiesen sido (0, t)=F0 , (L, t)=FL (flujo cons-tante dado en los extremos), no se puede encontrar una () que sea una recta(en general) y, al hacer =− , la ecuación en que resulta es no homogénea.
Para resolver un problema no homogéneo con estas condiciones en la , proba-ríamos la serie construida con las autofunciones que hemos hallado:
F(, t) = T0(t)+∞∑
n=1
Tn(t) cosnπL ,
y resolveríamos las EDOs que surgirían, con los datos iniciales deducidas del datoinicial de la EDP.
Ej 2.
¨ t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0) = 0(0, t)=0 , (1, t)=2
Tanteando con =A2+B obtenemos que=2 cumple las condiciones de contorno.
Y haciendo =−2 se tiene el problema:
¨ t − = 2(,0) = −2(0, t)=(1, t)=0
→ =T0(t)+∞∑
n=1
Tn(t) cosnπ → T′0+∞∑
n=1
[T′n+n2π2Tn] cosnπ=2
[función que ya está desarrollada en cosenos].
Como: T0(0)+∞∑
n=1
Tn(0) cosnπ = −2 =− 13+∞∑
n=1
n cosnπ , con n=−2∫ 10
2 cosnπd ,
integrando y resolviendo:
¨
T′0 = 2T0(0)=− 13
,
¨
T′n+n2π2Tn=0
Tn(0) = cn, se llega a
(, t) = 2t + 2 − 13 −
4π2
∞∑
n=1
(−1)n
n2e−n
2π2t cosnπ
[→∞ pues por el extremo derecho estamos constantemente metiendo calor:su flujo va en sentido opuesto al gradiente de temperaturas].
33
En el quinto problema para la ecuación del calor que tratamos la condición de=0 representa la radiación libre hacia un medio a 0 grados (el flujo de calor esproporcional a la temperatura en = 0 ; si es positiva el calor sale y entra si esnegativa). En =1 fijamos el flujo de calor que entra en la varilla (al ser >0 elflujo es hacia la izquierda).
[P5]
t − k = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0) = ƒ ()(0, t)−(0, t) = 0, >0(1, t) = 1
Vimos en 1.3 que tiene solución única. Para resolverlo lo primero, como siempre,es conseguir condiciones de contorno homogéneas.
Tanteando con rectas =M+N , se llega a que =+ 1 las satisface.
= − →¨t − k = 0(,0) = ƒ ()− − 1
(0, t)−(0, t) =(1, t) = 0
Separando variables se llega a T′+λkT = 0 y al problema de contorno:
X′′ + λX = 0X′(0)−X(0)=X′(1)=0 que sabemos que no tiene autovalores < 0 .
Si λ=0 : X=c1+c2 →
c2−c1=0c2=0
→ λ=0 no autovalor.
Si λ>0 : X=c1 cos+c2 sen , =pλ→
c2−c1=0c2 cos−c1 sen=0
→ c2=c1
a/w
tan w
0!
w1 w2 w3 w4
→ c1( cos− sen)=0→ tn= .
Esta ecuación transcendente no se puederesolver pero está claro que hay infinitosλn=2
n>0 (aproximables numéricamente).
Las autofunciones se podrían poner:n
cosn+nsenn
o
,
pero quedan más compactas en la forma:
Xn =
cosn(−1)
.
Yendo a la ecuación en T : Tn =
e−λnkt
→ =∞∑
n=1
cn e−λnkt Xn() .
Imponiendo el dato inicial se determinan los cn [son aproximados al serlo los λn ]:
∞∑
n=1
cnXn() = ƒ ()−− 1 → cn =4n
2n+sen2n
∫ 10
h
ƒ ()− − 1
i
Xn()d ,
pues∫ 10
Xn()2d = 1
2 +14n
h
sen2n(−1)i1
0.
0 1
acrece
x + -1aSí es calculable exactamente la distribución estacionariahacia la que tienden las temperaturas en la varilla:
(, t) =(, t) + + 1 → + 1
cuando t→∞
[la temperatura final de la varilla, como era esperable,es menor cuanto mayor sea el , es decir, cuanto másfuertemente irradie su extremo].
34
Dos ejemplos más de separación de variables para el calor (o similar). El primero nos sirvepara reflexionar sobre los cambios que hacen las condiciones de contorno homogéneas(siempre necesario) y en el otro vemos que se puede aplicar el método en otras ecuacionesseparables (y no sólo en la del calor).
Ej 3.
¨ t − = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0)=1(0, t)=0, (π, t)=e−t
Una que cumple las condiciones de contornosalta a la vista: (t)=e−t . Haciendo =+ :
t − = e−t
(,0)=(0, t)=(π, t)=0[problema no homogéneo].
Necesitamos conocer las autofunciones de homogéneo para saber qué tipo de soluciónprobar. Ya sabemos que al separar variables en el calor aparece X′′+λX=0 (además deT′+λT =0 que ahora mismo no nos importa). Esto, unido a las condiciones que salende los datos de contorno X′(0)=X(π)=0 (problema conocido en 2.2), nos lleva a:
(, t) =∞∑
n=1
Tn(t) cos(2n−1)
2 →∞∑
n=1
h
T′n+ (2n−1)
2
4 Tni
cos (2n−1)2 = e−t →(
T′n+ (2n−1)
2
4 Tn=Bne−t
Tn(0)=0 (del dato inicial), con Bn=
2π
∫ π
0 cos(2n−1)
2 d= 4(−1)n+1π(2n−1) .
Resolvemos la EDO lineal mediante coeficientes indeterminados: Tnp=Ae−t →
Tn=Ce−(2n−1)2t/4+ 4Bn e−t
(2n−1)2−4Tn(0)=0−→ Tn(t)=
16(−1)n+1π(2n−3)(2n−1)(2n+1)
h
e−t−e−(2n−1)2t/4i
.
¿Podríamos encontrar una mejor que no estropee la homogeneidad de la ecuación?Buscamos (, t) que también la satisfaga. Al separar variables se ve que ∀A,B essolución: =e−t(A cos+B sen) . Imponiendo a esta los datos de contorno:
=−e−t cos −→=+
¨ t − = 0(,0)=1+cos(0, t)=(π, t)=0
[problema homogéneo y,por tanto, más sencillo] →
(, t) =∞∑
n=1
cn e−(2n−1)2t/4 cos (2n−1)2 → (,0) =
∞∑
n=1
cn cos(2n−1)
2 = 1+cos →
cn=2π
∫ π
0 (1+cos) cos(2n−1)
2 d= 2π
h
2(−1)n+12n−1 + (−1)
n
2n+1 +(−1)n2n−3
i
.
[Evidentemente se podría ver que ambas soluciones coinciden].
Ej 4.
¨ t−+2=0 , ∈
0, π2
, t>0(,0)=cos5(0, t)=(π/2, t)=0
[El término +2 representa una pérdidade calor al medio a lo largo de la varilla].
Separando variables: (, t)=X()T(t) → X′′
X =T ′
T +2=−λh damos el 2
mejor a la T
i
→
X′′ + λX = 0T′+(2+λ)T=0 y de los datos de contorno:
(0, t)=X′(0)T(t)=0→ X′(0)=0π2 , t
=Xπ2
T(t)=0→ Xπ2
=0¨
X′′ + λX = 0X′(0)=X
π2
=0→ λn=(2n−1)2, n=1,2, . . . , Xn=
cos(2n−1)
→ T′ = −(2+λn)T → Tn =n
e−
2+(2n−1)2
to
Probamos pues: (, t) =∞∑
n=1
cn e−
2+(2n−1)2
t cos(2n−1) .
Y, por el dato inicial: (,0) =∞∑
n=1
cn cos(2n−1) = cos5 → c3=1 y los otros 0 .
Así pues: (, t) = e−27t cos5 .
[Muy parecido a como lo probamos para el calor, se ve que esta solución es única;o bien, haciendo =e−2t se obtiene un problema para la ecuación del calor conesos mismos datos, problema cuya unicidad ya demostramos].
35
Resolvamos el problema para la cuerda vibrante con extremos fijos (en 4.1 loresolveremos extendiendo los datos y aplicando la fórmula de D’Alembert):
[P6]
¨ tt − c2 = 0 , ∈[0, L], t∈R(,0)= ƒ (), t(,0)=g()(0, t)=(L, t)=0
Separando variables =X()T(t) e imponiendo los datos de contorno obtenemos:
X′′
X =1c2
T′′
T = −λ →¨
X′′ + λX = 0 , X(0)=X(L)=0 → λn=n2π2
L2, Xn=
sen nπL
T′′ + λc2T = 0 n=1,2, . . .
Las Tn correspondientes son combinaciones lineales de sen nπctL y cos nπctL .
Así, funciones de la forma: n(, t) =h
kn cosnπctL + cn sen
nπctL
i
sennπL , n=1,2, . . .
satisfacen la EDP y las condiciones de contorno. Probamos, pues:
(, t) =∞∑
n=1
h
kn cosnπctL + cn sen
nπctL
i
sen nπL
con kn y cn constantes. Para que se cumplan las condiciones iniciales:
(,0) =∞∑
n=1
kn sennπL = ƒ ()→ kn =
2L
∫ L
0 ƒ () sennπL d , n=1,2, ...
y suponiendo que la serie se puede derivar término a término:
t(,0) =∞∑
n=1
nπcL cn sen
nπL = g()→ cn =
2nπc
∫ L
0 g() sennπL d , n=1,2, ...
pues nπcL cn son los coeficientes del desarrollo de g en senos.
Tenemos una solución, formal en principio, aunque se prueba que las series convergeny satisfacen realmente el problema si ƒ y g cumplen las condiciones que pediremosen 4.1: si sus extensiones impares respecto a 0 y L son C2 y C1, respectivamente(si ƒ ó g no son tan regulares la serie solución representará lo que llamaremos unasolución débil; en las ondas no desaparecen las discontinuidades).
Para algunas cuestiones (valores concretos, dibujos, ... ) será mejor usar D’Alembert,pero se ven mejor otras propiedades en la serie. Por ejemplo, como cada n es 2L/c-periódica en t , tambien tiene este periodo. Observemos además que la soluciónaparece como combinación infinita de ‘modos naturales de vibración’ [ sen(nπ/L) ]cada uno de los cuales vibra con una frecuencia nπc/L (‘frecuencias naturales’ de lacuerda). En términos acústicos 1 da el tono fundamental (su frecuencia es πc/L ) ylos demás son los ‘armónicos’ (de frecuencia múltiplo de la anterior).
Ej 5.
¨
tt − = , ∈[0, π], t∈R
(,0)=t(,0)=(0, t)=(π, t)=0→ (, t) =
∞∑
n=1
Tn(t) senn
Esta serie ya se anula en =0 y =π . Además debe cumplirse:
T′n+ n2Tn =
2π
∫ π
0 sennd =2[−1]n+1
n → Tn = c1 cosnt + c2 sennt +2[−1]n+1
n3.
(,0)=t(,0)=0→ Tn(0)=T′n(0)=0 → (, t) = 2∞∑
n=1
[−1]n+1n3
[1−cosnt] senn .
De otra forma: podríamos conseguir un problema homogéneo hallando una soluciónde la ecuación () que cumpla las condiciones de contorno:
−′′= → =c1+c2− 133 (0)=(π)=0
−→ = 13
π2−3
.
Con =− , acabamos en [P6], con ƒ ()= 13
3−π2
y g()=0 .
[Se podrían imponer otros tipos de condiciones de contorno (como las del calor) a la cuerdavibrante (y se resolverían los problemas separando variables). La condición =0 significaque el extremo de la cuerda se mueve con libertad verticalmente y −=0 ó +b=0indican que el extremo está unido por un muelle al punto de anclaje].
36
Hasta ahora la EDO del problema de Sturm-Liouville siempre ha sido X′′+λX=0 ,y, por eso, las series de Fourier eran todas con peso r() = 1 . Pero para otrasEDPs similares a calor y ondas, o para estas ecuaciones en el plano o el espacioy coordenadas no cartesianas, surgen otras ecuaciones ordinarias y es necesariomanejar la teoría más general del capítulo 2. Los problemas en más variables severán en 3.3, pero podemos resolver ya alguno si se reduce a uno de 2 variables.
Por ejemplo, la ecuación de ondas tt−c2Δ = 0 en recintos esféricos lleva, engeneral, a una EDP en 4 variables (el tiempo t y las variables esféricas r , θ , ϕ ),cuyas soluciones quedarían determinadas (como en la recta) fijando unos datos decontorno y un par de condiciones iniciales. Pero si buscamos sólo sus solucionesindependientes de los ángulos aparece la ecuación de ondas en el espacio consimetría radial (en 2 variables). En concreto, vamos a resolver aquí el siguienteproblema homogéneo (vibraciones entre dos superficies esféricas):
[P7]
tt−rr− 2r r=0, 1≤r≤2, t∈R
(r,0)= ƒ (r) , t(r,0)=g(r)(1, t)=(2, t)=0
Separando variables: (r, t)=R(r)T(t)→R′′+ 2R
′r
R = T′′
T =−λ →
rR′′+2R′+λrR=0T′′ + λT = 0
Las condiciones de contorno imponen: R(1)=R(2)=0 .
Vimos la ecuación de R en 2.2 (allí asociada a un problema singular, aquí es regularpues estamos en el intervalo [1,2] ). Se resolvía haciendo el cambio de variable:
S=rR→
S′′ + λS = 0S(1)=S(2)=0
r=s+1→
S′′ + λS = 0S(0)=S(1)=0 →
λn=n2π2, n=1,2, . . .Sn=sennπs
→ Rn= sennπr
r
Y para esos valores de λ las soluciones para T son Tn=cosnπt, sennπt .
Probamos, pues: =∞∑
n=1
kn cosnπt + cn sennπt sennπr
r .
Las condiciones iniciales imponen:∞∑
n=1
knsennπr
r = ƒ (r) y∞∑
n=1
nπcnsennπr
r = g(r) .
Para hallar los coeficientes del desarrollo de una función en las autofunciones Rn(r)debemos utilizar el peso del problema de Sturm-Liouville:
r2R′′+ λr2R = 0 .
Como ⟨Rn, Rn⟩=∫ 21 r
2 sen2nπrr2
dr = 12 y ⟨ ƒ , Rn⟩=
∫ 21 r
2ƒ (r) sennπrr dr , concluimos que:
kn=2∫ 21 r ƒ (r) sennπr dr y cn=
2nπ
∫ 21 r g(r) sennπr dr .
Evidentemente se llegaría a lo mismo (aquí es mucho más corto, pero otras vecesno podremos hacer estos atajos) observando que las condiciones deducidas de lasiniciales se podrían haber reescrito así:
∞∑
n=1
kn sennπr = rƒ (r) y∞∑
n=1
nπcn sennπr = rg(r) .
De hecho, todo el problema se hubiera simplificado notablemente si hubiéramosutilizado inicialmente el cambio de variable que sugieren los cálculos anteriores:
= r →
¨tt−rr=0(r,0)=rƒ (r), t(r,0)=rg(r)(1, t)=(2, t)=0
, problema casi igual al de la página anterior.
[Las ondas en plano con simetría radial satisfacen tt−rr− 1r r=0 y la ecuación enR es rR′′+R′+λrR=0 , que (lo vimos en 2.2) está asociada a las funciones de Bessel].
37
Acabamos la sección con algunas reflexiones sobre cambios de variable y descomposiciónen subproblemas que generalicen las ideas que hemos utilizado. Los problemas clásicosque vimos en 1.3 estaban formados por una ecuación lineal, que podemos representar, sies no homogénea, por L[] = F , con L lineal (es decir, L[1+b2] = L[1]+bL[2] ) yunas condiciones adicionales también lineales. En los que hemos resuelto por separación devariables necesariamente había un par de condiciones de contorno Ck[] = hk y, ademásuna o dos condiciones iniciales.
[Cuando resolvamos ecuaciones de Laplace separando variables en la próxima secciónveremos que a veces las condiciones de contorno estarán implícitas (por ejemplo enun círculo se exigirá periodicidad). Y, en vez de condiciones iniciales, aparecerán otrasdos de contorno (quizás alguna no escrita explícitamente, como la acotación)].
Supongamos, por ejemplo, que son 3 las condiciones adicionales (como en el calor) y quenuestro problema es de la forma:
[P]
¨ L[] = FM[] = ƒC1[]=h1 , C2[]=h2
El problema de resolver [P] puede ser reducido a resolver otros subproblemas más sencillos.Por ejemplo, si 1 , 2 , 3 y 4 son soluciones de
[P1]
L[] = FM[] = 0C1[]=0C2[]=0
[P2]
L[] = 0M[] = ƒC1[]=0C2[]=0
[P3]
L[] = 0M[] = 0C1[]=h1C2[]=0
[P4]
L[] = 0M[] = 0C1[]=0C2[]=h2
está claro, por la linealidad, que =1+2+3+4 es solución de [P], pero, como ya hemosobservado, bastantes veces nos convendrá descomponer [P] en menos subproblemas.
En otros casos interesará convertir la ecuación en homogénea (si no hubiese condicionesde contorno, por ejemplo). Si somos capaces de encontrar una solución particular de laecuación ( L[]=F ), el cambio =− convertirá [P] en:
¨ L[] = L[]−L[] = 0M[] = ƒ −M[]C1[]=h1−C1[] , C2[]=h2−C2[]
Más a menudo necesitamos hacer homogéneas las condiciones de contorno (la separaciónde variables y otros métodos lo exigen). Así, si lo que tenemos es una que satisfaceC1[]=h1 y C2[]=h2 , haciendo, como siempre, =− acabaríamos en
¨ L[] = F− L[]M[] = ƒ −M[]C1[]=C2[]=0
Lo que ya es un lujo (pero se puede intentar buscar por el premio que nos da) es tener una que cumpla las dos condiciones y además la ecuación (como en los ejemplos 3 y 5 de estasección). Los problemas homogéneos siempre son más sencillos que los no homogéneos(separando variables, por ejemplo, los primeros exigen resolver sólo EDOs homogéneas,más corto que resolver las EDOs no homogéneas de los segundos).
Como vemos, hay mucha variedad en los posibles cambios. En cada caso habrá que vercuáles nos llevan a problemas mas asequibles. Si inicialmente hay condiciones homogéneasintentaremos que los cambios no las estropeen, aunque a veces no habrá más remedio.
38
3.2. Separación de variables para Laplace
Resolvamos utilizando el método de separación de variables diversos problemaspara la ecuación de Laplace en recintos especialmente simples. Comenzamos porel problema de Dirichlet en un rectángulo, es decir:
a0
bf (x)
g (y)
f (x)
g (y)a
b
o
o[P1]
Δ=F(, y) , en (0, )×(0, b)(,0)= ƒo(), (, b)= ƒb()(0, y)=go(y), (, y)=g(y)
Por ser lineales la ecuación y las condiciones, basta resolver los 5 subproblemasque se obtienen al hacer 4 de las 5 funciones que aparecen igual a 0 y sumar las5 soluciones (de hecho, se puede descomponer en menos o hacer cambios queanulen alguno de los términos no homogéneos). Comencemos resolviendo, porejemplo, uno de los 4 problemas para la ecuación homogénea:
¨ Δ = 0 , en (0, )×(0, b)(,0)= ƒo()(, b)=(0, y)=(, y)=0
(, y)=X()Y(y) → X′′Y+XY′′=0 →
−X′′
X =Y′′
Y = λ →
X′′+λX = 0Y′′−λY = 0
De (0, y)=(, y)=0 se deduce que X(0)=X()=0 , con lo que el problema decontorno para la X tiene solución no trivial si
λn=n2π2
2, Xn=
n
sen nπ
o
, n=1,2, . . . .
Para esos λn es Yn=c1 enπy/+c2 e−nπy/ . La condición homogénea aún no aplica-da (, b)=0 impone Y(b)=0 . Nos interesan las Yn que la cumplen:
c2=−c1e2nπb/ → Yn=c1enπb/
enπ[y−b]/−enπ[b−y]/
→ Yn=n
sh nπ[b−y]
o
Probamos entonces: (, y) =∞∑
n=1
cn shnπ[b−y]
sennπ
Para satisfacer la condición de contorno no homogénea que falta:
(,0) =∞∑
n=1
cn shnπb sennπ = ƒo()→ cn sh
nπb = 2
∫
0 ƒo() sennπ d
Análogamente se resuelven los otros 3 subproblemas con F≡0 de [P1]. En uno deellos volvemos a tener las Xn de antes, y en los otros dos es Y (con condicionesde contorno homogéneas) la que proporciona las autofunciones Yn=
sen nπyb
.
[Los papeles de X e Y son intercambiables. En calor y ondas el problema de contornosiempre era para la X (las condiciones de T eran inciales). Para Laplace en polares,aunque tanto R como Θ tendrán condiciones de contorno, la EDO de la Θ será mássencilla y la elegiremos siempre para obtener las autofunciones].
Para resolver el último subproblema, el de la ecuación no homogénea:
Δ = F(, y) , en (0, )×(0, b)(,0)=(, b)=(0, y)=(, y)=0
como siempre se prueba una serie de autofunciones. Aquí hay dos posibilidades[elegiremos la que dé un desarrollo más fácil para F ]:
(, y) =∞∑
n=1
Yn(y) sennπ ó (, y) =
∞∑
n=1
Xn() sennπyb
[No olvidemos que con un cambio =− , o resolviendo menos subproblemas sepuede llegar antes la solución; lo único necesario para empezar con separación devariables es que sea =0 en = 0, ó en y = 0, b ].
39
Siguiendo con Laplace en cartesianas, resolvemos un problema de Neumann.Suponemos la ecuación no homogénea, pero con condiciones de contorno homo-géneas (si no lo fuesen, procederíamos de forma similar al problema anterior).
[P2]
Δ = F(, y) , en (0, π)×(0, π)y(,0)=y(, π)=(0, y)=(π, y)=0
Separando variables en la ecuación homogénea llegamos, desde luego, a las mis-mas ecuaciones que en [P1]: X′′+λX=0 , Y′′−λY=0 . Las condiciones de contornoobligan a que X′(0) = X′(π) = 0 , Y′(0) = Y′(π) = 0 . Para este problema tenemos,pues, dos familias de autofunciones cosn ó cosny , n= 0,1, . . . y podemoselegir cualquiera de ella para nuestra serie. Por ejemplo:
(, y) = X0() +∞∑
n=1
Xn() cosny →
X′′0 +∞∑
n=1
[X′′n−n2Xn] cosny = B0()
2 +∞∑
n=1
Bn() cosny , Bn()=2π
∫ π
0 F(, y) cosnydy
Debemos resolver los infinitos problemas de contorno para EDOs:
X′′0 =12B0 =
1π
∫ π
0 F(, y)dy ; X′′n−n2Xn=Bn , n≥1 ; con X′
n(0)=X′
n(π)=0 .
