Ec Diferencia Les 11
69
117 2.6.4 Problemas hiperb´olicos unidimensionales. 1.- En ambos casos el problema a resolver es p(u tt +2ru t ) - au xx + cu =0 en [0, +∞) × [0,‘], u(t, 0) = u(t, ‘)=0, t ∈ [0, +∞), u(0,x)= f (x),u t (0,x)= g(x) x ∈ [0,‘]. con lo que el problema de contorno unidimensional asociado es -av 00 (x)+ cv(x)= λpv(x), v(0) = v(‘)=0, por lo que los autovalores y las correspondientes autofunciones son λ n = an 2 π 2 ‘ 2 p + c p ; v n (x)= s 2 ‘p sen nπ ‘ x . (i) Como r = 0, λ n - r 2 = λ n y como c = 0, resulta que λ n > 0, (de hecho, esta misma conclusi´ on es v´ alida si c< 0 pero c> - aπ 2 ‘ 2 p ). Por tanto, si para cada n ∈ N * consideramos los escalares ν n = p λ n = r a p nπ ‘ ; f n = p s 2 ‘p Z ‘ 0 f (x)sen nπ ‘ x dx; g n = p s 2 ‘p Z ‘ 0 g(x)sen nπ ‘ x dx, la soluci´ on del problema est´a dada por u(t, x)= s 2 ‘p ∞ X n=1 g n ν n sen(ν n t)+ f n cos(ν n t) sen nπ ‘ x . Como en nuestro caso, f n = αp s 2 ‘p 0, si n 6= k; ‘ 2 , si n = k; y g n = βp s 2 ‘p 0, si n 6= m; ‘ 2 , si n = m; , resulta que u(t, x)= r p a ‘β mπ sen r a p mπ ‘ t sen mπ ‘ x + α cos r a p kπ ‘ t sen kπ ‘ x (ii) En este caso, λ n = an 2 4p + c p ; v n (x)= s 1 πp sen n 2 x y adem´ as, para cada n ∈ N * se tiene que f n =0y g n = pv s 1 πp Z π 2 +δ π 2 -δ sen n 2 x dx = 4vp n s 1 πp sen nπ 4 sen nδ 2 = (-1) k 4vp n s 1 πp sen nδ 2 0, si n =4k, k ≥ 1; √ 2 2 , si n =4k +1,k ≥ 0; 1, si n =4k +2,k ≥ 0; √ 2 2 , si n =4k +3,k ≥ 0.
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117
2.6.4 Problemas hiperbolicos unidimensionales.
1.- En ambos casos el problema a resolver es
p(utt + 2rut)− auxx + cu = 0 en [0,+∞)× [0, `],
u(t, 0) = u(t, `) = 0, t ∈ [0,+∞),
u(0, x) = f(x), ut(0, x) = g(x) x ∈ [0, `].
con lo que el problema de contorno unidimensional asociado es
−av′′(x) + cv(x) = λ p v(x), v(0) = v(`) = 0,
por lo que los autovalores y las correspondientes autofunciones son
λn =an2 π2
`2p+c
p; vn(x) =
√2`p
sen(nπ
`x
).
(i) Como r = 0, λn − r2 = λn y como c = 0, resulta que λn > 0, (de hecho, esta misma conclusiones valida si c < 0 pero c > −a π2
`2p). Por tanto, si para cada n ∈ N∗ consideramos los escalares
νn =√λn =
√a
p
nπ
`; fn = p
√2`p
∫ `
0f(x)sen
(nπ
`x
)dx; gn = p
√2`p
∫ `
0g(x)sen
(nπ
`x
)dx,
la solucion del problema esta dada por
u(t, x) =
√2`p
∞∑n=1
(gnνn
sen(νnt) + fn cos(νnt))
sen(nπ
`x
).
Como en nuestro caso, fn = αp
√2`p
0, si n 6= k;`
2, si n = k;
y gn = βp
√2`p
0, si n 6= m;`
2, si n = m;
, resulta
que
u(t, x) =√p
a
`β
mπsen
(√a
p
mπ
`t
)sen
(mπ
`x
)+ α cos
(√a
p
k π
`t
)sen
(kπ
`x
)
(ii) En este caso,
λn =an2
4p+c
p; vn(x) =
√1πp
sen(n
2x
)y ademas, para cada n ∈ N∗ se tiene que fn = 0 y
gn = p v
√1πp
∫ π2
+δ
π2−δ
sen(n
2x
)dx =
4vpn
√1πp
sen(nπ
4
)sen
(nδ
2
)
= (−1)k4vpn
√1πp
sen(nδ
2
)
0, si n = 4k, k ≥ 1;√
22, si n = 4k + 1, k ≥ 0;
1, si n = 4k + 2, k ≥ 0;√
22, si n = 4k + 3, k ≥ 0.