Las Xn con n≥1 quedan determinadas de forma única (el problema homogéneo,como sabemos desde 2.1, tiene sólo la solución trivial).
Pero X′′0 = 0 , X′0(0) = X′0(π) = 0 tiene soluciones no triviales
1
, con lo que,
según 2.3, para que haya solución para X0 es necesario que sea∫ π
0 1·B0()d=0 .
Es decir, [P2] tiene solución sólo si∫ π
0
∫ π
0 F(, y)ddy = 0 .
Y en ese caso tiene infinitas que difieren en una constante. Todo esto es coherentecon lo que sabíamos sobre Neumann desde 1.3.
Ej 1. Calculemos la solución en el caso particular en que F(, y) = − .
El problema sólo tiene solución si∫∫
F=0 , es decir, si = π2 .
Entonces nos queda X′′0 = −π2
por suerte, la F ya está desarrollada en cosny
.
Por la misma razón los Bn , y por tanto los Xn , son nulos si n≥1 .
Integrando e imponiendo X′0(0)=X′0(π)=0 obtenemos (, y) = 1
63 − π
42 + C .
h
Si resolvemos probando =∞∑
n=0
Yn(y) cosn hay que desarrollar en serie. Lo hacemos,
aunque aquí sea una pérdida de tiempo. Los coeficientes de F=− π2 en cosn son:
Bn =2π
∫ π
0
− π2
cosnd =
¨
0 , si n=0,2,4, . . .− 4πn2
, si n=1,3, . . .
Y′′0 +∞∑
n=1
[Y′′n−n2Yn] cosn =
∞∑
m=1
B2m−1 cos(2m−1) →
¨
Y′′0 = 0Y′0(0)=Y
′0(π)=0
→ Y0=C ;
¨
Y′′2m−4m2Y2m = 0
Y′2m(0)=Y′2m(π)=0
→ Y2m=0 ;
¨
Y′′2m−1− (2m−1)2Y2m−1=B2m−1
Y′2m−1(0)=Y′2m−1(π)=0
→ Y2m−1=− B2m−1(2m−1)2
→ = C+ 4π
∞∑
m=1
cos(2m−1)(2m−1)4
, que (salvo constante) es el desarrollo de la de arribai
.
40
Dos ejemplos más en cartesianas. El primero para Laplace con condiciones mixtas (parteDirichlet, parte Neumann). Ya dijimos en 1.3 que todos ellos tienen solución única.
Ej 2.
¨
+ yy = 0 , (, y)∈ (0,1)×(0, π)(,0)=y(, π)=(0, y)=0 , (1, y)=1
=X()Y(y) →
¨
Y′′+λY=0 , Y(0)=Y′(π)=0X′′−λX=0 , X(0)=0 → λn=
2n−122
, Yn=n
sen (2n−1)y2
o
.
Para esos λ es X=c1e(2n−1)/2+c2e−(2n−1)/2 −→X(0)=0
Xn=n
sh (2n−1)2
o
.
Probamos (, y) =∞∑
n=1
cnXn()Yn(y) . Imponiendo el dato (1, y)=1 que falta:
cn sh2n−12 = 2
π
∫ π
0 sen(2n−1)y
2 dy = 4π(2n−1)
1−cos (2n−1)π2
→
(, y)=∞∑
n=1
4π(2n−1) sh 2n−1
2
sh (2n−1)2 sen (2n−1)y2 .
Si nos gustan más las condiciones de contorno para podemos hacerlas homogéneascon un cambio de variable:
= , =− →¨ +yy = 0(,0)=− , y(, π)=0(0, y)=(1, y)=0
→
¨
X′′+λX=0 , X(0)=X(1)=0Y′′−λY=0 , Y′(π)=0 → λn=n2π2, Xn=sennπ , Yn=
ch[nπ(π−y)]
.
=∞∑
n=1
knXn()Yn(y) →∞∑
n=1
knXn(0)Yn(y) = − → kn = − 2ch[nπ2]
∫ 10 sennπd
→ (, y) = +∞∑
n=1
2(−1)nπn ch[nπ2] ch[nπ(π−y)] sennπ
[que es otra expresión de la misma solución única].
En todos los problemas que hemos resuelto en este capítulo (excepto los de Neumann) lasolución era única (todos eran problemas ‘físicos’). Pero no olvidemos que la unicidad enEDPs es complicada, y que un problema nuevo del que no se ha demostrado la unicidadpodría no tenerla. Eso pasa en el siguiente ejemplo (para una ecuación de ‘Helmholtz’ muyasociada a los problemas de más de dos variables):
Ej 3.
Δ+=0 , (, y)∈ (0, π)×
− π4 ,
π4
y
,− π4
=y
, π4
=0(0, y)=0 , (π, y)=sen2y
Como es ecuación nueva, separamosvariables desde el principio:
=XY → X′′
X +1 = −Y ′′
Y = λ →
Y′′ + λY = 0Y′
− π4
=Y′π4
=0s=y+ π
4−→
Y′′ + λY = 0Y′(0)=Y′
π2
=0 → λn=4n2, Yn=n
cos2n
y+ π4
o
, n=0,1, . . .
X′′ + (1−λn)X = 0 , X(0)=0 → X0=sen y Xn=
shp
4n2−1
si n≥1 .
(, y)=c0 sen+∞∑
n=1
cn shp
4n2−1
cos
2ny+ nπ2
=π= sen2y →
c0 indeterminadoc1 sh
p3π
= 1cn=0 , n>1
Tiene, por tanto, infinitas soluciones: = C sen+ sh(p3)
sh(p3π)
sen2y .
Evidentemente no se podrá demostrar la unicidad haciendo uso de la fórmula de Green.Operando como en 1.3, si 1 y 2 son soluciones del problema, su diferencia satisface:
=1−2 →¨ Δ+=0•=•=0•=•=0
→∫∫
D
Δ+2
=∫∫
D2 −
∫∫
D||∇||2 = 0 ??
41
Para resolver los problemas en círculos nos interesa expresar el Laplaciano enpolares (=r cosθ , y=r senθ ). Como,
r= cosθ+y senθ ; rr= cos2θ+2y senθ cosθ+yy sen2θ
θθ=r2sen2θ−2yr2senθ cosθ+yyr2cos2θ−rcosθ−yrsenθ→
Δ = rr +1r r +
1r2θθ
f
R
( )θ
Resolvamos el problema de Dirichlet homogéneo en un círculo:
[P3]
Δ = 0 , en r<R(R, θ)= ƒ (θ) , θ∈[0,2π)
(r, θ) = R(r)Θ(θ)→ r2R′′+rR′R = −Θ
′′
Θ = λ→
Θ′′+λΘ = 0r2R′′+rR′−λR = 0
Parece que no hay condiciones para la Θ , pero está claro que la solución (r, θ)debe ser 2π-periódica en θ , es decir, debe ser Θ(0) =Θ(2π) , Θ′(0) =Θ′(2π) .Este problema de Sturm-Liouville periódico tiene por autovalores y autofunciones:
λn=n2 , n=0,1,2, . . . , Θ0(θ)=
1
, Θn(θ)=
cosnθ, sennθ
.
Las soluciones correspondientes de R son (ecuaciones de Euler):
R0(r)=c1+c2 ln r y Rn(r)=c1rn+c2r−n si n≥1 .
Parece lógico imponer por argumentos físicos que la solución debe permaneceracotada cuando r → 0 (matemáticamente la solución también debe estarlo sidebe ser de clase 2), así que debe ser c2=0 en ambos casos. Por tanto, probamossoluciones de la forma:
(r, θ) =o
2+
∞∑
n=1
rn
n cosnθ+ bn sennθ
Debe ser: (R, θ) = o2 +
∞∑
n=1
Rn
n cosnθ+ bn sennθ
= ƒ (θ) , θ∈[0,2π) →
n =1
πRn
∫ 2π
0ƒ (θ) cosnθdθ , n=0,1, . . . , bn =
1πRn
∫ 2π
0ƒ (θ) sennθdθ , n=1,2, . . .
Sustituyendo estos coeficientes en la serie y operando formalmente:
(r, θ) = 1
2π
∫ 2π
0
h
1+ 2∞∑
n=1
rn
Rn cosn(θ−ϕ)i
ƒ (ϕ)dϕ
Vamos a sumar la serie:
1+2∞∑
n=1
rn cosnαRn = 1+
∞∑
n=1
reαR
n+
∞∑
n=1
re−αR
n= 1+ reα
R−reα +re−α
R−re−α =R2−r2
R2+r2−2Rr cosα .
Por tanto, la solución de [P3] se puede expresar:
(r, θ) = R2−r22π
∫ 2π
0
ƒ (ϕ)dϕ
R2 − 2Rr cos(θ− ϕ) + r2fórmula integral de Poisson
Haciendo aquí r=0 (o mirando la serie) deducimos que (0, θ) = 12π
∫ 2π0 ƒ (ϕ)dϕ :
si Δ=0 , el valor de en el centro de un círculo es el valor medio de sobre la frontera.
Habría que probar que la de la serie (o la integral) es realmente solución de [P3].Se demuestra que si ƒ es continua a trozos, la tiene infinitas derivadas en r < R(aunque ƒ sea discontinua), que en ese abierto es Δ= 0 y que alcanza el valor decontorno con continuidad en los θ en que ƒ es continua (y sigue habiendo unicidad,cosa que vimos en 1.3 sólo si ƒ era continua). [La situación es totalmente análogapara [P1], Dirchlet en rectángulo].
[El problema exterior en r>R lo veremos en 3.3, para compararlo con el del espacio].
42
Vamos con el problema de Dirichlet no homogéneo en el círculo. En vez detratarlo en general, resolvemos un problema concreto.
1
[P4]
¨
rr+rr +
θθr2= 4 , en r<1
(1, θ) = cos2θ
Podríamos descomponerlo en dos (el de Δ=0 lo acabamos de estudiar), pero loresolvemos directamente. Como en todo problema no homogéneo probamos unaserie con las autofunciones del problema homogéneo:
(r, θ) = 0(r) +∞∑
n=1
n(r) cosnθ+ bn(r) sennθ
→
′′0 +1r ′0+
∞∑
n=1
′′n+ 1
r ′n− n2
r2n
cosnθ+
b′′n+ 1
r b′n− n2
r2bn
sennθ
= 4 ,
que, por suerte, ya está desarrollada en esta familia de autofunciones.
[Si en vez de un 4 tuviésemos una F(r, θ) cualquiera, la desarrollaríamos en senosy cosenos, mirando la r como constante e identificaríamos ambos miembros].
Habrá, pues, que resolver las ecuaciones de Euler:
r′′0 + ′0 = 4 , r2′′
n+ r′
n− n2n = 0 , r2b′′
n+ rb′
n− n2bn = 0 .
La condición (1, θ)=cos2θ (también desarrollada ya) impone que:
bn(1)=0 ∀n ; 2(1)=1 ; n(1)=0 , n 6=2 .
La acotación cuando r → 0 será la otra condición necesaria para determinar lasolución de cada EDO de segundo orden. Para la de 0 necesitamos una soluciónparticular, que se puede hallar con la fórmula de variación de las constantes:
1 ln r
0 1/ r
= 1r , 0p= ln r
∫ 1·4dr1/ r −
∫ ln r·4dr1/ r = r2 .
o, mejor, tanteando, pues (porque la de coeficientes constantes asociada la tienede la forma Ae2s ) sabemos que tiene una 0p=Ar2 (→ 2A+2A=4 , A=1 ). Así:
0 = c1 + c2 ln r + r2acotada→ c2 = 0
0(1)=0→ c1 = −1
Para 2 :
2 = c1r2 + c2r−2acotada→ c2 = 0
2(1)=1→ c1 = 1
No necesitamos imponer los datos en la solución del resto de ecuaciones homogé-neas para asegurar ya que el resto de n y las bn son cero ( 0 es solución y nohay más por tener un problema de Dirichlet solución única). La solución de [P4] es:
(r, θ) = r2 − 1+ r2 cos2θ
[Se podría escribir en cartesianas: = 22−1 ].
Como otras veces, un buen cambio simplifica el problema. Por ejemplo, podemosen este caso buscar una solución (r) de la ecuación no homogénea resolviendo′′ + 1
r ′ = 4 . La solución más sencilla de esta ecuación de Euler es =r2 .
= − →
Δ = 0 , en r < 1(1, θ) = cos2θ− 1
De la serie de la página anterior obtenemos, sin más que identificar coeficientes,que la solución de este problema es:
(r, θ) = r2 cos2θ− 1
lo que nos lleva de forma mucho más rápida a la solución de antes.
Utilizando funciones de Green se dará en 3.4 una fórmula integral para
Δ=F , r<R(R,θ)= ƒ
que generalizará la fórmula de Poisson de la página anterior
.
43
Resolvamos ahora el problema de Neumann homogéneo en un círculo:
f( )θ
[P5]
Δ = 0 , en r<Rr(R, θ)= ƒ (θ) , θ∈[0,2π)
Como el problema de contorno y la ecuación de Euler son lasmismas que en Dirichlet, la solución que probamos es:
(r, θ) =o
2+
∞∑
n=1
rn
n cosnθ+ bn sennθ
pero ahora es diferente la condición de contorno que falta:
r(R, θ) =∞∑
n=1
nRn−1
n cosnθ+ bn sennθ
= ƒ (θ) , θ∈[0,2π) →
n =1
nπRn−1
∫ 2π
0ƒ (θ) cosnθdθ , bn =
1
nπRn−1
∫ 2π
0ƒ (θ) sennθdθ , n=1,2, . . .
siempre que no tenga término independiente el desarrollo en senos ycosenos de ƒ (θ) ; es decir, una condición necesaria para que el problema sepueda resolver por este método es que se cumpla:
∫ 2π0 ƒ (θ)dθ = 0
confirma lo visto en 1.3: debía ser∮
∂Dƒ ds =
∫∫
DF ddy = 0
.
Además, o queda indeterminado [Neumann siempre tiene unicidad salvo constante].
Ej 4.
Δ = 0 en r<1r(1, θ)=sen3θ
r(1, θ)=∞∑
n=1
n
n cosnθ+bn sennθ
= sen3θ = 34 senθ−
14 sen3θ .
No hay que hacer integrales: b1=34 , b3=− 1
12 y los demás cero.
Por tanto: (r, θ) = C+ 34 r senθ−
112 r
3 sen3θ , C cualquiera.
Y ahora resolvemos uno de Neumann no homogéneo en un semicírculo:
[P6]
Δ = F(r, θ) , en r<1, 0<θ<πr(1, θ)=θ(r,0)=θ(r, π)=0
Como para este problema no hemos resuelto el homogéneo, debemos comenzarhallando sus autofunciones. Conocemos la ecuación en Θ que sale al separar va-riables. Junto a las condiciones de contorno nos dará dichas autofunciones:
Θ′′ + λΘ = 0Θ′(0)=Θ′(π)=0 → λn=n2 , Θn(θ)=
cosnθ
, n=0,1,2, . . . →
(r, θ) = Ro(r) +∞∑
n=1
Rn(r) cosnθh
La serie con cosenos y senos del [P4] no cumplelos datos de contorno; aquí no hay periodicidad.
i
→
Ro +1r R′0+
∞∑
n=1
h
R′′n+ 1
r R′n− n2
r2Rni
cosnθ = F(r, θ) = Bo(r) +∞∑
n=1
Bn(r) cosnθ ,
con Bo(r) =1π
∫ π
0 F(r, θ)dθ y Bn(r) =2π
∫ π
0 F(r, θ) cosnθdθ .
Basta, pues, resolver: rRo+R′o=
rR′o
′= rBo(r) y r2Rn+rR′n−n2Rn=r2Bn(r) ,
ambas con los datos de contorno (singulares): Rn acotada en r=0 y R′n(1)=0 .
Si n≥1 el problema homogéno (y, por tanto, el no homogéneo) tiene solución Rnúnica (aunque el problema sea singular, vale lo que vimos en 2.3). Pero si n≥0 :
rRo+R′o=0 → Ro=c1+c2 ln rR acotada−→R′(1) = 0
Roh=1 →
Existen infinitas solucionesninguna solución Ro del no homogéno según sea
∫ 10 rBo(r)dr
=06=0 .
h
Concuerda una vez más con 1.3. Debía ser:∫ 10
∫ π
0 rF(r, θ)dθdr = 0i
.
44
0
Resolvemos para acabar con Laplace en polares dos problemas concondiciones mixtas. El primero va a ser homogéneo.
[P7]
¨ Δ=0 , r<1 , θ∈
0, π2
r(1, θ) = ƒ (θ)θ(r,0) = (r,
π2 ) = 0
→¨
Θ′′+λΘ=0 , Θ′(0)= Θπ2
=0r2R′′+rR′−λR=0
Los autovalores y autofunciones son conocidos: λn=(2n−1)2, Θn=
cos(2n−1)θ
n=1,2, . . . .Resolviendo para esos λn la ecuación en R y exigiendo que esté acotada en r=0 :
(r, θ) =∞∑
n=1
cnr2n−1 cos(2n−1)θ →∞∑
n=1
(2n−1) cn cos(2n−1)θ = ƒ (θ) →
cn =4
[2n−1]π
∫ π/20 ƒ (θ) cos(2n−1)θ dθ , n=1,2, . . . (solución única).
El recinto siguiente no incluye el origen. La condición implícita de estar acotada enese punto es sustituida por un dato explícito en r=1 :
0
00Ej 5.
¨
Δ = 0 , 1<r<2 , 0<θ<π(1, θ) = (2, θ) = (r,0) = 0 , θ(r, π) = r2
Aparentemente es un problema homogéneo, pero ya dijimos que las condiciones decontorno para Laplace en polares que deben ser homogéneas son las de la θ . Necesi-tamos una que las cumpla. Claramente =r2θ lo hace:
=− →¨ Δ = −4θ , 1<r<2 , 0<θ<π(1, θ)=−θ, (2, θ)=−4θ(r,0) =θ(r, π) = 0
Las autofunciones del homogéno las dará el problema de contorno:
Θ′′ + λΘ = 0Θ(0)=Θ′(π)=0 → λn=
[2n−1]24 , Θn(θ)=
n
sen [2n−1]θ2
o
, n=1,2, . . .
Probamos entonces la serie: (r, θ) =∞∑
n=1
Rn(r) sen[2n−1]θ
2 →
∞∑
n=1
h
R′′n+ 1
r R′n− [2n−1]
2
4r2 Rni
sen [2n−1]θ2 = −4θ = 4∞∑
n=1
Bn sen[2n−1]θ
2
con Bn =2π
∫ π
0 −θ sen[2n−1]θ
2 dθ = 2[−1]nπ[n−1/2]2
De los datos no homogéneos deducimos las condiciones para las Rn :∞∑
n=1
Rn(1)Θn(θ) =∞∑
n=1
BnΘn(θ) ,∞∑
n=1
Rn(2)Θn(θ) =∞∑
n=1
4BnΘn(θ)
Resolvemos pues: r2R′′n+ rR′
n−
n− 122Rn = 4Bnr2 con Rn(1)=Bn , Rn(2)=4Bn .
Rnp=Ar2 [λ=2 no autovalor] → A= Bn4−(n−1/2)2 → Rn = c1rn−1/2 + c2r−(n−1/2) + Ar2
c. contorno→ c1 =[2q+2−1][Bn−A]
22q−1 , c2 =2q[2q−4][Bn−A]
22q−1 , llamando q=n− 12 .
Simplificando un poco:
Rn(r) =2[−1]n
πq2[q2−4][22q−1]
[2q+2−1]rq + 2q[q2−4]r−q − [22q−1]r2
La solución final es = r2θ+ donde la es la serie de arriba con los Rn dados poresta expresión.
45
3.3. Algunos problemas en tres variables
Comenzamos estudiando las series de Fourier dobles, de teoría semejante alas de una variable (las triples, que aparecerían en problemas con 4 variables, sontambién similares).
Sean Xm() , ∈ [, b] e Yn(y) , y∈ [c, d] las autofunciones de dos problemas deSturm-Liouville con pesos respectivos r() y s(y) , y sea ƒ (, y)∈C1
[, b]×[c, d]
.Entonces, para cada (, y)∈ (, b)×(c, d) se puede escribir ƒ como la serie:
ƒ (, y) =∞∑
m=1
∞∑
n=1
cnmXnYm con cnm =1
⟨Xn, Xn⟩1
⟨Ym, Ym⟩
∫ b
∫ d
cƒ (, y)XmYn r s dyd
h
⟨,⟩ designa, desde luego,∫ b
r d ó
∫ d
c sdy
i
.
pues para fijo se puede poner ƒ (, y) =∞∑
m=1
Cm()Ym , Cm() =⟨ ƒ (, y) , Ym⟩⟨Ym, Ym⟩
,
y con Cm() =∞∑
n=1
cnn Xn , cnm=⟨Cm(), Xn⟩⟨Xn, Xn⟩
se tiene la expresión de arriba.
[Se llega a lo mismo, desde luego, desarrollando primero en Xn y luego en Ym ].
En particular, se tienen los desarrollos en series trigonométricas dobles de unafunción ƒ ∈C1
[0, L]×[0,M]
:
ƒ (, y)=∞∑
n=1
∞∑
m=1
bnm sennπL sen mπy
M con bnm=4
LM
∫ L
0
∫ M
0ƒ (,y) sennπL senmπy
M dyd
ƒ (, y) = 1400 +
12
∞∑
n=1
n0 cosnπL +
12
∞∑
m=1
0m cosmπyM +
∞∑
m=1
∞∑
n=1
nm cosnπL cos mπy
M
con nm =4
LM
∫ L
0
∫ M
0ƒ (, y) cos nπL cos mπy
M dyd
[O los desarrollos parecidos en∑
sencos ó∑
cos sen , o con series en senos y cosenos].
[Los factores 14 y 1
2 son, como siempre, para que la fórmula valga también si n=0 ó m=0 ].
Ej 1. Desarrollemos ƒ (, y) = cosy , en [0, π]×[0, π] de dos formas:
cosy =∞∑
n=1
∞∑
m=1
bnm senn senmy con bnm =4
π2
∫ π
0
∫ π
0 cosy senn senmydyd
→ cosy = 16π
∞∑
n=1
∞∑
m=1
[−1]n+1mn[4m2−1] senn sen2my
nm =4
π2
∫ π
0
∫ π
0 cosy cosn cosmydyd =
0 si m 6=1π si m=1, n=02[(−1)n−1]/(πn2) si m=1, n>0
→
cosy = π2 cosy−
4π
∞∑
n=1
1(2n−1)2 cos[2n−1] cosy [ya estaba desarrollado en y ].