118 Metodo de separacion de variables
Para obtener la solucion del problema hay que analizar para que valores de n se tiene que λn ≤ r2.Nosotros solo analizaremos aquı el caso en el que se satisface que λn − r2 > 0 para cada n ∈ N∗,de manera que si consideramos νn =
√λn − r2, la solucion del problema esta dada por
u(t, x) = e−rt√
1πp
∞∑n=1
gnνn
sen(νnt) sen(n
2x
)
= e−rt√
1πp
∞∑k=0
g4k+1
ν4k+1sen(ν4k+1t) sen
(4k + 1
2x
)
+ e−rt√
1πp
∞∑k=0
g4k+2
ν4k+2sen(ν4k+2t) sen
((2k + 1)x
)
+ e−rt√
1πp
∞∑k=0
g4k+3
ν4k+3sen(ν4k+3t) sen
(4k + 3
2x
)
+ e−rt√
1πp
∞∑k=1
g4k
ν4ksen(ν4kt) sen (2k x) ,
es decir,
u(t, x) = e−rt 2√
2v
π
∞∑k=0
(−1)k
ν4k+1
14k + 1
sen(ν4k+1t) sen(
(4k + 1)δ
2
)sen
((4k + 1)
x
2
)
+ e−rt4 vπ
∞∑k=0
(−1)k
ν4k+2
14k + 2
sen(ν4k+2t) sen ((2k + 1) δ) sen ((2k + 1)x)
+ e−rt 2√
2v
π
∞∑k=0
(−1)k
ν4k+3
14k + 3
sen(ν4k+3t) sen(
(4k + 3)δ
2
)sen
((4k + 3)
x
2
)
2.- El problema planteado es el mismo que el anterior considerando g = 0. El problema de contornounidimensional es el de Dirichlet cuyos autovaleres y autofunciones estan dados respectivamentepor
λn =an2 π2
`2p+c
p; vn(x) =
√2`p
sen(nπ
`x
), n ∈ N∗.
La solucion del problema se expresa pues en la forma u(t, x) =
√2`p
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
), donde
si para cada n ∈ N∗ cpnsideramos fn =
√2`p
∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx, entonces
T ′′n (t) + 2rTn(t) + λnTn(t) = 0, Tn(0) = fn, T ′n(0) = 0.
Supondremos que existe m ≥ 1 tal que am2 π2 = `2(pr2 − c). Entonces, si para cada n < m
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 119
tomamos µn =√r2 − λn y para cada n > m tomamos νn =
√λn − r2, entonces
Tn(t) = e−rtfnµn
(r sh(µnt) + µn ch(µnt)
), n < m,
Tm(t) = e−rt fn(1 + r) t,
Tn(t) = e−rtfnνn
(r sen(νnt) + νn cos(νnt)
), n > m.
Para finalizar, para cada n ∈ N∗ se tiene que f2n = 0 y f2n−1 = (−1)k+1
√2p`
2`2
(2n− 1)2π2.
3.- El problema unidimensional de autovalores asociado es con lo que el problema de contornounidimensional asociado es
−av′′(x) = λ p v(x), v(0) = v(`) = 0,
por lo que los autovalores y las correspondientes autofunciones son
λn =an2 π2
`2p; vn(x) =
√2`p
sen(nπ
`x
).
Por tanto, la solucion del problema es expresa en la forma
u(t, x) =
√2` p
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗, consideramos fn =∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx, entonces Tn satisface que
T ′′n (t) +an2 π2
`2pTn(t) = 0, Tn(0) =
√2p`fn; T ′n(0) = 0.
Esto implica que Tn(t) =√
2p`fn cos
(√a
p
nπ
`t
)para cada n ∈ N∗ y por ello, la solucion del
problema esta dada por
u(t, x) =4`
∞∑n=1
fn cos(√
a
p
nπ
`t
)sen
(nπ
`x
).