[La igualdad entre ƒ y su serie se da en los puntos de continuidad de la ƒ extendida,de forma impar en el primer caso y par en el segundo, en cada variable hasta [−π, π]y luego de forma 2π-periódica; así, la serie en senos converge hacia cosy en el lado=0 del cuadrado [0, π]×[0, π] , pero no lo hace en los otros lados; la serie en cosenos,en cambio, converge (uniformemente) en todo el cuadrado, incluido el borde].
46
Resolvamos separando variables varios problemas (homogéneos) en 3 variables.Primero, la ecuación del calor en un cuadrado: estudiamos la evolución de lastemperaturas de una placa (dadas las iniciales) si el borde se mantiene a 0o :
0
0
0
0
0
!
!
t − k[+yy] = 0 , (, y)∈ (0, π)×(0, π) , t>0(, y,0) = ƒ (, y)(,0, t) = (, π, t) = (0, y, t) = (π, y, t) = 0
Buscamos soluciones: (, y, t) = X()Y(y)T(t) → XYT′ − k[X′′Y+XY′′]T = 0
X′′
X =1kT′
T −Y′′
Y = −λ →¨ X′′ + λX = 0
Y ′′
Y = λ+1kT ′
T = −μ →
Y′′ + μY = 0T′ + k[λ+μ]T = 0
[Como en 2 variables, dejamos para la T la expresión más complicada].
Las condiciones de contorno exigen: X(0)=X(π)=Y(0)=Y(π)=0 . Así pues:¨
λ=n2, Xm=senn, n=1,2, . . .μ=m2, Yn=senmy, m=1,2, . . .
→ Tnm =n
e−
n2+m2
kto
.
Cualquier nm(, y, t) =n
e−
n2+m2
kt senn senmyo
satisface la ecuación y todaslas condiciones de contorno, así como lo hace cualquier combinación lineal de ellas.Esto nos lleva a probar la serie:
(, y, t) =∞∑
n=1
∞∑
m=1
bnm e−
n2+m2
kt senn senmy
que debe satisfacer además: (, y,0) =∞∑
n=1
∞∑
m=1
bnm senn senmy = ƒ (, y) →
bnm =4
π2
∫ π
0
∫ π
0ƒ (, y) senn senmyddy , n,m≥1 .
[Como en la varilla, aquí también → 0 cuando t→∞ ].
Ahora, Laplace en un cubo con condiciones de contorno mixtas (cuya soluciónseá única como los similares del plano):
Δ = 0 en (0, π)×(0, π)×(0, π)(, y,0) = ƒ (, y)=0 en =0, =π, z=πy=0 en y=0, y=π
=XYZ→ Y”Y +
Z′′
Z =−X′′
X =λ→Z′′
Z −λ=−Y”Y =μ→
¨ X′′+λX=0, X(0)=X(π)=0Y′′+μY=0, Y′(0)=Y′(π)=0Z′′−[λ+μ]Z=0, Z(π)=0
→¨
λ=n2, Xn=senn, n=1,2, . . .μ=m2, Ym=cosmy, m=0,1, . . .
→ Zmn =n
shp
n2+m2 [π−z]
o
→
(, y, z) = 12
∞∑
n=1
cn0 sh
n[π−z]
senn
+∞∑
m=1
∞∑
n=1
cnm shp
n2+m2 [π−z]
senn cosmy
Como (, y,0)= ƒ (, y) , los cnm son:
cnm =4
π2 sh
πpn2+m2
∫ π
0
∫ π
0ƒ (, y) senn cosmydyd
n = 1,2, . . .m = 0,1, . . .
47
Resolvamos el problema de Dirichlet en una esfera. En los libros de cálculo envarias variables se encuentra la expresión del laplaciano en esféricas:
r
θ
ɸ
=r senθ cosϕy=r senθ senϕz=r cosθ
«
→ Δ = rr +2r
r+θθ
r2+cosθθ
senθ r2+
ϕϕ
sen2θ r2
Veamos primero el caso con datos independientes de ϕ :(
rr +2r r +
1r2
h
θθ+cosθsenθθ
i
= 0 , r<R
(R, θ)= ƒ (θ) , θ∈[0, π]
que, de hecho, es un problema con dos variables. Podemos buscar entonces so-luciones que tampoco dependan de ϕ . Separando variables:
=R(r)Θ(θ) →¨
r2R′′ + 2rR′ − λR = 0Θ′′ + cosθ
senθ Θ′ + λΘ = 0
El cambio s= cosθ
Θ′ =− senθdΘds , Θ′′ = sen2θd2Θds2− cosθdΘds
lleva la segundaecuación a:
1−s2d2Θds2− 2sdΘds + λΘ = 0 , ecuación de Legendre.
Imponemos que Θ esté acotada en s = ±1 [θ = 0, π polos de la esfera]. Losautovalores de este problema singular (citado en 2.2) son λn=n(n+1) , n=0,1, . . .y sus autofunciones son los polinomios de Legendre:
Pn(s)
=
Pn(cosθ)
h
P0=1 , P1=s , P2=32s2− 12 , P3=
52s3− 32s , . . .
i
Para estos valores de λ :
r2R′′+2rR′−n(n+1)R=0 → μ2+μ−n(n+1)=0 → μ = n,−(n+1)
→ Rn=c1rn+c2r−(n+1)R acotada−→ Rn=rn , n=0,1, . . .
Probamos entonces:
(r, θ) =∞∑
n=0
nrnPn(cosθ) → (R, θ)=∞∑
n=0
nRnPn(cosθ)= ƒ (θ)
→ n =2n+1
2Rn
∫ π
0ƒ (θ)Pn(cosθ) senθdθ , n=0,1, . . . ,
pues el peso es r(θ)=senθ
(senθΘ′)′+ λ senθΘ=0
y de los Pn se sabe que:∫ π
0
Pn(cosθ)2 senθdθ
s=cosθ=
∫ 1−1
Pn(s)2 ds = 2
2n+1
Ej 2. Si R=1 y ƒ (θ)=cos2θ se tiene: n =2n+12
∫ 1−1 s
2Pn(s)ds .
Así pues: 0 =12
∫ 1−1 s
2 ds = 13 , 2 =
52
∫ 1−132s4− 12s
2ds = 23 , y los demás n=0
(ya que P1 es impar (⇒ 1=0 ), y para desarrollar s2 bastan P0, P1 y P2 ).
La solución es, por tanto, (r, θ) = 13 −
13 r2 + r2 cos2θ
= 13
1−2−y2+2z2
.
Para un dato como este se podrían determinar los coeficientes tanteando:
cos2θ = 2332 cos
2θ− 12
+ 13 → 2 =
23 , 0 =
13 , como antes.
Para resolver problemas con términos no homogéneos F(r, θ) en la ecuación,
se probaría como siempre una serie de autofunciones: =∞∑
n=0
n(r)Pn(cosθ)
.
48
Pasemos ahora a resolver, con menos detalles, el problema general en 3 variables:
¨
rr +2r r +
1r2
h
θθ+cosθsenθθ+
1sen2θϕϕ
i
= 0 , r<R
(R, θ, ϕ)= ƒ (θ,ϕ) , θ∈[0, π] , ϕ∈[0,2π)
Vamos en este caso a separar primero la parte radial y la que depende de los dos ángulos:
=R(r)Y(θ,ϕ) →¨
r2R′′ + 2rR′ − λR = 0Yϕϕ + senθ
senθYθ
θ + λ sen2θY = 0
Separando ahora la parte angular: Y(θ,ϕ)= Θ(θ)(ϕ)→¨
′′+ μ = 0
senθΘ′′+
λ senθ− μsenθ
Θ=0
La solución ha de ser 2π-periódica en ϕ : μm=m2 , m(ϕ)=
cosmϕ, senmϕ
, m=0,1, . . .
Llevando estos μm a la otra ecuación y haciendo como antes s=cosθ se tiene:
dds
h
(1−s2) dΘdsi
+h
λ− m2
1−s2i
Θ = 0 , Θ acotada en s=±1 .
La EDO, nueva para nosotros, se llama ecuación asociada de Legendre. Si m= 0 es lade Legendre y las autofunciones eran los Pn . Se prueba que los autovalores del problemasingular son también λn=n(n+1) , y sus autofunciones están relacionadas con ellos:
Pmn(t) =
1−s2m/2 dm
dsm Pn(s) , con m≤nh
P0n=Pn , P11=senθ , P12=3senθ cosθ , P22=3sen
2θ , . . .i
→ Ymn(θ,ϕ) =
n
cosmϕPmn(cosθ) , senmϕPm
n(cosθ)
o
, n=0,1, ... , m=0 . . . n .h
Y00 =
1
, Y01 =
cosθ
, Y11 =
senθ cosϕ, senθ senϕ
, Y02 =32 cos
2θ− 12
,
Y12 =
3senθ cosθ cosϕ,3senθ cosθ senϕ
, Y22 =
3sen2θ cos2ϕ,3sen2θ sen2ϕ
, . . .i
Las soluciones acotadas en r=0 para esos λn son como antes Rn=rn .
Los armónicos esféricos son las soluciones de la ecuación de Laplace mn= rn Ym
n(θ,ϕ) .
Hay libros que llaman armónicos esféricos a los Ymn
, otros a múltiplos concretos de los Ymn
. . .
.
Con ellos formamos la serie:
(r, θ, ϕ) =∞∑
n=0
rnh
n0Pn(cosθ) +n∑
m=1
nm cosmϕ+ bnm senmϕ
Pmn(cosθ)
i
→
n0 =2n+14πRn
∫ 2π0
∫ π
0 ƒ (θ,ϕ)Pn(cosθ) senθdθdϕ ,
nm =(2n+1)(n−m)!2π(n+m)!Rn
∫ 2π0
∫ π
0 ƒ (θ,ϕ) cosmϕPmn(cosθ) senθdθdϕ
bnm =(2n+1)(n−m)!2π(n+m)!Rn
∫ 2π0
∫ π
0 ƒ (θ,ϕ) senmϕPmn(cosθ) senθdθdϕ
, m≥1
puesto que se cumple∫ 1−1
Pmn(t)2dt = 2
2n+1(n+m)!(n−m)! .
Ej 3. Para R=1 y ƒ (θ,ϕ)=sen2θ sen2ϕ . Buscamos identificar como en el ejemplo 2.
Debe ser: ƒ (θ,ϕ) = 12 sen
2θ− 12 sen
2θ cos2 = 12 −
12 cos
2θ− 12 sen
2θ cos2
= 13 −
1332 cos
2θ− 12
− 12 sen
2θ cos2 = 13Y
00 −
13Y
02 −
12Y
22 .
Por tanto, 00=13 , 20=− 13 , 22=− 12 y los otros son cero. La solución es, pues:
= 13 −
13 r23
2 cos2θ− 1
2
− 12 r2 sen2θ cos2 .
Escrita en cartesianas: = 13−
12 z
2+ 16
2+y2+z2
− 12
2−y2
= 13−
13
2+ 23y
2− 13 z
2 ,
función que cumple Δ=0 y que cuando 2+y2+z2=1 vale y2
= ƒ (θ,ϕ) si r=1
.
49
Veamos ahora el problema exterior de Dirichlet para Laplace en el círculo y en laesfera con simetría (con datos independientes de ϕ ). Para que haya unicidad, lascondiciones en el infinito han de ser distintas:
plano: espacio:
¨ Δ = 0 , si r>R(R, θ)= ƒ (θ) , 0≤θ<2π acotada cuando r→∞
¨ Δ = 0 , si r>R(R, θ)= ƒ (θ) , 0≤θ≤π→ 0 cuando r→∞
Separando variables se llega a las mismas Θn que en los problemas interiores:
Θn=cosnθ, sennθ , n=0,1, . . . Θn=Pn(cosθ) , n=0,1, . . .
Pero hay que elegir diferentes Rn , para las nuevas condiciones en el infinito:
n=0 , c1+c2 ln r → R0=1
n>0 , c1rn+c2r−n → Rn=r−n
n=0 , c1+c2r−1 → R0=
r−1
n>0 , c1rn+c2r−(n+1) → Rn=
r−(n+1)
En el plano ningún R0→0 , y en el espacio están acotadas tanto 1 como r−1 ; tender a0 nos dejaría sin soluciones en el plano y pedir acotación daría infinitas en el espacio
.
Probando las series correspondientes e imponiendo (R, θ)= ƒ (θ) , se obtiene quelas soluciones respectivas son estas series con los coeficientes indicados:
(r, θ)= 02 +
∞∑
n=1
r−n
n cosnθ+bn sennθ
(r, θ)= 0r +
∞∑
n=1
n r−(n+1)Pn(cosθ)
n =Rn
π
∫ 2π0 ƒ (θ) cosnθdθ , n=0,1, . . .
bn =Rn
π
∫ 2π0 ƒ (θ) sennθdθ , n=1,2, . . .
n=(2n+1)Rn+1
2
∫ π
0 ƒ (θ)Pn(cosθ) senθdθn=0,1, . . .
Ej 4. Hallemos la solución en ambos casos cuando ƒ (θ) = constante.
Basta mirar las series para deducir las soluciones en ambos casos:
= en el plano. = Rr en el espacio.
[Interpretemos estos resultados mirándolos como soluciones estacionarias de la ecuación delcalor. Si mantenemos la superficie de una bola de radio R constantemente a o , la temperaturaque tenderían a tener todos los puntos del espacio sería R/r , disminuyendo con la distancia ala bola. Para el primer caso, en vez de imaginarnos en un mundo bidimensional, situémonos enel espacio con datos y soluciones independientes de la variable z : si toda la superficie de uncilindro infinito de radio R se mantiene a o , todo el espacio tenderá a tener esa temperatura].
[Si nos planteásemos el problema en el interior r <R , es inmediato ver que la solución, tantoen el plano como en infinito, es = ].
Ej 5. Sea R=1 y ƒ (θ)= cos2θ . Resolvamos y comparemos con las soluciones en r<1 .
En el plano, la serie del interior y exterior llevan a la misma condición:
(1, θ) = 02 +
∞∑
n=1
n cosnθ+bn sennθ
= 12+
12 cos2θ →
= 12 +
12 r2 cos2θ (interior) , = 1
2 +12r2 cos2θ (exterior) .
h
En cartesianas = 1+2−y22 y = 1
2+2−y2
2(2+y2)2, respectivamente
i
.
Para el espacio, el interior ya se ha resuelto en el ejemplo 2. Y en el exterior la condiciónque aparece al hacer r=1 vuelve a coincidir con la del interior.
Las soluciones respectivas son, pues:
= 13 −
13 r2 + r2 cos2θ (interior) , = 1
3r −13r3 +
1r3cos2θ (exterior) .
50
Si los problemas ‘esféricos’ llevan a Legendre, los ‘cilíndricos’(Laplace en polares más otra coordenada, t en calor y ondas,z en Laplace) llevan a Bessel, como sucede en los problemasde vibración de una membrana circular (de un tambor).
Como hicimos con Laplace en la esfera, para empezar trata-mos el caso más sencillo con 2 variables en el que la vibración no depende de θ .Y para simplificar aún más suponemos que inicialmente es t=0 :
tt −
rr +1r r
= 0 , r≤1, t∈R
(r,0) = ƒ (r), t(r,0) = 0(1, t) = 0
[Las vibraciones con simetríaradial en el espacio , como sevio en 3.1, son mas sencillas].
= RT → T′′
T =R′′+ R′
rR = −λ→
¨
rR′′+ λrR=0 , R acotada en 0 , R(1)=0
T′′ + λT = 0 , T ′(0)=0→
cos(pλ t)
El problema de contorno singular para la R fue visto al final de 2.1. Recordemosque con s=r
pλ desaparecía λ y la ecuación pasaba a ser una de Bessel:
sR′′(s)+R′(s)+sR(s)=0 → R = c1 J0(s)+c2K0(s) = c1 J0
rpλ
+c2K0
rpλ
Imponiendo los datos se tenían los autovalores λn tales que J0
p
λn
=0 ,
y las autofunciones asociadas Rn=n
J0
rp
λn
o
.
Nos falta imponer la condición inicial que falta a la serie:
(r, t) =∞∑
n=1
cn cosp
λn t
J0
rp
λn
→∞∑
n=1
cn J0
rp
λn
= ƒ (r)
Este desarrollo ya lo discutimos en el último ejemplo de 2.2. Allí vimos que era:
cn =2
J21
p
λn
∫ 1
0r ƒ (r) J0
rp
λn
dr
Ej 6. Hallemos si ƒ (r)=1−r2 la integral∫ 10 (r−r
3) J0(rn)dr , n=p
λn , que define cn .
Haciendo s=rn :∫ 10 =
12n
∫n
0 s J0(s)ds− 14n
∫n
0 s3 J0(s)ds .
La primera primitiva es inmediata, pues
s J1′= s J0 . La segunda, por partes:
∫
s2 s J0 ds = s3 J1 − 2∫
s2J1 ds = s3 J1 − 2s2 J2 = (s3−4s) J1 + 2s2 J0 ,
ya que
s2J2′= s2J1 y Jn+1 =
2ns Jn − Jn−1 . Y como J0(n)=0 concluimos:
∫ 10 =
43n
J1(n) ⇒ (r, t) =∞∑
n=1
8
3nJ1(n)
cos(nt) J0(nr) .
Pese a su aspecto complicado, está solución no lo es mucho más que la∑
kn cos(nπt) sen(nπ)que se obtendrían para la cuerda vibrante con datos similares (lo resolvimos en 3.1).
En muchos libros (o en programas tipo Maple o Sage) se pueden encontrar los ceros n de J0 :
n ≈ 2.4048256 , 5.5200781 , 8.6537279 , 11.791534 , 14.930918 , . . .
y los valores de J1(n) : 0.519147 , –0.340265 , 0.271452 , –0.232461 , 0.206547 , . . .
Necesitamos sólo un programa que reconozca la J0 para dar valores o hacer dibujos aproximadosde la solución. Por ejemplo, utilizando los 5 primeros términos de la serie, podemos (con Maple eneste caso) aproximar y dibujar (0, t) :
(0, t) ≈ 1.108 cos(2.405 t) – 0.1398 cos(5.520 t)+ 0.04548 cos(8.654 t) – 0.02099 cos(11.79 t)+ 0.01164 cos(14.93 t)
Las vibraciones de un tambor, a diferencia de lo que pasaa una cuerda, no son periódicas (los n no son múltiplosexactos unos de otros).
51
Para acabar esta sección, tratemos el problema más general y complicado en 3 variables:
tt − c2
rr +1r r +
1r2θθ
= 0 , r≤1, t∈R
(r, θ,0) = ƒ (r, θ), t(r, θ,0) = 0(1, θ, t) = 0
= RΘT → T′′
c2T=
R′′+ R′r
R + 1r2Θ′′Θ = −λ→
r2R′′+rR′R + λr2 = Θ′′
Θ = −μ→
Θ′′+μΘ=0 , Θ 2π-periódica→ μm=m2, m=0,1... , Θm=cosmθ, senmθ,Θ0=1
T′′ + λc2T = 0 , T′(0)=0→
cos[pλct]
r2R′′ + rR′ + [λr2−μ]R = 0 , R acotada en 0
Para μ =m2 consideramos el problema de contorno singular para R :¨
r2R′′+ rR′+ [λr2−m2]R = 0R acotada en 0 , R(1)=0
Haciendo s=rpλ desaparece como siempre λ y la ecuación se convierte en Bessel:
s2R′′(s)+sR′(s)+[s2−m2]R(s)=0 →
R = c1 Jm(s)+c2Km(s) = c1 Jm
rpλ
+c2Km
rpλ
R acotada ⇒ c2 = 0 . Los autovalores serán los λ que hagan Jmpλ
=0 , que son unasucesión infinita para cada m : λm1 , . . . , λmk , . . .
Y las autofunciones son Rmk=n
Jm
rp
λmk
o
. Así que probamos:
(r, θ, t) = 12
∞∑
k=1
c0k J0
rp
λ0k
cos
cp
λ0k t
+∞∑
m=1
∞∑
k=1
[cmk cosnθ+dnk sennθ] Jm
rp
λmk
cos
cp
λmk t
→ 12
∞∑
k=1
c0k J0
rp
λ0k
+∞∑
m=1
∞∑
k=1
[cmk cosnθ+dnk sennθ] Jm
rp
λmk
= ƒ (r, θ)
Para r fijo, ƒ (r, θ) = 12A0(r) +
∞∑
m=1
Am(r) cosmθ+Bm(r) senmθ
, con
Am(r)=1π
∫ 2π0 ƒ (r, θ) cosmθdθ , m=0,1, . . . ,
Bm(r)=1π
∫ 2π0 ƒ (r, θ) senmθdθ , m=1,2, . . . .
Desarrollando:
Am(r) =∞∑
k=1
cmk Jm
rp
λmk
, Bm(r) =∞∑
k=1
dmk Jm
rp
λmk
Teniendo en cuenta que∫ 10 r J
2m
rp
λmk
dr = 12 J2m+1
p
λmk
,
se llega a la expresión definitiva para los coeficientes:
cnk =2
π J2m+1(
p
λmk )
∫ 1
0
∫ 2π
0r ƒ (r, θ) cosnθ Jm
rp
λmk
dr dθ
dnk =2
π J2m+1(
p
λmk )
∫ 1
0
∫ 2π
0r ƒ (r, θ) sennθ Jm
rp
λmk
dr dθ
52
3.4. Funciones de Green.
En lo que sigue trabajaremos formalmente con la δ en dos variables, utilizando sólo que:
i. δ(ξ−, η−y) = 0 para (ξ, η) 6=(, y)ii.∫∫
DF(ξ, η) δ(ξ−, η−y)dξdη = F(, y) si F continua en D⊂R2 y (, y)∈D
.
Consideremos el problema de Dirichlet no homogéneo:
(PD)
Δ = F(, y) en D = ƒ en ∂D
Nuestro objetivo es (como en 2.4) expresar su solución en función de integrales en las quesólo aparezcan una ’función de Green’ G y los datos F y ƒ :
Teor 1:
Si G(, y;ξ, η) satisface (PG)
ΔG=δ(ξ−, η−y) en DG = 0 en ∂D , para cada (, y)∈D
y vista como función de (ξ, η) , se le llama función de Green de (PD) y lasolución de (PD) es
(, y) =∫∫
D
G(, y;ξ, η)F(ξ, η)dξdη +∮
∂D
Gn(, y;ξ, η) ƒ (ξ, η)ds
[Gn es, como siempre, la derivada de G en la dirección de n , vector unitario exterior a D ].
Del teorema de la divergencia es fácil deducir la llamada segunda identidad de Green:
Si y G son C2(D) se tiene∫∫
D[GΔ−ΔG]dξdη =
∮
∂D[Gn−Gn]ds
Si es la solución de (PD) y G la de (PG), y admitimos que la identidad anterior es válidapara nuestra G (que claramente no es C2, pero se justifica con ’distribuciones’) tenemos:
∫∫
D[GF−δ]dξdη =
∮
∂D[−ƒGn]ds → =
∫∫
DGFdξdη+
∮
∂DGn ƒ ds
¿Cómo resolver (PG)? Comencemos buscando una (, y;ξ, η) que, vista como función de(ξ, η) , satisfaga Δ=δ , aunque no cumpla la condición de contorno. ¿Qué funciones cono-cidas cumplen Δ=0 y puedan originar una δ ? Las soluciones de Laplace en polares quedependen de r son:
rr +1r r = 0→ = c1 + c2 ln r
Así que algún múltiplo del discontinuo logaritmo de la distancia r = PQ del punto P=(ξ, η)al Q=(, y) es buen candidato a :
Teor 2:= 1
4π ln
(ξ−)2+(η−y)2
= 12π lnPQ satisface Δ=δ(ξ−, η−y) para (, y) fijo.
A se le llama solución fundamental para el punto (, y) .
Para probar el teorema volvemos a hacer ’trampa’ con la δ . Ya vimos que Δ=0 si r 6=0 ,o sea, si (ξ, η) 6=(, y) . Además, el ’teorema’ de la divergencia en un círculo de centro Q yradio R nos da:
∫∫
r≤R Δ dξdη =∮
r=R n ds =∮
r=R r ds =∫ 2π0
12πRRdθ = 1→ Δ = δ
Si satisface Δ=0 en D , la función + seguirá satisfaciendo Δ[+] = δ para cada(, y)∈D fijo. Por tanto, para encontrar G [y tener resuelto (PD)]
basta encontrar la armónica en D tal que + = G se anule en la frontera ∂D
La forma práctica de hallar la (en recintos D limitados por rectas y circunferencias) es elmétodo de las imágenes. Mirando la geometría de D se tratará de escribir G como sumade la solución fundamental y de funciones armónicas del mismo tipo, logaritmos dedistancias a puntos Q′ exteriores a D (’imágenes’ de Q respecto de la ∂D ), escogidos deforma que la G se anule en la frontera de D . Resolvemos un primer ejemplo con la G , enel que D está limitado por rectas:
53
(P1)
Δ = 0 en D = > 0×y > 0(,0)= ƒ (), (0, y)=0, acotada
Sean Q=(, y)∈D fijo,P=(ξ, η), = 1
2π lnPQ .
D
P(!,")
Q(x,y)Q’(-x,y)
Q’(-x,-y) Q (x,-y)**
+ –
+–
Si Q′=(−, y) , es claro que ′=− 12π lnPQ
′ es una función deP que es armónica en D (lo es en R2−Q′ ) y que +′=0si P pertenece al eje y , pues entonces PQ = PQ′ . Análoga-mente ∗=− 1
2π lnPQ∗ , con Q∗=(,−y) , es armónica en Dy +∗=0 si P está en el eje . Para que G sea cero en am-bos ejes a la vez hay que sumar una nueva ′∗=−
12π lnPQ
′∗ ,
Q′∗ = (−,−y) . Entonces G(P,Q) = +′ +∗ +′∗ es lafunción de Green buscada, ya que ΔG = δ [pues Δ = δ yΔ(′+∗+′∗)=0 ] y G=0 si P∈ ∂D [si P está en el eje y
es PQ=PQ′ y PQ∗=PQ′∗ ; y similar en el eje ].
Escribiendo las distancias analíticamente tenemos:
G(, y;ξ, η) = 14π ln
(ξ−)2 + (η−y)2
− 14π ln
(ξ+)2 + (η−y)2
− 14π ln
(ξ−)2 + (η+y)2
+ 14π ln
(ξ+)2 + (η+y)2
Y como n=−j en el eje , la solución de nuestro problema (P1) será:
(, y) =∮
∂DGn ƒ ds =
∫∞0 −Gη
η=0 ƒ (ξ)dξ = · · · =yπ
∫∞0
h
1(ξ−)2+y2 −
1(ξ+)2+y2
i
ƒ (ξ)dξ
Resolvamos ahora el problema no homogéneo de Dirichlet en el círculo:
D
PQ(r, )
Q’ __Rr
2
( , )
( , )
θ
θ
ɸσ
(P2)
Δ = F(r, θ) en r < R(R, θ)= ƒ (θ) , θ ∈ [0,2π]
Q=(r, θ)∈D fijo,P=(σ,ϕ) variable.
La solución fundamental en estas coordenadas queda:
= 12π lnPQ =
14π ln
σ2 + r2 − 2rσ cos(θ−ϕ)
¿Dónde situar el punto imagen Q′ ? Las cosas no son tanclaras como en el ejemplo anterior. Es claro que su θ hade ser igual, pero ¿a qué distancia del origen O colocarlo?Podríamos llegar al resultado tanteando, pero nos limitamos a comprobar que la G es:
G(P,Q) = 12π
h
lnPQ− lnPQ′ + ln Rr
i
, Q′ =R2
r , θ
,
o expresada en términos de coordenadas:
G(r, θ;σ,ϕ) = 14π ln
σ2 + r2 − 2rσ cos(θ−ϕ)
− 14π ln
R2 + r2σ2
R2− 2rσ cos(θ−ϕ)
En efecto: G=+′+cte⇒ ΔG=0
′ armónica en R2−Q′ y Q′ /∈D
y G=0 si P∈∂D ,o sea, si σ=R . Además, Gn=Gσ
σ=R y ds=Rdϕ , por lo que la solución de (P2) es:
(r, θ) =∫ R
0
∫ 2π0 σG(r, θ;σ,ϕ)F(σ,ϕ)dϕdσ + 1
2π
∫ 2π0
R2−r2R2−2Rr cos(θ−ϕ)+r2 ƒ (ϕ)dϕ
expresión mucho más compacta que las series de Fourier, aunque estas integrales, en ge-neral, no sean calculables (y habrá que aproximarlas, pero son aproximaciones también lassumas parciales).
Las cuentas en tres dimensiones son muy similares a los de dos. Si G es solución de (PG):
(, y, z) =∫∫∫
DGFdξdηdγ+
∮
∂DGn ƒ dS ( ∂D es ahora una superficie)
Se ve de manera similar que la solución fundamental en el espacio es:
=− 14πPQ
rr +2r r = 0→ = c1 +
c2r
Los puntos imágenes respecto a planos son igual de sencillos y para la esferade radio R vuelve a situarse el punto Q′ a una distancia R2/ r del origen.
54
4. Otros métodos en EDPs
Este capítulo está dedicado al estudio de varios temas independientes entre sí.En 4.1 nos dedicaremos a sacarle jugo a la fórmula de D’Alembert deducida en1.3 para la solución del problema puro de valores iniciales para la cuerda infinita:
tt − c2 = 0 , , t∈R(,0) = ƒ () , t(,0) = g()
Utilizaremos que la solución (, t) resulta ser la suma de dos ondas que se muevenen sentido opuesto a velocidad c . Daremos también una fórmula para las solucio-nes en el caso de la ecuación no homogénea (con fuerzas externas F(, t) ).Comprobaremos como, extendiendo de forma adecuada los datos inicialesa todo R, podemos abordar problemas con condiciones de contorno. Al estarmanejando funciones con expresiones diferentes en diferentes intervalos, escribirla solución explícitamente nos puede llevar a discusiones complicadas. Por eso nosconformaremos muchas veces con hallar su expresión para valores de t o fijoso con los dibujos de la solución.
En 4.2 comenzaremos dando sin demostración la solución del problema puro devalores iniciales para la ecuación de ondas homogénea en el espacio (fórmula dePoisson-Kirchoff). De ella deduciremos la fórmula para el plano. Estudiaremoslas diferencias entre la propagación de las ondas en una, dos y tres dimensiones es-paciales. Comprobaremos que las ondas en el espacio ‘pasan’ (como ocurre con elsonido), mientras que en el plano la influencia de los datos iniciales se deja sentir,aunque amortiguándose, a lo largo del tiempo (en la recta dependerá de si la per-turbación inicial se da en la posición o en la velocidad). Estudiaremos también lasondas que se propagan en el espacio con simetría esférica que son de tratamien-to sencillo, por ser esencialmente unidimensionales, ya que un sencillo cambio devariable lleva a la ecuación de la cuerda (para n=2 no existe tal cambio).
En la la sección 4.3 definiremos la transformada de Fourier F y veremos al-gunas de sus propiedades que permiten resolver algunas EDPs en intervalos noacotados (para ellos no se puede utilizar separación de variables por no aparecerproblemas de Sturm-Liouville). Como ocurre con la transformada de Laplace paralas EDOs, aplicando la F a algún problema para EDPs acabaremos en otro más sen-cillo (de EDOs, para las ecuaciones en dos variables que tratamos). Resuelto estesegundo problema, para hallar la solución habrá que encontrar una transformadainversa. Para problemas en semirrectas introduciremos también las transformadasseno y coseno. En particular (además de otros problemas), las transformadas deFourier nos permitirán resolver problemas de la ecuación del calor en varillasno acotadas (no resolubles con las técnicas de los capítulos anteriores) como:
t − = 0 , ∈R, t>0(,0) = ƒ () , acotada
Aparecerá la solución fundamental de la ecuación del calor y se comprobará que,según nuestra ecuación matemática, el calor se transmite a velocidad infinita.
55
4.1. Ecuación de la cuerda vibrante
En el capítulo 1 vimos que para el problema puro de valores iniciales:
u(x,0)
f(x)x
g(x)(P1)
¨ tt − c2 = 0 , , t∈R(,0) = ƒ ()t(,0) = g()
las características eran ±ct=K , la solución general
(, t) = p(+ct) + q(−ct) , p y q funciones arbitrarias de C2,
y la solución única de (P1), satisfaciendo ya los datos iniciales:
Fórmula de D’Alembert (, t) = 12
ƒ (+ct)+ƒ (−ct)
+ 12c
∫ +ct
−ctg(s)ds [1]
Para que sea C2, debía ƒ ∈C2 y g∈C1 (entonces es solución clásica o regular).[Si es continua pero no C2 se llama ‘solución débil’, concepto típico EDPs. En cada casohay que precisar que se admite como solución débil y comprobar que el problema siguebien planteado (si hay más funciones que valen como soluciones, ¿seguirá la unicidad?)].
dominio de dependencia
x
t
x-ct=x -cto o x+ct=x +cto o
x -cto o x +cto o
o o(x ,t ) Observemos que (o, to) sólo depende de los valores deƒ en los puntos o−cto y o+cto [puntos de corte con eleje de las características que pasan por (o, to) ] y delos de g en el intervalo [o−cto, o+cto] . A este intervalose le llama dominio de dependencia del punto (o, to)[de los valores iniciales ƒ y g ; el dominio de dependenciade los valores de ƒ se reduce a los extremos].
Ej 1. Sea ƒ ()=0 , g()= → (, t) = 12c
∫ +ct−ct sds =
14c
s2+ct−ct = t .
u(x,t)t=0[La cuerda infinita se inclina progresivamente,cosa poco real. La ecuación es sólo un mode-lo simplificado. Más interés (y más complicaciónde análisis) tienen los problemas en los que losdatos son no nulos sólo en intervalos acotados].
La solución de (P1) es la suma de dos ondas que viajan a velocidad c , unahacia las crecientes y otra hacia las decrecientes. A la vista de [1]:
Llamando G()≡ 12c
∫
0 g(s)ds :q() = 1
2 ƒ ()−G() va hacia la derecha
p() = 12 ƒ ()+G() va hacia la izquierda
Para obtener un dibujo de la solución (, t) en diferentes instantes, identificadasestas ondas viajeras, bastará trasladar sus gráficas y sumarlas (gráficamente).
f f/2h
0—b b
Ej 2. Supongamos ƒ=0 salvo una perturbación en forma de triánguloen torno a 0 y que soltamos la cuerda sin impulso (g=0 ).
Dibujemos la solución para diferentes t . Basta trasladar las dosondas que viajan en sentidos opuestos [aquí ambas son 1
2 ƒ () ]:
t=b/2c h/2
—b b
t=b/ch/2
—b b
t=3b/2ch/2
—b b
Ha costado muy poco hacer estos dibujos y predecir la evolución de esta solución débil[bastante más costaría dar la expresión analítica de la solución para todo y todo t ].Los picos de la ƒ inicial se mantienen indefinidamente y viajan también a velocidad c .
56
Supongamos ahora que hay fuerzas externas. El problema es:
(P2)n tt − c2 = F(, t) , , t∈R(,0) = ƒ (), t(,0) = g()
Necesitamos sólo la solución F del problema con ƒ=g=0 , pues, por la linealidad,si 1 es la solución del (P1) anterior, es 1+F la solución de (P2). Sabiendo algode derivación de integrales, no es difícil deducir que
F(, t) =1
2c
∫ t
0
∫ +c[t−τ]
−c[t−τ]F(s, τ)dsdτ satisface
tt − c2 = F(, t)(,0)=t(,0)=0
Por tanto, concluimos que la solución de (P2) es:
(, t) = 12
ƒ (+ct)+ƒ (−ct)
+ 12c
∫ +ct
−ctg(s)ds+ 1
2c
∫ t
0
∫ +c[t−τ]
−c[t−τ]F(s, τ)dsdτ [2]
x
t
x+ct s
x-ct
(x,t)τSe comprueba que el recinto descrito por la integral do-
ble es el triángulo del plano sτ limitado por el eje τ=0y las características que pasan por (, t) . Así pues, parahallar la solución en un punto (, t) se necesita sólo:i) los valores de F en dicho triángulo, ii) los de g en subase y iii) los de ƒ en los dos puntos −ct y +ct .
Ej 3.
tt − = 2(,0)= , t(,0)=3
Utilizando directamente [2]:
= 12
(+t)+(−t)
+ 12
∫ +t−t 3ds+
12
∫ t
0
∫ +[t−τ]−[t−τ] 2dsdτ = +3t+2
∫ t
0 [t−τ]dτ = +3t+t2
A veces es fácil hallar una solución particular de la ecuación no homogénea y asíevitar el cálculo de la integral doble, pues = − conduce a un problema conF=0 , resoluble con [1] (esto no se podrá hacer siempre cuando haya condiciones decontorno, pues podrían dejar de ser homogéneas). Por ejemplo si ƒ depende sólo de o de t se puede buscar una () o una (t) . En este caso:
−=2→ =−2+C+K → si ()=−2, cumple
tt − = 0(,0)=+2, t(,0)=3
→= 12
(+t)+(+t)2+(−t)+(−t)2
+∫ +t−t 3ds = +
2+t2+3t→ =+3t+t2
tt=2→ (t)= t2+3t →
tt − = 0(,0)=, t(,0)=0
→ = → = + 3t + t2
Resolvamos ahora el problema para la cuerda semi-infinita y fija en un extremo:
(P3)
¨ tt−c2 = 0 , ≥0, t∈R(,0)= ƒ () , t(,0)=g()(0, t) = 0
[para que no esté rota,debe ser ƒ (0)=0 ].
La fórmula [1] exige funciones definidas ∀ . ¿Cómo extender ƒ y g a todo R? Sillamamos ƒ∗ y g∗ a sus extensiones se debe cumplir la condición de contorno:
(0, t) = 12
ƒ∗(ct) + ƒ∗(−ct)
+ 12c
∫ ct
−ct g∗(s)ds = 0 .
Es claro que ƒ∗ y g∗ han de ser imparesrespecto a 0 , es decir,
ƒ∗(−)=−ƒ∗() ; g∗(−)=−g∗() .
Así pues, la solución de (P3) es la del siguiente problema (para la cuerda infinita):¨ tt−c2=0 , , t∈R(,0)= ƒ∗()t(,0)=g∗()
, (, t)= 12
ƒ∗(+ct)+ƒ∗(−ct)
+ 12c
∫ +ct
−ctg∗(s)ds [3]
pues cumple la ecuación, las condiciones iniciales para ≥0 , y la de contorno.
57
Siguiendo con la cuerda semi-infinita, veamos como se resuelve el problema másgeneral con fuerzas externas y extremo móvil:
(P4)
¨ tt−c2 = F(, t) , ≥0, t ∈ R(,0) = ƒ () , t(,0) = g()(0, t) = h0(t)
[debe ahora serƒ (0)=h0(0) ].
Primero debemos hacer la condición de contorno homogénea, encontrandouna que la cumpla y haciendo =− .
La más clara (no siempre la mejor) es: (t)=h0(t) .
Una vez que tenemos la condición de contorno homogénea, la solución del proble-ma en la da [2] si sustituimos sus ƒ , g y F por ƒ∗, g∗ y F∗, siendo ésta últimala extensión impar de F mirándola como función de .
Ej 4.
¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t) = t2
Hallemos primero la solución para un y t fijos: (1,2) .
2
-1 1 3
2
-2Para anular la condición de contorno podemos usar la de arriba:
=−t2 →¨ tt−=−2(,0)=t(,0)=0(0, t) = 0
→
(
tt−=n
2 , <0−2 , >0
(,0)=t(,0)=0→
(1,2)= 12
∫∫
4F∗= 1
2
h
(2)área +(−2)áreai
= −3 → (1,2)=−3+4=1 .
[Por ser constantes las F a integrar, nos hemos ahorrado el cálculo de integralesdobles. Pero como esto no se podrá hacer en general, vamos a perder un poco eltiempo en hallar (1,2) sin este atajo. El valor que estamos calculando es:
(1,2) = 12
∫∫
4F∗= 1
2
∫ 20
∫ 3−ττ−1 F∗(s, τ)dsdτ
Sobre el triángulo pequeño la integral viene dada por:
12
∫ 10
∫ 0τ−1 2dsdτ =
∫ 10 (1−τ)dτ =
12 .
Para el otro cuadrilátero hay que dividir en dos el recinto de integración:
12
∫ 10
∫ 3−τ0 (−2)dsdτ + 1
2
∫ 21
∫ 3−ττ−1 (−2)dsdτ =
∫ 10 (τ−3)dτ +
∫ 21 (2τ−4)dτ = −
72 .
Sumando ambos resultados obtenemos (1,2)=−3 como antes].
Pero podríamos conseguir un problema sin F (que siempre es complicado), haciendo elcambio con una mejor. Tanteando un poco se ve que = 2+t2 cumple la condicióny también la ecuación:
x
-x
xf
2
2*
=−→¨ tt−=0(,0)=−2, t(,0)=0(0, t) = 0
→¨tt−=0 , , t∈R(,0) = ƒ∗()t(,0)=0
→(1,2) = 12 [ƒ
∗(3)+ƒ∗(−1)] = −4→ (1,2) = 5−4 = 1
Con este segundo cambio no es difícil dar la (, t) para todo , t≥0 (con el primeronos costaría mucho más). Está claro que hay que considerar dos posibilidades, pues,aunque + t es siempre positivo, − t puede ser también negativo, y la ƒ∗ tieneexpresiones distintas para valores positivos y negativos:
= 12 [ƒ
∗(+t)+ƒ∗(−t)] =(
− 12 (+t)2+ 1
2 (−t)2=−2t, ≤ t
− 12 (+t)2− 1
2 (−t)2=−2−t2, ≥ t
→ =
¨
(−t)2, ≤ t0 , ≥ t
[Como las ondas viajan a velocidad c=1 los puntos a distancia ≥ t debían estarparados en el instante t ].
En 4.2 veremos que los problemas de ondas en el espacio con simetría radialse reducen con el cambio =r a problemas de cuerdas semi-infinitas.
58
Estudiemos la cuerda acotada y fija en ambos extremos [resuelta ya en 3.1]:
0 L(P5)
¨ tt−c2=0 , ∈[0, L], t∈R(,0)= ƒ () , t(,0)=g()(0, t) = (L, t) = 0
[debe serƒ (0)= ƒ (L)=0 ].
Para hallar su solución única con la fórmula de D’Alembert extendemos ƒ y g a[−L, L] de forma impar respecto a 0 y luego de forma 2L-periódica a todoR, es decir, llamando ƒ∗ y g∗ a estas extensiones:
ƒ∗(−)=−ƒ∗() , ƒ∗(+2L)= ƒ∗() ; g∗(−)=−g∗() , g∗(+2L)=g∗() .
0 L
2L 3L-2L -L
ff*
(se tiene entonces que ƒ∗ y g∗ son también impares respecto a L ).
Como para (P3), la solución de (P5) se obtiene aplicando [3] al siguiente problema(por la imparidad de los datos se cumplen también las condiciones de contorno):
tt−c2 = 0 , , t∈R(,0)= ƒ∗() , t(,0)=g∗()
Para que la dada por [3] sea C2 (regular) deben ƒ ∈C2[0, L] y g∈C1[0, L] y además:
ƒ (0)= ƒ (L)= ƒ ′′(0)= ƒ ′′(L)=g(0)=g(L)=0 [ ƒ ′ y g′ existen en 0 y L por la imparidad].
f
01/2
u(x,0)
1x
Ej 5.
tt − = 0 , ∈[0,1], t∈R
(,0) =n
, 0≤≤1/21− , 1/2≤≤1
t(,0) = (0, t) = (L, t) = 0
(Puede representar lapulsación de la cuerdade una guitarra).
Es complicado hallar explícitamente (, t) ∀, t pues ƒ∗ tiene muchas expresiones:
10
f 1/2
*
ƒ∗() =
· · ·−1− , −3/2 ≤ ≤ −1/2 , −1/2 ≤ ≤ 1/21− , 1/2 ≤ ≤ 3/2− 2, 3/2 ≤ ≤ 5/2· · ·
Hallar (, t) = 12
ƒ∗(+ t) + ƒ∗(− t)
exigiría discutir en qué intervalos se mueven+t y −t y sería muy largo (para estas discusiones conviene dibujar los dominios dedependencia). Algo más fácil es hallar la solución para un t o fijos. Por ejemplo:
, 14
= 12
ƒ∗(+ 14 ) + ƒ
∗(− 14 )
1/2-1/2 11/4 3/40
1/4
=
2+
18 +
2−
18 = , 0≤≤
14
38−
2 +
2−
18 =
14 ,
14 ≤≤
34
38−
2 +
58−
2 = 1− ,
34 ≤≤1
Sí es muy fácil hallar para un (, t) dado. No se necesita siquiera la expresión de ƒ∗.
Por ejemplo: 14 ,3
= 12
h
ƒ∗134
+ ƒ∗
− 114
i
=↑12
h
ƒ∗
− 34
+ ƒ∗
− 34
i
=↑−ƒ34
= − 14 .