Si consideramos c =√a
py tenemos en cuenta que senθ cosφ =
12
(sen(θ+ φ) + sen(θ− φ)
), resulta
que
u(t, x) =2`
∞∑n=1
fn
[sen
(nπ
`(x+ ct)
)+ sen
(nπ
`(x− ct)
)]
Por otra parte, el problema planteado es equivalente a
utt − c2uxx = 0, 0 < x < `; t > 0u(t, 0) = u(t, `) = 0, t ≥ 0
u(0, x) = f(x); ut(0, x) = 0, 0 ≤ x ≤ `
120 Metodo de separacion de variables
de manera que si f es la prolongacion periodica impar de f de perıodo 2`, es decir la funcion
f(x) =
f(x− 2`k), si `(2k − 1) ≤ x ≤ `(2k + 1), k ≥ 1
f(x+ 2`k), si − `(2k + 1) ≤ x ≤ −`(2k − 1), k ≥ 1,
donde
f(x) =
{f(x), si x ∈ [0, `];
−f(−x), si x ∈ [−`, 0].
Entonces la solucion del problema no es mas que la restriccion a los puntos de [0, `] de la soluciondel problema
utt − c2uxx = 0, 0 < x < `; t > 0u(t, 0) = u(t, `) = 0, t ≥ 0
u(0, x) = f(x); ut(0, x) = 0, 0 ≤ x ≤ `
que segun la formula de D’Alambert esta determinada por identidad
u(t, x) =12
(f(x+ ct) + f(x− ct)
).
Para finalizar, como para cada x ∈ [0, `], f(x) =4`
∞∑n=1
fnsen(nπ
`x
), si y ∈ [−`, 0], resulta que
f(y) = −f(−y) = −4`
∞∑n=1
fnsen(nπ
`(−y)
)=
4`
∞∑n=1
fnsen(nπ
`y
),
si y ∈ [`(2k − 1), `(2k + 1)], resulta que
f(y) = f(y − 2k`) =4`
∞∑n=1
fnsen(nπ
`(y − 2k`)
)=
4`
∞∑n=1
fnsen(nπ
`y
),
mientras que si y ∈ [−`(2k + 1), `(2k − 1)], entonces
f(y) = f(y + 2k`) = −4`
∞∑n=1
fnsen(nπ
`(y + 2k`
)=
4`
∞∑n=1
fnsen(nπ
`y
).
En definitiva, f(x) =4`
∞∑n=1
fnsen(nπ
`y
)para cada x ∈ IR y por tanto si x ∈ [0, `], la solucion dada
por la formula de D’Alambert coincide con la determinada mendiante el metodo de separacion devariables.
4.- El problema de autovalores unidimensional es el de Neumann, es decir
−av′′(x) = λ p v(x), v′(0) = v′(`) = 0,
por lo que los autovalores y las correspondientes autofunciones son
λ0 = 0, v0(x) =√
1`, λn =
an2 π2
`2p, vn(x) =
√2`p
cos(nπ
`x
), n ∈ N∗.
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 121
Por tanto, la solucion del problema es expresa en la forma
u(t, x) =
√1` p
T0(t) +
√2` p
∞∑n=1
Tn(t) cos(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N, Tn satisface que
T ′′n (t) +an2 π2
`2pTn(t) = 0, Tn(0) = fn; T ′n(0) = gn,
con f0 = kp`
√1` p
, fn = 0, si n ∈ N∗, g0 = v02p`π
√1` p
, g1 = 0 y gn = −√
2` p
nv0p`
π(n2 − 1)(1 + (−1)n)
para n ≥ 2, es decir g2n−1 = 0 y g2n = −√
2` p
2npv0`
π(4n2 − 1), lo que implica que T2n−1 = 0 para cada
n ∈ N∗ y que
T0(t) = f0 + g0t =√p
`
(k`+ v0
2`πt)
y T2n(t) = −√
2`p
√p
a
v0p`2
π2(4n2 − 1)sen
(√a
p
2nπ`
t
), n ∈ N∗.
En definitiva,
u(t, x) =1π
(πk + 2 v0t)−2`v0
π2
√p
a
∞∑n=1
14n2 − 1
sen(√
a
p
2nπ`
t
)cos
(2nπ`
x
)
5.- Este problema se formula como el problema 2 considerando como posicion inicial
f(x) = h
x
x0, si 0 ≤ x ≤ x0
`− x`− x0
, si x0 ≤ x ≤ `
y donde h =F0 x0
` a(`− x0).