ƒ∗ es 2-periódica ƒ∗ es impar
Tampoco se necesita la expresión de ƒ∗ para hacer dibujos: basta trasladar ondas y sumar.Dibujemos:
12 , t
=h
ƒ∗12+t
+ ƒ∗12−t
i
=h
ƒ∗12+t
− ƒ∗
t− 12
i
10 2
34
5u(1/2,t)
1/2
t
La gráfica se repite con periodo 2. Esto es general: por las propiedades de ƒ∗ y g∗ la
dada por [3] es 2Lc −periódica. Lo que era evidente en la serie solución dada en 3.1:
(, t)=∞∑
n=1
kn cosnπt sennπ , kn=2∫ 1/20 sennπd+2
∫ 11/2(1−) sennπd=
4sen nπ2
n2π2.
(Pulsando la cuerda en el centro desaparecen los armónicos pares).
59
Si queremos resolver el problema más general:
(P6)
¨ tt−c2 = F(, t) , ∈[0, L], t∈R(,0) = ƒ () , t(,0) = g()(0, t) = h0(t) , (L, t) = hL(t)
(hay fuerzas externas ymovemos los extremos)
primero, como siempre, hay que hacer las condiciones de contorno homogéneas,hallando una que las cumpla y haciendo =− . Una de esas es la conocida:
(, t)=
1− L
h0(t) +LhL(t) [a veces será mejor buscar otra].
La solución del problema en la da de nuevo [2], poniendo en vez de ƒ , g y F ,las extensiones impares y 2L-periódicas ƒ∗, g∗ y F∗ (vista F como función de ).
Ej 6.
¨ tt−=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=2 , t(,0)=0(0, t)=0 , (2, t)=4
Hallemos (1,2) y (,1) , mediante D’Alemberty por separación de variables.
x –2x
2 41
-2
-12
1
La = 2 de arriba es adecuada en este caso:
=−2 →¨ tt−=0 , ∈[0,2](,0)=2−2 , t(,0)=0(0, t)=(2, t)=0
.
Debemos extender ƒ de forma impar y 4-periódica a ƒ∗ definida en R:. . . , −(+2) en [−2,0] , (−2) en [0,2] , −(−4)(−2) en [2,4] , . . .
La solución viene dada por = 12 [ƒ
∗(+t)+ƒ∗(−t)] . Por tanto:
(1,2) = 12
ƒ∗(3)+ƒ∗(−1)
=4per
12
ƒ∗(−1)+ƒ∗(−1)
=impar
−ƒ (1) = 1 → (1,2)= 3 .
Para hallar (,1) aparecen dos casos (se podría ver con los dominios de dependencia):
(,1)= 12
ƒ∗(+1)+ƒ∗(−1)
=(
0≤≤1 , 12 [−(−1)(+1) + (+1)(−1)] = 0
1≤≤2 , 12 [−(−1)(−3) + (−3)(−1)] = 0
→ (,1)=2 .
[Es claro que llevando ƒ∗ una unidad a izquierda y derecha y sumando todo se cancela].
Para resolver el problema en separando variables copiamos la solución dada en 3.1:
(, t) =∞∑
n=1
kn cosnπt2 sen nπ
2 con kn=∫ 20 (
2−2) sen nπ2 d = 16n3π3
[cosnπ−1]
→ (, t) = − 32π3
∞∑
m=1
1(2m−1)3 cos
(2m−1)πt2 sen (2m−1)π2 .
Para t=1 todos los cosenos se anulan, con lo que (,1)=0 (como por D’Alembert).
Además (1,2) = 32π3
∞∑
m=1
(−1)m+1(2m−1)3
h
=1 ; deducimos que 1− 133 +
153 −
173 + · · · =
π3
32
i
.
Por último veamos cómo se debe extender si la condición de contorno es (0, t)=0 :
(0, t) =12
ƒ∗′(ct)+ƒ∗′(−ct)
+ 12c
g∗(−ct)−g∗(ct)
= 0 , ƒ∗′ impar y g∗ par ⇒
se deben extender ƒ y g de forma par respecto a 0 (o respecto a L si fuese ahí =0 ).
[Separando variables salen las autofunciones sen nπL con condiciones =0 y cos nπLsi son =0 , su periodicidad y paridades son las mismas que las obtenidas aquí].
Ej 7.
tt−=0 , ∈[0,2π], t∈R
(,0)=0 , t(,0)=n
sen, ∈[0,π]0, ∈[π,2π]
(0, t)=(2π, t)=0
Hallemos (,2π) , por D’Alemberty separando variables.
tt−=0, , t∈R(,0)=0, t(,0)=g∗()
con g∗ par y 4π-periódica. –2π 0 π 2π 4π
g*
(,2π) = 12
∫ +2π−2π g
∗= 12
∫ 2π−2π g
∗=∫ π
0 sen sds = 2[la integral en un periodo de una función
periódica no depende del intervalo].
Separando variables: X′′+λX=0 , X′(0)=X′(2π)=0→ λn=n2
4 , Xn=
cos n2
, n=0,1, . . .n T′′+λnT=0T(0)=0 →
T0=tTn=
sen nt2
, n≥1 → = 02 t+
∞∑
n=1
n sennt2 cos
n2
t=2π= 0π .
t(,0) =02 +
∞∑
n=1
nn2 cos
n2 =g() → 0=
22π
∫ 2π0 g = 1
π
∫ π
0 send=2π → (,2π)= 2 .
60
4.2. Ondas en tres y dos dimensiones.
Sea el problema de valores iniciales para las de ondas en 3 dimensiones espaciales:
(P3)
¨
tt − c2
+yy+zz
= 0 , (, y, z)∈R3, t∈R(, y, z,0) = ƒ (, y, z) , t(, y, z,0) = g(, y, z)
Se puede deducir una fórmula para la solución de (P3) análoga a la de D’Alembert paran=1 . Aceptemos que, si ƒ ∈C3 y g∈C2 , esa solución viene dada por la
[pk] (, y, z, t) = ∂∂t
h 1
4πc2t
∫∫
C
ƒ dSi
+1
4πc2t
∫∫
C
gdSfórmula de Poisson
o de Kirchoff
siendo C la superficie de la bola de centro (, y, z) y radio ct .θ
ɸ
(x,y,z)
ctLa forma más natural de parametrizar esta superficie es mediantelos ángulos θ y ϕ de las coordenadas esféricas centradas en elpunto (, y, z) del dibujo de la derecha →
Desarrollando las integrales de [1] se obtiene:
(, y, z, t) = ∂∂t
h
t4π
∫ 2π0
∫ π
0 ƒ (+ct senθ cosϕ, y+ct senθ senϕ, z+ct cosθ) senθdθdϕi
+ t4π
∫ 2π0
∫ π
0 g(+ct senθ cosϕ, y+ct senθ senϕ, z+ct cosθ) senθdθdϕ
Estudiemos ahora la propagación de ondas en 2 dimensiones:
(P2)
¨
tt − c2
+yy
= 0 , (, y)∈R2, t∈R(, y,0) = ƒ (, y) , t(, y,0) = g(, y)
Podemos mirar (P2) como un caso particular de (P3) en que datos (y por tanto soluciones) nodependen de z . Las coordenadas adecuadas ahora para parametrizar C son las cartesianas(o las cilíndricas). Expresando [pk] en cartesianas se obtiene:
(, y, t) = 12πc
∂
∂t
∫∫
B
ƒ (ξ, η)dξdηp
c2t2 − (ξ−)2 − (η−y)2+∫∫
B
g(ξ, η)dξdηp
c2t2 − (ξ−)2 − (η−y)2
donde B es todo el círculo de centro (, y) y radio ct .
La fórmula anterior escrita en polares centradas en (, y) queda:
(, y, t) = 12πc
∂
∂t
∫ 2π
0
∫ ct
0
r ƒ (+r cosθ, y+r senθ)drdθp
c2t2 − r2+∫ 2π
0
∫ ct
0
r g(+r cosθ, y+r senθ)drdθp
c2t2 − r2
Ej 1. Resolvamos:
¨
tt −
+yy+zz
= 0 , (, y, z, t)∈R4
(, y, z,0) = z , t(, y, z,0) = 2+y2
Aplicando directamente la fórmula de Poisson-Kirchoff:
= ∂∂t
h
t4π
∫ 2π0
∫ π
0 (z+t cosθ) senθdθdϕi
+ t4π
∫ 2π0
∫ π
0 (2+y2+t2 sen2θ+2t[ senθ cosϕ+y senθ senϕ]) senθdθdϕ
= ∂∂t
h
t2
∫ π
0 (z+t cosθ) senθdθi
+ t2
∫ π
0 (2+y2+t2 sen2θ) senθdθ
= ∂∂t
tz
+ t
2+y2+ 2t23
= z + t2 + ty2 + 23 t3
También podemos descomponer el problema en dos y sumar sus soluciones:
El de ƒ=z , g=0 se puede ver como uno para n=1 : 1 =12
(z+t) + (z−t)
= z .
El de ƒ=0 , g=2+y2, como uno de n=2 :
2 =12π
∫ 2π
0
∫ t
0
r(2 + y2 + r2 + 2r[ cosθ+y senθ])p
t2 − r2drdθ =
∫ t
0
r(2+y2)+r3p
t2 − r2dr
=h
− (2+y2)p
t2−r2 − 13
2t2+r2
p
t2−r2it
0= t2+ty2+ 2
3 t3.
61
Interpretemos la fórmula [pk]. Los valores de sólo dependen de los de ƒ y g sobre elborde de la esfera B((, y, z), ct) . Si para t = 0 hay una perturbación concentrada en unpunto P del espacio, en otro t sólo están perturbados los puntos de la superficie esféricade centro P y radio ct , pues para los demás puntos es ƒ=g=0 sobre la superficie C .
frentedelantero
frentetrasero
ct-act+a
a
Si inicialmente se perturba todo un conjunto A , los pun-tos afectados para cada t son una región At del espacioformada por la unión de todas las superficies esféricasde radio ct y centro P ∈ A . La superficie exterior de Atse llama frente delantero de la onda y la interior fren-te trasero. En el dibujo se esquematizan ambos frentespara el caso de una perturbación inicial de una esferade radio . Los puntos que alcanza el frente delantero,antes en reposo, comenzarán a oscilar. Los puntos sobre-pasados por el trasero volverán al reposo.
Veamos ahora lo que sucede en el plano. Supongamos una perturbación localizada parat=0 en un punto P del plano. Otro punto M , situado a una distancia d de P , permaneceráen reposo hasta el instante to=d/c . Si t≥ to , P ya pertenece al círculo B(M, ct) y por tantoserá (M, t) 6=0 : a partir del instante to el punto M permanece perturbado indefinidamente(aunque tienda a pararse cuando t→∞ , como las ondas producidas por una piedra en unestanque). Esta situación no contradice los resultados para n=3 : la perturbación de P , vistacomo una perturbación en el espacio independiente de z , consiste de hecho en un cilindrovertical infinito sobre P , con lo que al M irán llegando las perturbaciones provinientes depuntos cada vez más lejanos del cilindro (que, por tanto, serán cada vez más pequeñas). Lasondas que se propagan constituyen ondas cilíndricas en el espacio: en cada cilindro paraleloal inicial la solución toma un valor constante.
[Las ondas pasan en el espacio y permanecen en el plano].
Si las ƒ y g sólo dependen de , se puede ver que como caso particular de [pk] aparecela conocida fórmula de D’Alembert para n=1 . Si se mira esta solución sumergida en R3 sepuede interpretar como la suma de dos ondas planas avanzando por planos perpendicularesal eje a velocidad ±c . Todos los puntos de cada plano están igualmente perturbados.Veamos si para la cuerda las perturbaciones iniciales pasan o permanecen. Para ello vamosa definir lo que se llama dominio de influencia: el valor de la
x
t
o
o
o
dominio deinfluenciade la g
dom. inf.de la f
x+ct=x x-ct=x
x
ƒ inicial en = o influye sólo en los valores de la solución sobre las dos características que pasan por (o,0) [dominio deinfluencia de la ƒ ], pues este punto no influye en el valor de lasolución en puntos que no estén sobre ellas. Por la misma razónel dominio de influencia de la g en o consiste en el triánguloinfinito limitado por dichas características.En el caso n = 1 , se da una situación intermedia entre n = 2 y n = 3 : la influencia de laposición inicial ƒ desaparece, pero la de la velocidad g inicial se deja sentir indefinidamente.
Nos interesan también los dominios de influencia en la cuerda semi-infinita (las ondas enel espacio con simetría esférica se reducirán a ella). La situación es la siguiente:
t
f
Como se extendía de forma impar respecto del origen, si oestá perturbado, también lo estará (en sentido opuesto) elpunto −o . Cuando la característica que sale de o llegaa = 0 se encuentra con la que viene del punto simétrico(‘rebota’). La ƒ influye, pues, en el segmento y semirrectasindicados. Y la g , sobre la región sombreada (fuera, o seintegra 0 ó se cancelan las aportaciones de o y −o ).Como se ve, también la g en este caso deja de influir sobrela solución pasado un tiempo.[Este dibujo nos sirve además para ver que se invierte una onda cuando llega a un extremofijo: cuando rebota, aparece la onda que viene de −o con forma opuesta a que llegó].
(x,y,z)t
x
y
(x ,y ,0)
t
x
y
o o
ctSi n = 2 , el dominio de dependencia de (, y, t)de los datos iniciales es todo el círculo B((, y), ct)y el de influencia de la ƒ y g iniciales en un punto(o, yo,0) es todo el cono (−o)2+(y−yo)2 ≤ c2t2 .
Para n = 3 la influencia de (o, yo, zo,0) es sola-mente la superficie de un cono tetradimensional(no dibujable).
62
Consideremos ahora ondas en el espacio con simetría radial. Pasando a esféri-cas y quitando los términos con derivadas respecto a θ y ϕ llegamos al problema:
(Pr)
¨
tt − c2
rr+2r r
= 0 , r≥0, t∈R(r,0) = ƒ (r) , t(r,0) = g(r)
Haciendo = r , la ecuación se transforma en la de la cuerda: tt−c2rr=0 .Y como es acotada, aparece la condición de contorno: (0, t) = 0 · (0, t) = 0 .Así, el problema en las nuevas variables es:
(P)
¨
tt − c2rr = 0 , r≥0, t∈R(r,0)=rƒ (r), t(r,0)=rg(r), (0, t)=0
Sabemos desde la sección anterior que si F∗ y G∗ son las extensiones imparesrespecto a 0 de F(r)≡rƒ (r) y G(r)≡rg(r) la solución de (Pr) es:
(r, t) = 12r [F
∗(r+ct)+F∗(r−ct)] + 12cr
∫ r+ctr−ct G
∗(s)ds [•]
que podemos poner en la forma (r, t) = 1r p(r+ct) +
1r q(r−ct) e interpretar como
la suma de dos ondas esféricas, cuyos radios disminuyen o crecen a velocidad c .La magnitud de la perturbación propagada es inversamente proporcional al radio.
[•] da problemas en r=0 , pero con L’Hôpital y el teorema fundamental del cálculo:
→r→0
12
F∗′(ct)+F∗′(−ct)
+ 12c
G∗(ct)−G∗(−ct)
= F∗′(ct)+ 1cG
∗(ct) = (0, t)
(0, t) puede no ser continua aunque ƒ lo sea (si F∗ no es C1)
.
Ej 2.
¨
tt − Δ = 0 , r≥0 , t∈R
(r,0)=0, t(r,0)=
1 , r ≤ 10 , r > 1
Comencemos suponiendo n=3 .Su solución es =
r , si es la solución de:G*
r
¨
tt − rr = 0 , r, t ∈ R(r,0)=0, t(r,0)=G∗(r)=
r , |r| ≤ 10 , |r| > 1
→ (r, t) = 12
∫ r+tr−t G
∗
rR-t
R+1 dominio deinfluencia
1
R-1
t
R-1
Estudiemos la evolución para t≥0 de un punto M del espaciosituado a una distancia R>1 del origen. Si t<R−1 o si t>R+1es claro que =0 . Si t ∈ [R−1, R+1] , la integral se reduce a:
∫ 1R−t sds → (R, t) = 1−[R−t]2
4R
Se ve que M oscila sólo durante un intervalo de tiempo finito[eso lo podíamos decir dibujando el dominio de influencia].Y que la amplitud máxima de la oscilación es inversamenteproporcional a la distancia que separa M del origen.
R
1/4Rt
u(R,t)
R-1 R+1Dar (R, t) con la fórmula [pk] es complicado, pero sí esfácil hallar:
(0,0,0, t) =
¨ 14πt
∫∫
C1dS = área de C
4πt = t , si 0≤ t≤114πt
∫∫
C0dS = 0 , si t>1
= G∗(t) [predicho con L’Hôpital].
Hay discontinuidades (G era discontinua), pero se concentran en el origen [(M, t) sí era continua].
1
t ≥1Miremos ahora el problema como si fuese para n=2 . Los cálculosson siempre más difíciles, así que nos limitamos a hallar (0,0, t) :
(0,0, t)= 12π
∫ 2π0
∫ t
0r gdrdθpt2−r2
=∫ t
0r gdrpt2−r2
=
¨
∫ t
0r drpt2−r2
= t , t≤1∫ 10
r drpt2−r2
= t−p
t2−1 , t≥1
Como debía suceder, t −p
t2−1 = 1
t+pt2−1
→t→∞
0 .
63
Ej 3.
tt−rr− 2r r = 0 , r≥0, t∈R(r,0)= ƒ (r) , t(r,0)=0
, con ƒ (r) =n(r−2)(r−4) si r∈[2,4]0 en el resto de [0,∞)
Dibujemos la solución para t=3 y 6 y describamos la evolución de dicha solución.Para ello nos basamos en los dibujos del problema para la cuerda semiacotada:
¨ tt−rr=0 , r≥0(r,0)=rƒ (r) ≡ F(r)t(r,0)=(0, t)=0
→¨ tt−rr = 0 , r∈R(r,0)=F∗(r) impar
t(r,0)=0
Será (r, t) = F∗(r+t)+F∗(r−t)2 y (r, t) = (r,t)
r .
Movemos 12F
∗ a izquierda y derecha y sumamos.
Precisamos los dibujos hallando algunos valores:
Como F(r)=r(r−2)(r−4) , r∈[2,4] , es F(3)=−3
y F es mínima para =2+ 23
p3 ≈3.2 .
12 ,3
= −3/81/2 =−34 , (6,3)= −3/26 =− 14 ,
(3,6)= 3/23 =
12 , (9,6)= −3/29 =− 16 ,
Además (0, t)=F∗′(t) → (0,3) = 3t2−12t=8
t=3 = −1 .
[(0, t) resulta ser discontinua para t=2 y t=4 : F∗′(2+)=−4 6=0 y F∗′(4−)=8 6=0 .En esos instantes los ‘picos’ de ƒ confluyen en el origen].
Tanto para como para , la onda se divide en 2 y se refleja cambiando de signo; pero,mientras en dimensión 1 no se deforma, en el espacio disminuye al alejarse del origen.
Ej 4.
¨
tt−
rr+2r r
=0 , r≥0(r,0)=r , t(r,0)=0
Calculemos (1, t) para t≥0 .
=r →¨ tt−rr=0 , r≥0(r,0)=r2
t(r,0)=(0, t)=0→¨ tt−rr=0 , r∈R(r,0)= ƒ∗(r)t(r,0)=0
ƒ∗ extensión impar de r2
− r2 si r≤0
.
Por tanto, (1, t) = (1,t)1 =
( 12 [(1+t)
2+(1−t)2]= 1+t2 si 0≤ t≤112 [(1+t)
2−(1−t)2]= 2t si t≥1.
También se puede hallar con la fórmula de Poisson-Kirchoff. Para simplificar, la evaluamosen el punto más sencillo situado a distancia 1 , el (0,0,1) :
(0,0,1, t) = ∂∂t
h
t4π
∫ 2π0
∫ π
0
p
1+t2+2t cosθ senθdθdϕi
s=cosθ= ∂
∂t
h
t2
∫ 1−1
p
1+t2+2ts dsi
= ∂∂t
h
16 (1+t
2+2ts)3/2i1
−1= 16∂∂t
|t+1|3−|t−1|3
= 16
( ∂∂t [2t
3+6t] si 0≤ t≤1∂∂t [6t
2+2] si t≥1
que nos lleva al resultado de antes.
64
4.3. Transformadas de Fourier.
Sea ƒ () definida en R y absolutamente integrableh
∫∞−∞ | ƒ | <∞
i
.
La transformada de Fourier de ƒ es la función: ƒ (k)= 1p2π
∫ ∞
−∞ƒ ()ek d .
Si ƒ es además C1 se puede recuperar a partir de ƒ usando la fórmula de inversión:
Teor 1 ƒ ∈C1(R) y absolutamente integrable ⇒ ƒ ()= 1p2π
∫ ∞
−∞ƒ (k)e−kdk ∀∈R .
Algunos libros no ponen la constante 1p2π
en la definición de ƒ y ponen 12π en la fórmula
de inversión; también se puede ver en la primera fórmula e−k y en la segunda ek ;como otros resultados (algunos se probarán en problemas) no la demostramos
.
Se llama a ƒ transformada inversa de Fourier de ƒ . Vamos a denotartambién F(ƒ ) = ƒ y F−1
ƒ
= ƒ . Es evidente que F y F−1 son lineales.
Veamos otras propiedades. La F hace desaparecer derivadas:
Teor 2 ƒ , ƒ ′, ƒ ′′∈C(R) y absolutamente integrables ⇒F(ƒ ′) = −kF(ƒ )F(ƒ ′′) = −k2F(ƒ )
F
ƒ ′()
= 1p2π
∫∞−∞ ƒ ′()ekd= 1p
2πƒ ()ek
∞−∞−
kp2π
∫∞−∞ ƒ ()ekd = −kF
ƒ ()
,
pues ƒ →→∞
0 si∫∞−∞ | ƒ | converge. F
ƒ ′′()
=−kF
ƒ ′()
=−k2F
ƒ ()
.
Estas transformadas nos aparecerán resolviendo EDPs (probamos las 2 primeras):
Teor 3F−1
ƒ (k)ek
= ƒ (−) . Si h()=
1 , ∈[, b]0 en el resto , F(h) = 1p
2πekb−ek
k .
F
e−2= 1p
2e−k
2/4 . F−1
e−k2= 1p
2e−
2/4 .
F−1
ƒe−k
= 1p2π
∫∞−∞ ƒ (k)e−k(−)dk = ƒ (−) . F(h) = 1p
2π
∫ b
ekd = 1p
2πekb−ek
k .
Teor 4La convolución de ƒ y g es la función: (ƒ∗g)()= 1p
2π
∫ ∞
−∞ƒ (−s)g(s)ds .
Se tiene ƒ∗g=g∗ƒ , y F(ƒ∗g)=F(ƒ )F(g) , si las transformadas existen.
Aplicando a una EDP en dos variables la F en una de ellas aparece una EDO (enla otra variable) para la . Resolviendo la EDO se halla . Identificando la de laque proviene o con el teorema 1 se puede a veces dar explícitamente la solución,pero en muchos casos hay que dejar en términos de integrales no calculables.
Ej 1.
t + = g()(,0) = ƒ ()
Aplicamos la F en la variable (se supone que , g y ƒson buenas, de modo que se pueden usar los teoremas):
¨
t − k = g(k)(k,0) = ƒ (k)
→ (k, t) = p(k)ekt− g(k)k , p arbitraria
d. i.→ = ƒ (k)ekt+ g(k)h
ekt−1k
i
Por tanto: (, t) = ƒ (−t) +p2π g()∗h() siendo h()=
1 si ∈[0, t]0 en el resto
Como∫ t
0 g(−)d = −∫ −t
g(s)ds , concluimos que = ƒ (−t) +∫
−t g(s)ds .
La solución la podemos calcular también con las técnicas del capítulo 1:
dtd = 1 →
ξ = − tη = → η = g(η) → = p(−t) +
∫
0 g(s)ds →
p() +∫
0 g(s)ds = ƒ () → = ƒ (−t)−∫ −t0 g(s)ds+
∫
0 g(s)ds como antes
.
65
Más interés que el ejemplo anterior, puesto que no conocemos ningún otro métodopara resolverlo, tiene el problema para el calor en una varilla infinita:
(P)
t − = 0 , ∈R, t>0(,0) = ƒ () , acotada
Supongamos que y ƒ son suficientemente regulares y que tienden a 0 en ±∞ losuficientemente rápido como para poder utilizar los teoremas anteriores. Aplicandola F en la variable a la ecuación y al dato inicial se tiene el problema:
¨
t + k2 = 0(k,0)= ƒ (k)
cuya solución es (k, t) = ƒ (k)e−k2t
La solución será la convolución de las transformadas inversas de cada uno de losfactores (la del segundo la vimos en el teorema 3):
(, t) =1
2pπt
∫ ∞
−∞ƒ (s)e−(−s)
2/4t ds ≡∫ ∞
−∞G(, s, t) ƒ (s)ds [1]
G(, s, t)= 12pπte−(−s)
2/4t es la llamada solución fundamental de la ecuación del calor
[es la temperatura del punto en el tiempo t debida a una ƒ inicial de la forma δ(−s) ].
Una vez deducida [1], en vez de justificar los pasos que llevaron a ella, se pruebaque proporciona realmente la solución de (P) con hipótesis más amplias inclusode las que nos permiten aplicar la F . En concreto, para cualquier ƒ acotada ycontinua a trozos [1] nos da la solución única acotada de (P) que es continua parat≥0 a excepción de los puntos de t=0 en que ƒ es discontinua.
De [1] se deduce también que, según nuestro modelo matemático, el calor setransmite a velocidad infinita: si ƒ >0 en un entorno de un o y nula en el resto,está claro que (, t)>0 por pequeño que sea t y grande que sea |−o| . Tambiénse ve que es C∞ para t>0 aunque ƒ sea discontinua (¡aunque sea ƒ ()=δ(−s) !).Son propiedades claramente diferentes de la ecuación de ondas.
Ej 2. Apliquemos [1] para resolver un par de problemas particulares.
Suponemos primero que: ƒ () =
0 , <01 , >0 → (, t) = 1
2pπt
∫∞0 e−(−s)
2/4t ds
Haciendo = (s−)/2pt la integral se transforma en:
(, t) = 1pπ
∫∞−/2
pte−
2d = 1p
π
∫ /2pt
0 e−2d + 1p
π
∫∞0 e−
2d = 1
2
h
1+ ϕ 2pt
i
0
1
s
-1
!(s)donde ϕ(s)= 2p
π
∫ s
0 e−2d es la llamada función error que
aparece a menudo en la teoría de las probabilidades.
0
1
x1/2
t!"
Como se observa, la solucióntiende hacia 1
2 para todo cuando t tiende a ∞ .
Sea ahora ƒ () = e−2
. Completamos cuadrados y hacemos un cambio de variable:
= 12pπt
∫ ∞
−∞e−s
2e−
(−s)24t ds = 1
2pπte−
2
4t+1
∫ ∞
−∞e−(•)
2ds con •=
sp4t+1− p
4t+1
2pt
Haciendo z = • se obtiene: = 12pπt
2ptp
4t+1e−
2
4t+1
∫ ∞
−∞e−z
2dz = 1p
1+4te−
2
1+4t .
Pero sale más corto aplicando directamente F :(
t=−k2(k,0)= 1p
2e−k
2/4 → = 1p2e−
k2 (1+4t)4 → = 1p
1+4te−
2
1+4t .
66
Ej 3.
t − + 2t = 0 , ∈R, t>0(,0)= ƒ () , acotada
Hallemos la solución para una ƒ () generaly deduzcamos la solución para ƒ ()≡1 .
[Como F(1) no existe, no se puede resolver directamente el problema con (,0)=1 ].¨
t+(k2+2t) = 0(k,0)= ƒ (k)
→ ˆ(k, t) = p(k)e−k2t−t2 d..→ ˆ(k, t) = ƒ (k)e−t
2e−k
2t →
(, t) = e−t2ƒ ()∗F−1(e−k2t) = e−t
2
2pπt
∫ ∞
−∞ƒ (s)e−(−s)
2/4t ds .
En particular, si ƒ ()≡1 , = e−t2
2pπt
∫ ∞
−∞e−(−s)
2/4tds =↑
e−t2
pπ
∫ ∞
−∞e−
2d = e−t
2.
(s−)/(2pt )=
[Parece que sería adecuado hacer un cambio de la forma =e−t2 →
t − = 0(,0)= ƒ () ;
de [1] se deduce nuestra fórmula y ≡1 es solución clara si ƒ ()≡1 (la varilla sigue a 1o ).
Análogamente a lo que pasaba con la transformada de Laplace para resolver EDOs, el usode la F permite abordar problemas de EDPs con la delta de Dirac δ sin entrar en sutilezassobre continuidades y saltos en derivadas.
La transformada de la delta es muy fácil de hallar:
F
δ(−)
= 1p2π
∫ ∞
−∞δ(−)ek d = 1p
2πek .
[Obsérvese que formalmente esta función (que no tiende a 0 en ±∞ )no tiene transformada inversa, pero, como ya hemos dicho, con la Fse suele ser riguroso justificando los resultados al final].
Resolvamos un problema (algo complicado) para la cuerda infinita con una F= δ (empuja-mos hacia arriba en el punto central de la cuerda):
Ej 4. (Pδ)
tt − = δ() , ∈R, t≥0(,0) = t(,0) = 0
. Aplicando la F :
¨
tt + k2 =1p2π
(k,0)= t(k,0)=0.
La solución general (λ=±k y p a simple vista) es:
(k, t) = p(k) coskt + q(k) senkt + 1p2π k2
d..−→ (k, t) = 1−cosktp2π k2
= 2p2π
h sen k2 t
k
i2.
En la h del teor 4, cuando =−b se tiene como caso particular:
Si h()=
1 , ∈[−b, b]0 en el resto , F(h) = 1p
2πekb−e−kb
k =p2pπsenbk
k .
La será, por tanto, la convolución de una h de este tipo consigo misma. En concreto:
= 12
∫∞∞ h(−s)h(s)ds , donde h()=
1 , ∈[−t/2, t/2]0 en el resto
Discutiendo en qué intervalos el integrando es 1 ó 0 según los valores de se concluye:
Si ≤−t ó si ≥ t es =0
Si ∈[−t,0] , = 12
+ t2 − (−
t2 )
= 12 [+t]
Si ∈[0, t] , = 12 t2 − (−
t2 )
= 12 [t−]
Es decir, =
¨
0 , si ||≥ t12
t−||
, si ||≤ t
Para hacerlo sin transformadas, más fácil que discutir
= 12
∫ t
0
∫ +t−τ−t+τ δ(s)dsdτ ,
es hacer la ecuación homogénea con un cambio de variable.
Como = 12 || satisface ′′=δ() , con =+ se obtiene:
¨ tt − = 0(,0) = ||/2t(,0) = 0
→ = 14
|+t|+|−t|
− 12 || .
Discutiendo los valores absolutos se llega a la solución de antes.
67
En problemas para regiones semi-infinitas se usan las transformadas seno y coseno queson caso particular de F por las propiedades de las funciones pares o impares. Se definenestas transformadas de funciones ƒ absolutamente integrables en [0,∞) mediante:
Fs(ƒ )(k) = ƒs(k) =q
2π
∫ ∞
0ƒ () senkd ; Fc(ƒ )(k) = ƒc(k) =
q
2π
∫ ∞
0ƒ () coskd
La fórmula de inversión adopta la forma:
Teor 1’
Sea ƒ ∈C1([0,∞)) y sea∫∞0 | ƒ | <∞ . Entonces:
ƒ () =q
2π
∫ ∞
0ƒs(k) senkdk para todo ∈ (0,∞)
ƒ () =q
2π
∫ ∞
0ƒc(k) coskdk para todo ∈[0,∞)
Con hipótesis análogas a las del teorema 2 se tiene también:
Teor 2’ Fs(ƒ ′′) = −k2Fs(ƒ ) +q
2π ƒ (0)k ; Fc(ƒ ′′) = −k2Fc(ƒ )−
q
2π ƒ′(0) .
[Por este resultado, la Fs será útil cuando nos den el valor de (0, t)mientras que la Fc la emplearemos si lo fijado es (0, t) ].
Fs
ƒ ′′()
=p2pπ
∫∞0 ƒ ′′() senkd =
p2pπƒ ′() senk
∞0 − k
p2pπ
∫∞0 ƒ ′() coskd
= −kp2pπƒ () cosk
∞0 −k
2p2pπ
∫∞0 ƒ () senkd = −k2Fs
ƒ ()
+p2p㟠(0)k .
Fc
ƒ ′′()
=p2pπ
∫∞0 ƒ ′′() coskd =
p2pπƒ ′() cosk
∞0 + k
p2pπ
∫∞0 ƒ ′() senkd
= −p2pπƒ ′(0) + k
p2p㟠() senk
∞0 −k
2Fc
ƒ ()
= −k2Fc
ƒ ()
−p2pπƒ ′(0) .
Estas transformadas aparecen en problemas del calor en [0,∞) :
Teor 3’ F−1s
k e−k2= 1[2]3/2 e
−2/4 ; F−1c
e−k2= 1p
2e−
2/4 .
Ej 5. Calor en una varilla semi-infinita:
¨ t − = 0 , >0, t>0(,0)=0 , (0, t)=g(t) acotada
Llamemos (k, t) a la transformada seno de (, t) respecto a (suponiendo comosiempre que existe). El problema para es:
t + k2 =q
2π g(t)k , (k,0) = 0 → (k, t) =
q
2π e−k2t
∫ t
0 g(s)k ek2s ds
La fórmula de inversión, el cambio de orden de integración y el teor 3’ nos dan:
(, t) = 2π
∫∞0
∫ t
0 g(s)k e−k2(t−s) senkdsdk = 2
π
∫ t
0 g(s)∫∞0 k e−k
2(t−s) senkdk ds
→ (, t) = 12pπ
∫ t
0s
[t−s]3/2 e−2/[4(t−s)] g(s)ds
Ej 6. Ondas semi-infinita:
¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t) = t2
Para Fs (o Fc ) no se necesita (nada habitual) hacer la condición de contorno homogénea:
Fs = → tt+k2 =q
2π t
2 k→ = p(k) coskt + q(k) senkt +q
2π
h
t2
k −2k3
i
(k,0)= t(k,0)=0 → =q
2π
h
t2
k +2 (coskt−1)
k3
i
→ = 2π
∫∞0
t2
k +2 (coskt−1)
k3
senkdk
La integral es muy complicada. Hallamos sólo (1,2) pues entonces parece simplificarse:
(1,2) = 8π
∫∞0
senkk − sen3k
k3
dk = (tablas) = 8π
π2 −
3π8
= 1
[Llegamos a ese valor en 4.1 a partir de D’Alembert (que era mejor camino)].
68
Apéndice
Repaso de EDOs
Algunas EDOs de primer orden dyd = ƒ (, y) resolubles
[ ƒ , ƒy continuas en un entorno de (o, yo)⇒ existe una única solución con y(o)=yo ].
Separables: dyd =
p()q(y) →
∫
q(y)dy =∫
p()d+ C .
Se convierten en separables: dyd = ƒ
y
con z= y . dy
d = ƒ (+by) con z=+by .
Lineales: dyd =()y+ƒ () → y = Ce
∫
()d + e∫
()d∫e−∫
()dƒ ()d .
[solución general de la homogénea + solución yp de la no homogénea].
Exactas: M(, y)+N(, y) dyd = 0 conM=UN=Uy
My≡N
→ U(, y)=C solución.
Ej. dyd =
yy− (solución única si y 6= ) se puede resolver por tres caminos:
z= y → z′+z= z
z−1 →∫ (2z−2)dz
z2−2z =−2∫ d
+C → z2−2z= y2
2−2 y =
C2
.
y+ (−y) dyd con My≡N=1 →U=y→ U=y+p(y)Uy=−y→ U=y− 1
2y2+q()
→ y2−2y=C .
ddy =
y−y = −
y+1 lineal (solución única si y 6=0 ) . = Cy +
1y
∫
ydy = Cy +
y2 .
Pasa una sola curva integral (solución de dyd = · · · o de d
dy = · · · ) salvo por (0,0)
.
EDOs lineales de orden 2 :[n] y′′+()y′+b()y = ƒ () ,
, b , ƒ continuas en .|W|()=
y1 y2y′1 y′2
.
Si o∈ , tiene una sola solución (definida en todo ) con y(o)=yo , y′(o)=y′o .
Si y1 , y2 son soluciones de la homogénea ( ƒ≡0 ) con wronskiano |W|(s) 6=0 paraalgún s∈ , la solución general de la homogénea es: y=c1y1+c2y2 .
Si yp es una solución de [n], la solución general de [n] es: y=c1y1+c2y2+yp .
Una solución particular de [n] es: yp = y2∫ y1ƒ|W|d− y1
∫ y2ƒ|W|d [fvc].
Coeficientes constantes: [h] y′′+y′+by = 0 , μ2+μ+b=0 (autovalores).
La solución general de [h] es:Si μ1 6=μ2 reales → y = c1 eμ1+ c2 eμ2
Si μ doble (real) → y = (c1+c2)eμ
Si μ=p±q → y = (c1 cosq+c2 senq)ep
Método de coeficientes indeterminados para [c] y′′ + y′ + by = ƒ () :
Si ƒ () = eμpm() , con pm polinomio de grado m , y μ no es autovalor, tiene[c] solución particular de la forma yp=eμPm() , con Pm del mismo grado. Si μes autovalor de multiplicidad r , hay yp=reμPm() .Si ƒ () = eμ
pj() cosq+qk() senq
, pj , qk de grados j , k , y p± q noes autovalor, hay yp=ep
Pm() cosq+Qm() senq
con Pm y Qm de gradom=máxj, k . Si p±q es autovalor hay yp=ep
Pm() cosq+Qm() senq
.
Ej. y′′−y=e . μ=±1 → solución general: y=c1e+c2e−+yp , con:
yp=Ae → (A+2)−A=1 → yp=12e
. O más largo:
|W|()=
e e−
e −e−
=−2 , yp=e−∫ ee−2 + e
∫ e−e−2 = − 14e
− 12e .
69
Euler: [u] 2y′′+y′+by = 0 , μ(μ−1)+μ+b=0 .
La solución general de [u] es:Si μ1 6=μ2 reales → y = c1μ1+c2μ2
Si μ doble (real) → y = [c1+c2 ln]μ
Si μ=p±q → y = [c1 cos(q ln)+c2 sen(q ln)]p
Una yp de 2y′′+y′+by = h() se obtiene de la [fvc]
con ƒ ()=h()/2
,o utilizando que con =es se convierte en y′′(s)+(−1)y′(s)+by(s) = h
es
.
Si b()≡0 , y′= lleva [e] a lineal de primer orden en .
Ej. y′′−2y′ = . Se puede ver como Euler: 2y′′−2y′ = 2 , μ(μ−1)−2μ=0
→ y=c1+c23+yp , con yp=A2
yp=Ae2s
→ yp=− 122 .
h
O bien, |W|()=
1 3
0 32
=32 , yp=3∫ 1·132 +
∫ 3 ·132 = −
12
2i
.
O de otra forma: y′= → ′= 2 +1 → =C2+2
∫ d2=C2− → y=K+C3− 12
2 .
Para otras ecuaciones lineales de segundo orden hay buscar:
Soluciones en forma de serie:
Si , b son analíticas en =0 , es un punto regular de [e] y′′+ ()y′+b()y=0
y la solución de [e] es y=∞∑
n=0
ckk=c0y1+c1y2 , con c0 , c1 arbitrarios.
=0 es punto singular regular de [e∗] 2y′′+ ∗()y′+b∗()y=0 si ∗, b∗ son
analíticas en =0 . Sean r1≥r2 las raíces de q(r)=r(r−1)+∗0 r+b∗0 .
Hay solución y1 de [e*] de la forma y1=r1∞∑
n=0
ckk, c0 6=0 .
La segunda solución y2 linealmente independiente es:
a] Si r1−r2 6=0,1, · · · : y2=r2∞∑
n=0
bkk, b0 6=0 . b] Si r1=r2 : y2=r1+1∞∑
n=0
bkk +1 ln .
c] Si r1−r2∈N : y2=r2∞∑
n=0
bkk+dy1 ln , b0 6=0 , d∈R.
EDOs importantes resolubles utilizando series:
Legendre (1−2)y′′−2y′+p(p+1)y=0 . Tiene soluciones polinómicas si p=n∈N :
P0=1 , P1= , P2=32
2− 12 , P3=52
3− 32 , P4=358
4− 154 2+ 3
8 , . . .
Se cumple que:∫ 1−1 PnPm d=0 , si m 6=n ;
∫ 1−1 P
2nd= 2
2n+1 .
Bessel: 2y′′+y′+[2−p2]y=0 → r=±p . r1=p → Jp()≡ 2p ∞
∑
m=0
(−1)m [/2]2mm! (p+m+1) .
Jp soluciones acotadas en =0 , con infinitos ceros [los de J0 son: 2.4.., 5.5.., ...].
Las soluciones linealmente independientes de ellas son no acotadas en 0 .
Cuando p= 12 ,
32 , . . . , la solución es expresable con funciones elementales
por ejemplo, si p= 12 es y=c1
senp+c2
cosp
.
Recurrencia: Jp+1=2p Jp− Jp−1 . Derivadas:
pJp()′= pJp−1() , J′0()=− J1 .
Bessel
PP
P P
1
2
3
0
1–1
10 15
–0.4
–0.2
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
5 20
J0
J1
Legendre
70
Repaso de convergencia uniforme
Sea la sucesión de funciones definidas en A⊂R : ƒn() = ƒ1(), ƒ2(), ..., ƒn(), ... .
ƒn converge puntualmente ƒ en A si para cada ∈A es lımn→∞
ƒn() = ƒ () .
ƒn converge uniformemente hacia su límite puntal ƒ en A si∀ϵ > 0 existe algún N tal que ∀∈A , si n≥N entonces |ƒ ()− ƒn()| < ϵ .
A
!f2f1
fGráficamente, si ƒn→ ƒ uniformemente, a partir de un N todas lasgráficas de las ƒn quedan dentro de toda banda de altura 2ϵ alrede-dor de la de ƒ . Si la convergencia es sólo puntual, para cada el Nes distinto y no se puede dar uno válido para todos los puntos de A .
Ej. ƒn()=1/n →
0 si =01 si ∈ (0,∞) (puntualmente).
La convergencia es uniforme en [1,2] , pero no en [0,1] .
Para cada ∈[0,1] existe N tal que si n≥N el punto (, 1/n)está dentro de la banda, pero hace falta elegir N mayores se-gún nos acercamos a 0 . En [1,2] la convergencia es uniforme,pues el N que vale para =2 claramente vale también parael resto de los del intervalo.
ƒn continuas en un intervalo y ƒn→ ƒ uniformemente en ⇒ ƒ continua en .
|x|–sen(n x)1n
2
Si las ƒn son derivables, que ƒn → ƒ uniformementeno basta para que ƒ sea derivable, o puede existirƒ ′ y no ser el límite de las ƒ ′
n(como en los ejemplos
de la derecha); para que pasen ambas cosas, debentambién converger las ƒ ′
nuniformemente.
Las series de funciones son un caso particular
∞∑
n=1
ƒn converge puntualmente o uniformemente en A hacia ƒ si lo hace
la sucesión de sus sumas parciales Sn = ƒ1+ · · ·+ ƒn .
Criterio de Weierstrass
Sean ƒn definidas en A y Mn una sucesión de números tal que |ƒn()| ≤Mn∀∈A y tal que
∑
Mn converge. Entonces∑
ƒn converge uniformemente en A .
Ej.∑ senn
n2converge uniformemente en todo R pues
sennn2
≤ 1n2
y∑ 1
n2converge.
[Se tiene entonces, por ejemplo, que la suma ƒ () de esta serie es continua en todo R ].
La serie obtenida derivando término a término:∑ cosn
n diverge, por ejemplo, si =0 .
(Para otros , como =π , converge por Leibniz, y para casi todos es difícil decirlo).
Así pues, en general, no se pueden derivar término a término las sumas infinitascomo las finitas. Aunque sí se puede hacer con las series de potencias:
La serie∞∑
n=0
cnn=c0+c1+c22+· · · converge uniformemente en todo intervalo
cerrado [, b]⊂(−R,R) (R radio de convergencia). Para ||<R la función ƒ ()
definida por la serie es derivable y ƒ ′() =∞∑
n=1
ncnn−1 = c1+2c2+3c32+ · · ·
Ej. − 2
2 +3
3 + · · · con R=1 , converge puntualmente
si ∈ (−1,1]
hacia log(1+)
y uniformemen-te en cualquier intervalo [,1] , > −1 , pero nolo hace en todo (−1,1] , pues las sumas parcialesestán acotadas en ese intervalo y el log no.
La serie derivada término a término 1−+2+ · · ·converge en (−1,1)
hacia 11+
.
71
Repaso de cálculo en varias variables
Sean ,x∈Rn, A⊂Rn . Entorno de centro y radio r es Br()≡
x : ‖x−‖<r
.
es interior a A si hay algún Br()⊂A . A es abierto si A= nt A≡
x interiores a A
.
Frontera de A es ∂A≡
x : ∀r, Br(x) tiene puntos de A y de Rn−A
. A = nt A ∪ ∂A .