6.- El problema a resolver es
putt − auxx = 0, 0 < x < `, t > 0u(t, 0) = u(t, `) = 0, t ≥ 0
u(0, x) = 0, ut(0, x) = g(x), 0 ≤ x ≤ `
y por tanto la solucion se expresa en la forma
u(t, x) =
√2`p
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗
T ′′n (t) +an2π2
`2pTn(t) = 0, Tn(0) = 0, T ′n(t) = gn = p
√2`p
∫ `
0g(x) sen
(nπ
`x
)dx.
122 Metodo de separacion de variables
Esto implica que Tn(t) =√p
a
`gnnπ
sen(√
a
p
nπ
`t
). En el caso que nos ocupa,
gn = p v0
√2`p
∫ x0+δ
x0−δsen
(nπ
`x
)dx =
√2`p
p`v0
nπ
(cos
(nπ
`(x0 − δ)
)− cos
(nπ
`(x0 + δ)
))
=
√2`p
2p`v0
nπsen
(nπ
`x0
)sen
(nπ
`δ
).
Por tanto, la solucion del problema es
uδ(t, x) =4v0`
π2
√p
a
∞∑n=1
1n2
sen(nπ
`x0
)sen
(nπ
`δ
)sen
(√a
p
nπ
`t
)sen
(nπ
`x
)
Por otra parte, la energıa del n-esimo armonico wn(t, x) =
√2`pTn(t) sen
(nπ
`x
)esta dada por
Eδn(t) =12
∫ `
0
[p
(∂wn∂t
)2
+ a
(∂wn∂x
)2]dx
=1`
∫ `
0
[(T ′n(t))2sen2
(nπ
`x
)+an2π2
`2p(Tn(t))2cos2
(nπ
`x
)]dx.
Como Tn(t) =√p
a
`gnnπ
sen(√
a
p
nπ
`t
)y T ′n(t) = gn cos
(√a
p
nπ
`t
), resulta que
Eδn(t) =g2n
`
∫ `
0
[cos2
(√a
p
nπ
`t
)sen2
(nπ
`x
)+ sen2
(√a
p
nπ
`t
)cos2
(nπ
`x
)]dx =
g2n
2.
En definitiva,
Eδn(t) =4p ` v2
0
n2π2sen2
(nπ
`x0
)sen2
(nπ
`δ
)
7.- Teniendo en cuenta que I(0) =∫ ∞
0p ut(0, x) dx, resulta que ut(0, x) =
I
pδx0(x). El problema
a resolver es entonces
putt − auxx = 0, 0 < x < `, t > 0u(t, 0) = u(t, `) = 0, t ≥ 0
u(0, x) = 0, ut(0, x) =I
pδx0(x), 0 ≤ x ≤ `
y por tanto la solucion se expresa en la forma
u(t, x) =
√2`p
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
),
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 123
donde si para cada n ∈ N∗, gn = I
√2`p
∫ `
0δx0(x) sen
(nπ
`x
)dx = I
√2`p
sen(nπ
`x0
), entonces
T ′′n (t) +an2π2
`2pTn(t) = 0, Tn(0) = 0, T ′n(t) = gn.
Esto implica que Tn(t) =√p
a
`gnnπ
sen(√
a
p
nπ
`t
)y por tanto, la solucion del problema esta dada
por
u(t, x) =2Ip π
√p
a
∞∑n=1
1n
sen(nπ
`x0
)sen
(√a
p
nπ
`t
)sen
(nπ
`x
)
Observar que si en las condiciones del problema 6, tomamos v0 =I
2p δque es la velocidad requerida
para producir un impulso I, entonces limδ→0
uδ = u.
Por otra parte el mismo razonamiento que el efectuado en el problema 6 concluye que la energıa
del n-esimo armonico esta dada por En(t) =g2n
2, es decir por
En(t) =I2
` psen2
(nπ
`x0
)
Observar que si en el problema 6 tomamos nuevamente v0 =I
2p δ, entonces lim
δ→0Eδn = En.
8.- El problema de autovalores unidimensional asociado al anterior el de Neumann, es decir,
−v′′(x) = λ v(x); v′(0) = v′(`) = 0
cuyos autovalores y correspondientes autofunciones estan dados por
λ0 = 0, v0(x) =√
1`, λn =
n2π2
`2; vn(x) =
√2`
cos(nπ
`x
).