La derivada según el vector v de un campo escalar ƒ : Rn → R en un punto es:
Dvƒ () ≡ ƒv() = lımh→0
ƒ (+hv)−ƒ ()h =
si ƒ∈C1∇ƒ · v [si v es unitario se llama direccional,
si v= i es la parcial ∂ƒ /∂() , ... ].
Si¨ y1= ƒ1(1, .., n)· · · · · · · · · · · · · · ·
yn= ƒn(1, .., n), el determinante jacobiano es ∂(y1,...,yn)
∂(1,...,n)=
∂ƒ1/∂1 · · · ∂ƒ1/∂n...
...∂ƒn/∂1 · · · ∂ƒn/∂n
.
Polares:=r cosθy=r senθ
→ ∂(,y)∂(r,θ) = r . Esféricas:
=r senθ cosϕy=r senθ senϕz=r cosθ
«
→ ∂(,y,z)∂(r,θ,ϕ) = r
2 senθ .
Cambios de variable en integrales dobles:
Sea g : (,)→
(,), y(,)
de C1 , inyectiva en D∗, g(D∗)=D y ƒ integrable.
Entonces:∫∫
Dƒ (, y)ddy =
∫∫
D∗ ƒ
(,), y(,)
∂(,y)∂(,)
dd .
Integrales de línea de campos escalares:
Sea C la curva C1 descrita por una función vectorial c(t) : [, b]→ R2 y sea ƒ un
campo escalar tal que ƒ
c(t)
es continua. Entonces:∫
Cƒ ds ≡
∫ b
ƒ
c(t)
‖c′(t)‖dt .
[No depende de la c(t) elegida. Si C es C1 a trozos, se divide [, b] y se suman las integrales].
Teorema de la divergencia (en el plano):
Sea D⊂R2 limitado por ∂D curva cerrada simple, f : D→ R2 campo vectorial C1,
y n el vector normal unitario exterior a ∂D . Entonces∫∫
Ddiv fddy =
∮
∂Dfnds .
Si ∂D viene descrita por c(t)=
(t), y(t)
un normal unitario es n=
y′(t),−′(t)
‖c′(t)‖
.
Ej. Comprobemos el teorema para f(, y)=(7, y2−1) en el semicírculo r≤3 , 0≤θ≤π :∫∫
D2yddy =
∫ π
0
∫ 30 2r
2 senθdr dθ = 36 .
Para C1, si c()=(,0) , ∈[−3,3] →∫
C1(1−y2)ds=
∫ 3−3 d=6 .
Para C2, si c(t)=(3cos t,3sen t) , t∈[0,π] → ‖c′(t)‖=3 . Como
n=(cos t, sen t) ,∫
C2fnds=3
∫ π
0
7cos t+9sen3t−sen t
dt=30 .
Integrales de superficie de campos escalares:
Sea S la superficie descrita por la función vectorial r(,) : T⊂R2 → R3 y sea ƒ tal
que ƒ
r(,)
es continua. Entonces:∫∫
Sƒ dS ≡
∫∫
Tƒ
r(,)
∂r∂×
∂r∂↑
dd .producto vectorial fundamental
Si S es del tipo z=h(, y) se puede describir r(, y)=
, y, h(, y)
, con T proyecciónde S sobre z=0 , y el producto vectorial fundamental adopta la forma
− h,−hy,1
.
Ej. Integremos ƒ (, y, z)=z2 sobre la superficie esférica x= .
Eligiendo r(,)=( cos sen, sen sen, cos) ,∫∫
Sz2 dS =
∫ π
0
∫ 2π0 2cos2 2sen
pvf ↑dd = 4π
3 4 .
Con r(, y)=
, y,p
2−2−y2
, el pvf es p2−2−y2
→∫∫
Sz2dS = 2
∫∫
T∗p
2−2−y2 ddy = 4π∫
0 rp
2−r2 dr = 4π3
4.
72
problemas de EDII (r) 2011
problemas 1
1. Resolver (si es posible) los siguientes problemas de Cauchy:
32y+=5
(,0)=3(2y−)y+=2y(1, y)=0
y+=−2e−y(−1, y)=0
y−y=2y(,0)=
−y =−yy
(,1)=y+3y2=
2y +6y
4
(,1)=2yy+(2y−)=(,1)=0
yy+ e2= 2
(,0)=0
2. Sea yy− = +2 y los datos iniciales: i) (,0)=− , ii) (,2)=7 . Hallar la únicasolución que satisface uno de ellos y dos soluciones distintas que cumplan el otro.
3. Resolver y+2y=3 coni) (,1)=1ii) (0, y)=0 , estudiando la unicidad de la solución.
4. Sea (E) y2y+2=2+y2. Resolver (E) con el dato (,1) = +1 . ¿Es única la solución?Imponer unos datos de Cauchy para los que (E) tenga infinitas soluciones y dar dos de ellas.
5. Precisar para qué valores de n entero positivo el dato de Cauchy (, n) = n determinauna única solución de la ecuación +y=y2 cerca de (0,0) .
6. Sea la ‘ecuación cuasilineal’ (E) A(, y, )y+B(, y, )=C(, y, ) .Probar que si las soluciones del sistema de ecuaciones:
dd =
CB , dy
d =AB son
η(, y, )=c1ξ(, y, )=c2
[curvas características de (E)],
entonces η(, y, )=p[ξ(, y, )]
o bien, ξ(, y, )=q[η(, y, )]
con p , q arbitrarias es lasolución general de (E). Resolver la cuasilineal: y+=0 con: i) (,0)= , ii) (0, y)=0 .
7. Reducir a forma canónica y, si es posible, encontrar la solución general:
e+ eyyy = −3y+2y2 = y +4y−5yy+6+3y = 9
8. Escribir (E) tt+2t = 2 en forma canónica y hallar su solución general. De los datos deCauchy: i) (,0) = t(,0) = 0 , ii) (0, t) = 0 , (0, t) = t , hay unos que determinan unaúnica solución de (E). Hallarla en ese caso.
9. Sea [E] tt+2t++ = 0 . Hallar su solución general. Hallar (y simplificar) la soluciónde [E] que satisface (,−)=0 , t(,−)=1 . Escribir una solución de [E], distinta de la≡0 , que cumpla (, )=t(, )=0 .
10. a) Escribir (E) 4yyy−+2y=0 en forma canónica para y>0 y para y<0 .b) Resolver (E) con los datos iniciales: (,1)=2 , y(,1)= .
11. Resolver el problema
tt−4 = 2(, )=2 , t(, )=
, i) directamente, ii) tras hacer =−t2 .
12. Sea (E) Ayy+By+C+Dy+E+F=G(, y) , con A,B, . . . , F constantes. Probar que, sino es parabólica, un cambio de variable = epyeq , con p y q adecuadas, lleva (E) a una(E*) sin derivadas de primer orden. ¿Para qué relación entre las constantes A, . . . , F no tiene(E*) término en ? Aplicar lo anterior para hallar la solución general de y+2y+3+6=1 .Probar que cualquier ecuación parabólica o es resoluble o se puede escribir con cambios devariable en la forma η+E∗ξξ=G∗∗(ξ, η) .
13. Sea (e) tt−+Dt+E = 4 , con D y E constantes. a] Escribir (e) en forma canónica.¿Para qué relaciones entre D y E es esta forma resoluble? b] Para D=−2 , E=2 , hallar lao las soluciones de (e) con los datos: (0, t)=e2t , (0, t)=2 .
i
problemas de EDII (r) 2011
problemas 2
1. Determinar los autovalores y autofunciones asociadas:
y′′ + λy = 0 y′′ + λy = 0 y′′ + λy = 0 2y′′+y′+[λ2− 14 ]y=0y(0)=y′(1)=0 y(−1)=y(1)=0 y(0)=y(1)+y′(1)=0 y(1)=y(4)=0
2. Seay′′ + λy = 0y′(0)−αy(0)=y(1)=0
Comprobar que hay infinitos autovalores positivos ∀α . Discutirsi los hay ≤0 . Estudiar cómo varía con α el menor autovalor.
3. Desarrollar a) ƒ ()=1 y b) ƒ ()=2 , ∈[0,1] , en serie de i) sennπ , ii) cosnπ .Dibujar algunas sumas parciales de las series obtenidas.
4. Desarrollar ƒ () = cos3 , ∈ [0, π] , en serie de i) cosn, ii) senn, dibujando lasfunciones hacia las que tienden las series y estudiando la convergencia uniforme.
5. Desarrollar en senos y cosenos en [−π, π] , estudiando la convergencia puntual y uniforme:
a) ƒ ()=sen2 , b) ƒ ()= | sen| , c) ƒ ()=sen 2 , d) ƒ ()=
−π, si − π≤<0sen, si 0≤<π
6. Sea ƒ ()=
1 , 0≤≤10 , 1<≤2 . Hallar su desarrollo en serie de Fourier ƒ () = 0
2 +∞∑
n=1
n cosnπ2 .
¿Cuánto debe sumar la serie para i) =1 , ii) =2 ? Comprobarlo sustituyendo en la serie.
7. Desarrollar ƒ ()=¨
, 0≤< π2
0 , π2 ≤≤π
en serie∞∑
n=1
cnyn() , con yn autofunciones dey′′ + λy = 0y(0)=y′(π)=0 .
¿Cuánto vale∞∑
n=1
cnyn(π2 ) ? Deducir de ello, y de que π
4 =1−13+
15−· · · , el valor de
∞∑
n=1
1(2n−1)2 .
8. Desarrollar ƒ ()= en las autofunciones de cada uno de los problemas del problema 1.
9. Desarrollar ƒ ()=1 en serie de autofunciones del problema
¨
y′′ + 2y′ + λy = 0y(0)+y′(0)=y( 12 )=0
.
10. Sea
¨
[1−2]y′′+ λy = 0
y(0)=0, y acotada en 1Hallar los 3 primeros términos del desarrollo de ƒ ()=1en serie de autofunciones de este problema singular.
11. Hallar, si existe, un valor de para el que
y′′−y′=2−y′(2)=y′(4)=0 tenga infinitas soluciones.
12. Sea
2y′′ − y = 3−4y(1)+y′(1)=y(2)=0
. Precisar cuántas soluciones tiene para: i) =2 , ii) =0 .
13. Precisar para i] λ=−2ii] λ=0 cuántas soluciones tiene el problema:
y′′+y′+λy=1−y′(0)=y′(2)=0 .
14. Seay′′ + λy = y(0)=y′(1)−y(1)=0 .
Hallar los autovalores y autofunciones del homogéneo.¿Tiene el no homogéneo infinitas soluciones para algún λ?
15. Seay′′ + λy = cos3y′(0)=y′( π4 )+y(
π4 )=0
. Hallar el primer término del desarrollo de ƒ ()=cos3 enserie de autofunciones del problema homogéneo.
Precisar para i) λ=0 , ii) λ=1 cuántas soluciones tiene el problema no homogéneo.
16. Hallar la función de Green y la solución para ƒ ()= :
y′′ = ƒ () 2y′′ + y′ − y = ƒ () y′′ + y′ − 2y = ƒ ()y(0)=y′(1)=0 y(1)+y′(1)=y(2) = 0 y(0)−y′(0)=y(1)=0
ii
problemas de EDII (r) 2011
problemas 3 (calor y ondas)
1. Resolver por separación de variables:
a)
¨
t − + 2t = 0 , ∈
0, 12
, t>0
(,0)=1−2, (0, t)=( 12 , t)=0b)
¨
t−−4−4 = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0) = e−2, (0, t)=(π, t)=0
c)
¨ t − + t+1 = 0 , ∈ (0,2), t>0
(,0)=§
1 , 0≤≤10 , 1<≤2 , (0, t)=(2, t)=0
d)
¨
t − = e−2t cos , ∈
0, π2
, t>0(,0)=1 , (0, t)=0,
π2 , t
=1
e)
¨ tt + 4t − = 0 , ∈[0, π], t∈R(,0) = sen2t(,0)=(0, t)=(π, t)=0
f)
¨ tt − = 4sen6 cos3 , ∈
0, π2
(,0) = t(,0) = 0, t ∈ R(0, t)=(
π2 , t)=0
2. Resolver
¨ t − = F(t) , ∈ (0, π), t>0(,0)= ƒ ()(0, t)=(π, t)=0
.Determinar la distribución estacionaria
si ƒ () = sen2 2 y F(t) = e−t .
3. Resolver
¨
t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0)=0 , (0, t)=0, (1, t)=2e−t
y hallar el lımt→∞
(, t) .
[Simplifica los cálculos hallar una (, t)=X()T(t) cumpliendo ecuación y condiciones de contorno].
4. Sea
t−=0 , ∈ (0, π), t>0(,0)=0 , (0, t)=(π, t)= t
.Resolverlo y hallar para cada ∈ (0, π) ellímite de la solución (, t) cuando t→∞ .
5. Sea
¨
t − 4 = cos π2 , ∈ (0,1), t > 0(,0)=T, (0, t)=F, (1, t)=T
.Calcular la solución y su límite cuando
t→∞ ( F y T constantes).
6. Sea una placa circular homogénea de 1 cm de de radio, inicialmente a 0o. Supongamosque en t = 0 todo su borde se calienta hasta 1o y luego se mantiene a esa temperatura.Determinar la distribución de temperaturas en la placa para t>0 . ¿Hacia qué valor tenderála temperatura de un punto situado a 0.5 cm del centro de la placa cuando t→∞ ?
7. Sea
t − − = 0 , ∈ (0,3π), t>0(,0) = 1 , (0, t)−4(0, t)=(3π, t)=0
Determinar, según la constante , el límite de la solución cuando t→∞ .
8. i] Hallar los autovalores y autofunciones del problema
X′′+2X′+λX=0X(0)=X(1)+X′(1)=0 .
ii] Resolver
t−−2 = 0 , ∈ (0,1) , t>0(,0)=e− , (0, t)=(1, t)+(1, t)=0
[directamente o tras uncambio =ept+q ].
9. i] Sea
X′′ + λX = 0X(0)=X(1)−X′(1)=0 .
Hallar sus autovalores y autofunciones y comprobar quela primera autofunción es ortogonal a todas las demás.
ii] Resolver
t−+2 = 2 , ∈ (0,1) , t>0(,0)=1− , (0, t)=(1, t)−(1, t)=1
por separación de variables.
10. Sea
¨ tt − = 0 , ∈[0, π], t∈R(,0) = t(,0) = 0(0, t)=sent, (π, t)=0
Determinar valores de para los que la solución no esté acotada.
11. Sea ttt−4t3−t = 0 . a] Hallar la solución que satisface: (,1)= , t(,1)=2 .b] Separar variables =XT en la ecuación y comprobar que la solución particular de a]
aparece como producto de soluciones asociadas a λ=0 .
iii
iv
problemas de EDII (r) 2011
problemas 3 (Laplace y 3 variables)
1. Resolver por separación de variables:
a)
¨ Δ = 2 cos2y , (, y)∈ (0, π)×(0, π)(π, y)=5+ cosy(0, y)=y(,0)=y(, π)=0
b)
¨ Δ = y cos , (, y)∈ (0, π)×(0,1)(0, y)=(π, y)=0y(,0)=y(,1)=0
c)
Δ = −1 , (, y)∈ (0, π)×(0, π) = 0 en =0, =π, y=0, y=π d)
¨
Δ = r2 cos3θ , r<2,0<θ< π6
(2, θ)=θ(r,0)=
r, π6
=0
e)
¨
Δ = r2 cos2θ , 1<r<2(1, θ)=(2, θ)=0
f)
Δ = cosθ , 1<r<2r(1, θ)=0, r(2, θ)=cos2θ
g)
¨ Δ = r , r<2,0<θ<πθ(r,0)=θ(r, π)=0(2, θ)=3
h)
¨ Δ = 0 , 1<r<2, 0<θ< π4
(1, θ) = 0, r(2, θ) = senθ(r,0)=(r, π4 )−θ(r,
π4 )=0
2. Resolver por separación de variables:
¨ +yy+6=0 en (0, π)×(0, π)y(,0)=0 , y(, π)=0(0, y)=0 , (π, y)=2cos22y
.
3. Sea:
¨ +yy−9 = 0 en (0, π)×(0, π)(0, y)=(π, y)=0y(,0)=0 , y(, π)= ƒ ()
.Resolverlo en general, y para ƒ () = cos4 .¿Es única la solución?
4. Probar que 23 ≤
12 ,
π2
≤ 1 , si (r, θ) es la solución del problema en el plano:
Δ = 0 , r<1(1, θ) = ƒ (θ) con ƒ (θ) =
1, 0≤θ≤π0, π<θ<2π
5. Resolver
¨
rr +1r r +
1r2θθ = cos2θ , r<1, 0<θ<π
r(1, θ)= , θ(r,0)=θ(r, π)=0para los que se pueda.
6. a] Discutir cuántas soluciones y(r) tiene
r2y′′+ ry′− y = r2y′(1)+y(1)=y(2)=0 .
b] Resolver el problema plano:
Δ = senθ , 1<r<2r(1, θ)=(2, θ)=0
.
7. Hallar la única solución de este problema en el plano:
¨ Δ = 0 , r<1, θ∈ (0, π)(1, θ)+2r(1, θ)=4sen
3θ2
(r,0)=θ(r, π)=0.
Comprobar que cambiando +2r(1, θ) por −2r(1, θ) el problema físicamente imposibleque resulta pasa a tener infinitas soluciones.
8. Hallar (en términos de funciones elementales) una solución acotada de:¨
rr+rr +
θθr2+ 4 = 0 , r<1 , 0<θ<π
(1, θ)=sen θ2 , (r,0)=θ(r, π)=0
[Separando variables y haciendo s=2raparece una ecuación conocida].
9. Hallar la única solución de los problemas en el plano
¨
rr+1r r+
1r2θθ =
2senθ1+r2
(1, θ)=1 , acotada:
i] en el círculo r<1 , ii] en la región infinita r>1 [¡ojo!, r rctn r →r→∞
∞ ] .
10. Calcular el valor en el origen de la solución del problema plano
¨
Δ = r cos2θ , r < 1(1, θ)=0 , 0≤θ<2π .
v
11. Resolver el problema para la ecuación de Laplace en el espacio
Δ = 0 , r<3r(3, θ)+(3, θ)=sen2θ
.
12. Resolver el problema en la semiesfera:
¨
rr +2r r +
1r2θθ +
cosθr2 senθθ = 0 , r<1, 0<θ<
π2
r(1, θ)= ƒ (θ) , θ(r, π/2)=0
¿Qué condición debe cumplir ƒ (θ) para que exista solución?Hallar la solución si ƒ (θ) = cos2θ− para el único para el que existe.
13. Hallar la solución de:
¨ Δ = 0 , si r>R(R, θ) = cos3θ , 0≤θ<2π acotada cuando r →∞
y
¨ Δ = 0 , si r>R(R, θ) = cos3θ , 0<θ<π→ 0 cuando r →∞
(en el plano) (en el espacio)
14. Resolver:
t − Δ = 0, (, y)∈ (0, π)×(0, π), t>0(, y,0) = 1+ cos cos2y(0, y, t)=(π, y, t)=0y(,0, t)=y(, π, t)=0
tt−Δ = 0 , (, y)∈ (0, π)×(0, π), t∈R(, y,0)=0 , t(, y,0)=sen3 sen22y(0, y, t)=(π, y, t)=0y(,0, t)=y(, π, t)=0
¨
Δ = z , 2+y2+z2<1 = z3 si 2+y2+z2=1
¨
Δ = 0 , 2+y2+z2<1 = 3 si 2+y2+z2=1
t − Δ = 0, 1<r<2, 0<z<1, t>0(r, θ,0)= senπz(1, z, t) = (2, z, t) = 0(r,0, t) = (r,1, t) = 0
15. Escribir en cartesianas los armónicos esféricos: Y00 , rY01 , rY11 , r2Y02 , r2Y12 , r2Y22 .
vi
problemas de EDII (r) 2011
problemas 4
1. Resolver por diferentes caminos:
a]
tt − 4 = e−t , , t ∈ R(,0) = 2, t(,0) = −1
b]
tt−4=16 , , t∈R(0, t)= t , (0, t)=0
2. Sea
¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=0 , t(,0)=cos2(0, t)= t
.a] Hallar
π,2π
.b] Hallar (,2π) para ≥2π .
3. Sea
¨ tt−4=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=4−3, t(,0)=0(0, t) = (2, t) = 0
. Hallar 32 ,
34
. Dibujar (,2) . Hallar (,1) .
4. Sea
tt−=0 , ∈[0,2π] , t∈R
(,0)=n
2sen , ∈[0,π]0 , ∈[π,2π] , t(,0)=0
(0, t)=(2π, t)=0
.Dibujar (, π) y hallar su expresión conD’Alembert. Resolver por separación devariables y comprobar.
5. Sea
¨ tt−= , ∈[0, π], t∈R(,0)=, t(,0)=0(0, t)=0, (π, t)=π
Hallar π2 , π
con D’Alembert y separando variables.
6. Sea
¨ tt−=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t)= t , (2, t)=0
a] Hallar (, T) , T∈[0,2] , y describir la evolución dela cuerda para t∈[0,2] . b] Hallar (,2k) , k=1,2, . . .
7. Sea
¨tt−=0 , , t∈R(,0)=0 , t(,0) =
n
1, ||≤1/20 ||>1/2
.a] Dibujar (,1) , (,2) y (,3) .b] Dibujar (3, t) , t≥0 .
8. Sea
tt−=6 , ≥ 0, t∈R(,0)=t(,0)=(0, t)=0
. Calcular (0, t) para todo t.
9. Sea
¨
tt −
rr +2r r
= 0 , r≥0, t∈R(r,0)=r , t(r,0)=−2
.a] Hallar (1,2) .b] Hallar (1, t) para todo t≥0 .
10. Resolver
¨
tt−rr− 2r r=0, r≤1, t≥0(r,0)=0, t(r,0)=
1r senπr , (1, t)=0
i) por separación de variables,ii) con las técnicas del capítulo 4.
11. Hallar (, )=∫∞0 e−k
2coskdk probando que d
d =−2 e (,0)=
pπ
2p
.
Usar lo anterior para calcular: F−1c
e−k2
, F−1s
k e−k2
, F−1
e−k2
, F
e−2
.
12. Sea
t−=(2−1)e−2/2 , ∈R , t>0
(,0)=0 , acotada
h El término no homogéneo es laderivada segunda de e−
2 /2
i
.
Hallar su solución (en términos de funciones elementales) y el lımt→∞
(, t) :
a] Aplicando la F directamente. b] Con un cambio que haga la ecuación en homogéneay evaluando la integral de los apuntes mediante un cambio de variable.
13. Comprobar, paso a paso y utilizando la F , que la solución de:¨
t−=e−2/4 , ∈R , t>0
(,0)=0 , acotadaviene dada por: (, t) = 1p
π
∫ ∞
−∞
e−k2−e−k2 (t+1)
k2e−kdk .
Deducir el valor de (0, t) integrando por partes y utilizando que∫∞−∞ e
−s2ds=pπ .
14. Hallar su solución sin que aparezcan integrales:
t−+=0 , ∈R, t>0(,0) = e−
2/2 .
vii
15. Obtener la fórmula de D’Alembert utilizando transformadas de Fourier.
16. Sea
tt−3t+2 = 0 , , t∈R(,0)= ƒ () , t(,0)=0
.Resolverlo con transformadas de Fouriery deducir la solución para ƒ ()=2 .
17. Hallar la solución de
tt+2t+=0 , , t∈R(,0)=0, t(,0)=g()
,i) a partir de su forma canónica,ii) con transformadas de Fourier.
18. a] Dada 3t−=2 , hallar:a1] la solución con (,0)= ,a2] dos soluciones con (,−3)=−2 .
b] Resolver
3t−=g()(,0)= ƒ () ,
b1] utilizando las características,b2] con transformadas de Fourier, y comprobar a1].
19. Resolver a]
¨
2t + = t(,0)=e−
2 , b]
¨
t+ et+2t=0(,0)= ƒ ()
i) utilizando las características,ii) con transformadas de Fourier.
20. a) Resolver por Fourier y por las características:
t + (cos t) = , ∈R, t≥0(,0) = ƒ () .
b) Si ƒ () =
cos2, ∈[−π/2, π/2]0 en el resto describir (, t) para t ≥ 0 .
viii
problemas adicionales de EDII (r) 2011
problemas adicionales 1
1. Sea [E] y3y−=2y2 . a] Hallar la solución general de [E] tomando i) η=y , ii) η= .b] Resolver [E] con el dato inicial (,1)=2 , estudiando la unicidad de la solución.c] ¿En qué puntos del plano es tangente la curva 2=−y2 a alguna característica de [E] ?
2. Sea y−2y=2y y los datos iniciales: i) (,1)=e− , ii) (−y2, y)=0 . Hallar la únicasolución que satisface uno de ellos y dos soluciones distintas que cumplan el otro.
3. Sea (E) t−2t = 2t
−t2
. Hallar la solución de (E) con (,1)=1 tomandoi) η= t ,ii) η= .
Escribir 2 soluciones distintas de (E) válidas en un entorno de origen que cumplan (0, t)=0 .
4. Sea (E) (y+1)y+=0 . Dibujar sus características. Probar que (E) tiene una única soluciónsatisfaciendo (,0) = ƒ () . Probar que si ƒ no es constante dicha solución no puede estardefinida en todo R2. ¿En torno a qué puntos hay más de una solución de (E) que cumple(y2, y)=0 ? Estudiar si existen soluciones de (E) satisfaciendo (0, y)=g(y) .
5. Determinar en torno a qué puntos tienen solución única los problemas:
senyy + = 1 (2 + y2)y + = 0 (2 + y)y + = 0(0, y) = 1 (,0) = 0 (, 2) =
6. Probar que ninguna solución de =0 está definida en todo el semiplano y≥0 y contienela curva : y=2, z=3 . Estudiar en qué entornos de hay soluciones únicas locales.
7. Hallar (si se puede) la solución o soluciones de las siguientes ecuaciones cuasilineales quesatisfacen cada uno de los datos de Cauchy que se indican:
y + = con i) (,0)=1 , ii) (0, y)=1y + = 2 con i) (,0)= , ii) (, )=1
8. Reducir a forma canónica y, si es posible, encontrar la solución general:
t2tt−2 = 0 yy+2y+2 = 0 2−2yy+y2yy = e
9. Sea [E] tt−2−t=0 . Escribirla en forma canónica y hallar su solución general. Deter-minar la solución de [E] que satisface (,0) = 2 , t(,0) = . Escribir (si existe) algunasolución de [E], distinta de la ≡0 , que cumpla (et , t)=t(et , t)=0 .
10. Sea yy−4yy+4y2−1yy=0 . Hallar su solución general y la que cumple(,1)=+1y(,1)=2+4
.
11. i] Resolver y + e+y − = 0 con el dato inicial (,0)=e− .ii] Escribir en forma canónica yy + e+yy − y = 0 . Hallar su solución general.
12. Resolver los siguientes problemas de Cauchy (, t ∈ R):¨ tt − = 0(, ) = 0t(, ) = 0
¨ tt − = t + (,0) = t(,0) = 0
13. El potencial y la intensidad en una linea telegráfica satisfacen:+Lt+R = 0+Ct+G = 0
,
donde L, R, C y G son constantes características de la linea. a) Hallar la EDP de segundoorden (E) que verifica . b) Si GL=RC , comprobar que un cambio adecuado reduce (E) a laecuación de ondas y hallar (, t) si inicialmente (,0)=V() e (,0)= () .
14. Estudiar la unicidad de los problemas (D dominio acotado en R2):
Δ−k2=F en D= ƒ en ∂D
¨ t−kΔ=F(, y, t) en D(, y,0)= ƒ (, y) en D(, y, t)=0 en ∂D
I
15. Estudiar la unicidad de los problemas:
tt−(c())=F(, t) , ∈ (0,1), t∈R(,0)= ƒ (), t(,0)=g()(0, t)=0, (1, t)=0
(c ∈ C1 y positiva)
Δ=F en D⊂R2 dominio acotado= ƒ en C1 , n=g en C2C1 ∪ C2 = ∂D , C1 ∩ C2 = ∅
16. Si la distribución inicial de temperaturas en una varilla es ƒ () = 22−3 , ∈ [0,2] , y latemperatura para t>0 en los extremos es h0(t)=−t/(1+t2) , h2(t)=2sen t/ t , y suponemosque no existen fuentes de calor en el interior de la varilla, determinar la máxima y mínimatemperaturas alcanzadas en la varilla para t≥0 .
II
problemas adicionales de EDII (r) 2011
problemas adicionales 2
1. Desarrollar ƒ ()= en las autofunciones del problema
y′′ − 2y′ + y+ λy = 0y(0)=y(1)=0 .
2. Desarrollar ƒ ()= en autofunciones del problema singular:
y′′ + 2y′ + λy = 0y acotada en 0, y′(1)=0 .
3. Desarrollar ƒ ()=1−2 en serie de autofunciones del problema:(y′)′ + λy = 0y acotada en 0, y(1)=0
4. Determinar los autovalores dey′′ +
λ−V()
y = 0y(0) = y(2) = 0 si V()=
0 , si 0<<11 , si 1<<2 .
5. Sea y′′ = e−(−1)2
αy(0)+(1−α)y′(0)=y(1)=0 . Precisar para qué valores de α tiene solución.
6. Discutir, según los valores de la constante b , cuántas soluciones tienen los problemas:
y′′ + 2y′ = 1y′(1)=2y′(2)+by(2)=0
¨
2y′′−3y′+3y = b−2y(1)=y′(1) , y(2)=2y′(2)
7. Estudiar la unicidad de y′′ = ƒ () , ∈ (0,1) [ecuación de Poisson en una dimensión] condiferentes condiciones separadas, utilizando técnicas similares a las de las EDPs.
8. Precisar cuándo tiene solución o soluciones′′ + r−1′ = F(r)′(1)−(1)=A, ′(2)+b(2)=B , , b≥0.
[se puede interpretar como un problema para Laplace en el plano con simetría radial].
9. Seay′′ + λy = 1y′(−1)=y(1)=0 .
a) Hallar autovalores y autofunciones del problema homogéneo.b) ¿Existen para algún λ infinitas soluciones del no homogéneo?
10. Sea y′′ + λy = −4π2y(0)=1 , y(1)=0 .
¿Para qué valores de λ tiene solución única?Precisar para qué λ tiene infinitas y resolverlo en ese caso.
11. Seay′′ + λy = 1y(0)−y′(0)=y(1)+y′(1)=0 . Hallar autovalores y autofunciones del homogéneo.
Ver para qué λ hay solución y para cuáles es única.Calcular aproximadamente λ1 , λ2 , λ3 y los ceros en (0,1) de y2 e y3 .
12. Estudiar para qué valores de n∈N existe solución de:y′′ + ny = cosny(0)=y(2π), y′(0)=y′(2π) .
13. Sea cosy′′ − 2seny′ = ƒ ()y′
− π4
=y′π4
−yπ4
=0
a] Ver para qué no tiene solución única y dar paraese una ƒ () para el que haya infinitas soluciones.b] Resolverlo con la función de Green si =2 , ƒ ()=1 .
14. Calcular para λ=0 y λ=1 la solución (si la hay) de 2y′′ − y′ + λy = 3y(1)−y′(1)=y(2)−2y′(2)=0 ,
haciendo uso de la función de Green en el caso de que exista.
15. Seay′′ + 2y′ + λy = ƒ ()y(1)=y(2)=0 . Hallar autovalores y autofunciones del homogéneo.
Determinar para qué n∈N el problema con λ=π2 , ƒ ()=sennπ tiene soluciones, calcu-lándolas en ese caso. Si λ=0 , ƒ ()=1 , hallar la solución con la función de Green.
16. Seay′′ + 2y′ = + cy′(1)−y(1)=y′(2)=0 . a) Discutir cuántas soluciones tiene. b) Para c=0 , =−1 ,
hallar la solución haciendo uso de la función de Green.
III
17. Hallar la G(, s) del problema singular(y′)′ = ƒ ()y acotada en 0, y(1)=0 , usando la fórmula para
problemas regulares. Comprobar que proporciona la solución i) si ƒ () = 1 , ii) si ƒ () = .Relacionar los resultados con la ecuación de Poisson en el plano.
18. Constuir la función de Green dey′′ = ƒ ()y(0)=−y(1), y′(0)=−y′(1) . Resolverlo si ƒ ()= .
19. Hallar una fórmula para la solución de un problema de Sturm-Liouville no homogéneoutilizando desarrollos en serie de autofunciones del homogéneo.
Escribir, si λ 6=n2π2 , el desarrollo en autofunciones de la solución de y′′ + λy = 1y(0)=y(1)=0 .
Hallar la solución exacta para λ=0,1,−1 . Desarrollarla si λ=0 y comprobar.
20. Desarrollar la solución para λ=0 en serie de autofunciones del homogéneo:y′′ + λy = y′′ + λy = senπ y′′ − 2y′ + y+ λy = ey(0) = y′(1) = 0 y(−1) = y(1) = 0 y(0) = y(1) = 0
IV
problemas adicionales de EDII (r) 2011
problemas adicionales 3
1. a] Desarrollar ƒ () = cos 2 , ∈ [0, π] , en serie de senn , dibujando la función hacia laque tiende la serie y estudiando la convergencia uniforme.
b] Resolver:
¨
t − = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0)=0 , (0, t)=e−t/4, (π, t)=0
. [Conviene buscar una quecumpla también la ecuación].
2. a] Sea
y′′ + λy = y′(−1)=y′(1)=0 .
Hallar autovalores y autofunciones del homogéneo y precisarsi hay para algún λ infinitas soluciones del no homogéneo.
b] Resolver:
tt− = 0 , ∈[−1,1], t∈R(,0)=cos2π , t(,0)=1 ; (−1, t)=(1, t)=0
.
3. Resolver por separación de variables y dar interpretación física cuando se pueda:
a)
¨ t − = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0) = 1(0, t)=0, (π, t)=cos t
b)
¨ t − = 0 , ∈ (0, π), t>0(,0) = 0(0, t)=1, (π, t)=0
4. Sea
¨ t − = A , ∈ (0,1), t>0(,0) = B(0, t)=C, (1, t)=D
Resolverlo y determinar para qué relación entrelas constantes A,B,C,D hay solución estaciona-ria (interpretarlo físicamente).
5. Sea
t − = F() , ∈ (−1,1), t>0(,0)=0 , (−1, t)=(1, t)=0
y sea Q(t) =∫ 1−1 (, t)d .
Calcular la variación en el tiempo de Q(t) y deducir cuándo es constante.Resolver si: i) F() = sen π
2 , ii) F() = sen2 π2 . ¿Tiene límite cuando t→∞ ?
6. Sea una varilla de aluminio ( k=0.86 cm2/seg) de 20 cm de longitud, con una temperaturainicial uniforme de 25 grados. En el instante t=0 el extremo =0 se enfría hasta 0 grados,mientras que el extremo =20 se calienta hasta 60 grados, y ambos se mantienen despuésa esas temperaturas. Escribir la distribución de temperaturas (, t) para todo t y evaluar en =5, 10 y 15 para t=0, 5 y 30 utilizando tres y diez términos de la serie.
7. Resolver
t − = 0 , ∈ (0,1), t>0(,0)=0 , (0, t)+(0, t)=1, (1, t)=0
y comprobar que →t→∞−∞ .
8. Sea
¨ t−−2=F() , ∈ (0, π), t>0(,0)= ƒ ()(0, t)=(π, t)=0
.a] Resolverlo en general, y para
F()= ƒ ()=e− sen2 .b] Demostrar que tiene solución única.
9. Resolver
t − 2t = 0 , ∈ (0,3), t>0(,0)=0 , (0, t)=0, (3, t)= t2
y demostrar que tiene solución única.
10. Resolver por separación de variables:
a)
¨ Δ = 0, r < 2
(2, θ)=
3, ∈ (−π/2, π/2)1, ∈ (π/2,3π/2)
b)
¨ Δ+ = 0 , r<1, π/2<θ<3π/2(1, θ) = sen2θ, acotada
r, π2
=
r, 3π2
=0
11. Resolver el problema plano
¨
Δ = 9r , 1<r<2(1, θ)=2sen2θ , r(2, θ)=0
.
12. Resolver el problema plano
Δ = π , r < 1, θ ∈ (0, π)(r,0)=(r, π)=(1, θ)=0 y probar que ( 12 ,
π2 ) ≤ 0 .
13. Sean (Pα)
¨
Δ = 0 , r < 1, 0 < θ < α
(1, θ)=sen kπθα , (r,0)=(r, α)=0
y (P)
¨
Δ = 0 , r < 1(1, θ)=sen kπθ
2.
Comparar para k=1 y k=2 las soluciones de (P) con las de (Pα) si α→ 2π .Hallar cotas superiores e inferiores para todas las soluciones.
V
14. Resolver por separación de variables
¨ tt − Δ = 0, (, y)∈ (0, π)×(0, π), t∈R(, y,0) = sen3 seny , t(, y,0) = 0(0, y, t)=(π, y, t)=0 , (,0, t)=(, π, t)=0
.
15. Resolver el problema para la ecuación de Laplace en el espacio
Δ = 0 , r<1r(1, θ)=cos3θ
.
16. Un cubo homogéneo de lado π, inicialmente a temperatura constante T1 , se sumergeen el tiempo 0 en un baño que se mantiene a temperatura T2 . Hallar la distribución detemperaturas en cualquier tiempo t > 0 .
17. a) Hallar la solución dey′′ = ƒ ()y(1)=, y(2)=b en términos de la función de Green, la función ƒ
y las constantes y b , por el camino de cálculo de la G para la ecuación de Laplace en elplano
(s)= 12 |s−| satisface ′′=δ(s−) para fijo
. b) Llegar al resultado con técnicasdel capítulo 2. c) Escribir la solución si ƒ ()=1 , =0 , b=1 .
18. Sabiendo que (1, θ) =
senθ, θ∈[0, π]0 , θ∈[π,2π] ,
hallar el potencial en el punto del plano de coordenadas polares r=2 , θ=0 .
19. Hallar la función de Green para la ecuación de Laplace:i) en el semicírculo r<1 , θ∈ (0, π) ; ii) en el dominio r>1 , θ∈ (0, π2 ) .
20. Escribir, en coordenadas esféricas, la función de Green G para la ecuación de Laplace enla esfera unidad y deducir la expresión, en términos de G , F y ƒ , de la solución de:
(P)
Δ = F , r<1 = ƒ si r=1
Hallar el valor de la solución de (P) en el origen en caso de que: i) F= ƒ=1 , ii) F=z , ƒ=z3.
VI
problemas adicionales de EDII (r) 2011
problemas adicionales 4
1. Para los problemas: a]
tt−=0 , ≥0, t∈R
t(,0)=n
senπ, 1≤≤20 en [0,1]∪[2,∞)
(,0) = (0, t) = 0
b]
tt−=0 , ∈[0,4], t∈R
(,0) =n
senπ, 2≤≤30 resto de [0,4]
t(,0)=(0, t)=(4, t)=0i) dibujar el dominio de influencia; ii) dibujar (,1), (,2) y (,3); ii) dibujar (3, t), t≥0.
2. Dibujar (, 12 ) , (,1) , (,2) , (,3) y (1, t) , t≥0 , y hallar (,1) , para:
tt− = 0 , , t ∈ R
(,0)=n
senπ, 2≤≤30 resto de R
t(,0)=n
senπ,−2≤≤−10 resto de R
tt−=0 , ≥0, t∈R
(,0)=n
(1−), 0≤≤10, ≥1
t(,0) = (0, t) = 0
tt−=senπ , ∈[0,1], t∈R(,0)=senπt(,0)=senπ(0, t)=(1, t)=0
3. Sea
¨ tt− = 0 , ∈[0,1], t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t)=0 , (1, t)=sen t
. Hallar ( 12 ,12 ) y ( 12 ,
32 ) .
4. Sea
¨ tt−=0 , ∈[0,2], t∈R(,0)=t(,0)=0(0, t)=(2, t)= t2
Hallar (1,3) :a] usando la de los apuntes,b] con una que cumpla la ecuación,c] por separación de variables.
5. Sea
¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=e− , t(,0)=0(0, t)=e−t
.a] Hallar (2,3) . [Ayuda: una buena (, t) sale de
separar variables y tomar λ=−1 ].b] Hallar (, t) , , t≥0 .c] Dibujar aproximadamente (,3) .
6. Sea
tt−4=F(, t) , , t∈R(,0) = t(,0) = 0
, F(, t)=
1, ∈[1,2], t≥00, en el resto .
Calcular (−1,1) y (1,1) .Calcular y dibujar (,1) .
7. Sea
¨ tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)= ƒ (), t(,0)=g()(0, t)=0
¿Se invierten las ondas al reflejarse en =0 ?¿Cómo son los dominios de influencia?¿Cuándo la solución es clásica?
8. Hallar la solución general de tt−e2t−t=0 , y la que cumple (,0)= ƒ (), t(,0)=0 .
Si ƒ () =n
1−2|| , si ||≤1/20 , en el resto
, dibujar la solución para t=1 y t=2 .
¿Cuál es el dominio de influencia sobre la solución del valor inicial de ƒ en =0 ?¿Cuál es el dominio de dependencia de (0,1) de los valores de ƒ ?
9. Resolver
¨ tt − c2[+yy+zz] = 0(, y, z,0)= ƒ (, y, z)t(, y, z,0)=0
, si ƒ (, y, z) =¨ a] +y+z
b] +yc]
.
10. Vistos como problemas en 1, 2 y 3 dimensiones, hallar (0, t) , t≥0 y (r, t) si se puede:
tt − Δ = 0(r,0)= ƒ (r) , t(r,0)=g(r)
con a) ƒ (r)=g(r)=r2 , b) ƒ (r)=0, g(r)=
1−r2, r≤10 , r≥1 .
11. Sea
¨
tt −
rr +2r r
= 0 , r ≥ 0(r,0)=6 , t(r,0)=5r3
. Hallar (2,3) .
12. Sean
¨
tt−=0 , ≥0, t∈R(,0)=0 , t(,0)=
62
1+3 , (0, t)=0y
(
tt−rr− 2rr =0 , r≥0, t∈R(r,0)=0 , t(r,0)=
6r1+r3
.
a] Hallar (1,4) y (1,4) . b] Más en general, hallar (1, t) para t≥0 .
13. Sea
(
tt −
rr +2r r
= 0 , r≥0(r,0)= 2
4+r2 , t(r,0)=0.
a] Hallar (1,5) y (7,5) . Hallar (0, t) .b] Dibujar aproximadamente y simplificar (r,5) .
VII
14. Sean
tt−rr=0 , r≥0, t∈R
(r,0)=§
2r−r2, r∈[0,2]0 en el resto ≡ F(r)
t(r,0)=(0, t)=0
y
tt−rr− 2r r=0 , r≥0, t∈R
(r,0)=§
2−r , r∈[0,2]0 en el resto ≡ ƒ (r)
t(r,0)=0
.
a] Hallar (6,3) , (2,3) y (4,3) . b] Dibujar y hallar la expresión de (r,3) .c] Hallar el valor máximo de (r,3)
p15 ≈3.873
.
15. Resolver (en términos de funciones elementales)
t−−2 = 0 , ∈R , t>0(,0)=e−
2/2 , acotada:
a] con la F directamente, b] con un cambio =epteq que lleve a la ecuación del calor.
16. Sea (E) t−−2+ = 0 . Simplificarla con un cambio de variable adecuado. Hallar lasolución de (E) que cumple (,0)= e−
2y analizar su comportamiento cuando t→∞ .
17. Resolver: a]
t+2t=4t(,1)= ƒ () , b]
t2t−=g()(,1) = 0 por las características y mediante la F .
18. Sean a]
t−2t=0 , ∈R, t>0(,0)=δ(), acotada y b]
t−=δ(), ∈R, t>0(,0)=0, acotada .
Hallar, sin que aparezcan integrales en el resultado, (, t) para a] y (0, t) para b].
19. Resolver:
t − = 0 , , t > 0(,0)= ƒ (), (0, t)=g(t), acotada
20. Sea (P)
tt − = 0 , ≥ 0, t ≥ 0(,0)=t(,0)=0, (0, t)=sen t
.[Ayuda: =sen t cos satisface lacondición de contorno y la ecuación].
i) Hallar y describir (, t) para cada t>0 fijo.ii) Hallar la transformada seno s de la solución hallada en i).
Hallar s resolviendo directamente (P) por transformadas seno.
21. Hallar la función de Green para la ecuación de Laplace en el semiplano (, y) :∈R, y>0
y utilizarla para la hallar la solución de
Δ = F(, y), ∈ R, y>0(,0)= ƒ () , acotada
.
Resolver el mismo problema para F ≡ 0 con transformadas de Fourier.
22. a] Sea
tt−+2t+=0 , , t∈R(,0)= ƒ (), t(,0)=0
.Resolverlo con la F y haciendo =e−t .
Si ƒ ()=
senπ , ∈[0,1]0 , en el resto dibujar (,3) .
b] Resolver
tt−+2t+=0 , 0<<1, t∈R(,0)=senπ, t(,0)=(0, t)=(1, t)=0
.
VIII