La solucion del problema se escribe entonces como
u(t, x) =√
1`T0(t) +
√2`
∞∑n=1
Tn(t) cos(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N, Tn satisface que
T ′′n (t) + 2Tn(t) + λn Tn(t) = 0, Tn(0) = fn, T ′n(0) = 0
con
f0 = 6√
1`
∫ `
0cos(πx) dx, fn = 6
√2`
∫ `
0cos(πx) cos
(nπ
`x
)dx, n ∈ N∗.
124 Metodo de separacion de variables
? Si existe m ∈ N∗ tal que ` = mπ, entonces T0(t) = f0 y para cada n ∈ N∗ se tiene que
Tn(t) = e−tfnµn
(sh(µnt) + µnch(µnt)
), µn =
√m2 − n2
m, n < m,
Tm(t) = e−tfm (1 + t),
Tn(t) = e−tfnνn
(sen(νnt) + νncos(νnt)
), νn =
√n2 −m2
m, n > m.
Como en este caso
f0 =6π
√1`
sen(mπ2), fn =√
2`
6m2π(−1)n
m2π2 − n2sen(mπ2)
la solucion esta dada por la expresion
u(t, x) =6`π
sen(mπ2) + (−1)m12π
`(π2 − 1)sen(mπ2) e−t(1 + t)cos(x)
+12m2π
`sen(m2π) e−t
m−1∑n=1
(−1)n
µn(m2π2 − n2)
(sh(µnt) + µnch(µnt)
)cos
(n
mx
)
+12m2π
`sen(m2π) e−t
∞∑n=m+1
(−1)n
νn(m2π2 − n2)
(sen(νnt) + νncos(νnt)
)cos
(n
mx
)
? Si ` /∈ N∗, consideremos m ∈ N∗ tal que mπ < ` < (m + 1)π. Entonces T0(t) = f0 y paracada n ∈ N∗ se tiene que
Tn(t) = e−tfnµn
(sh(µnt) + µnch(µnt)
), µn =
√`2 − n2π2
`, n ≤ m,
Tn(t) = e−tfnνn
(sen(νnt) + νncos(νnt)
), νn =
√n2π2 − `2
`, n > m.
Como en este caso
f0 =6π
√1`
sen(π `), fn =√
2`
(−1)n6`2
π(`2 − n2)sen(π `)
la solucion esta dada por la expresion
u(t, x) =6`π
sen(π `) +12`π
sen(π `) e−tm∑n=1
(−1)n
µn(`2 − n2)
(sh(µnt) + µnch(µnt)
)cos
(nπ
`x
)
+12m2π
`sen(π `) e−t
∞∑n=m+1
(−1)n
νn(`2 − n2)
(sen(νnt) + νncos(νnt)
)cos
(nπ
`x
)
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 125
? Si ` = m ∈ N∗, entonces fn = 0 para cada n ∈ N∗ con n 6= m y fm = 6√
2m
m
2. Por tanto,
Tn = 0 si n 6= m y Tm(t) = e−tfm√π2 − 1
(sen(
√π2 − 1 t)+
√π2 − 1 cos(
√π2 − 1 t)
). En definitiva,
u(t, x) = e−t6√
π2 − 1
(sen(
√π2 − 1 t) +
√π2 − 1 cos(
√π2 − 1 t)
)cos(π x)
9.- El problema a resolver es
putt − auxx = 0 0 < x < `; t > 0u(t, 0) = ux(t, `) = 0 t ≥ 0u(0, x) = kx; ut(0, x) = 0; 0 ≤ x ≤ `
donde p, a > 0. El problema de autovalores unidimensional asociado al anterior es de tipo mixtoDirichlet-Neumann, concretamente
−av′′(x) = λ pv(x); v(0) = v′(`) = 0.
Por tanto, los autovalores y las correspondientes autofunciones estan dados por
λn =a π2(2n− 1)2
4 `2p; vn(x) =
√2` p
sen(π
2`(2n− 1)x
).
La solucion del problema se escribe entonces como
u(t, x) =
√2` p
∞∑n=1
Tn(t) sen(π
2`(2n− 1)x
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que T ′′n (t) + λn Tn(t) = 0 y ademas
Tn(0) = k p
√2` p
∫ `
0sen
(π
2`(2n− 1)x
)dx = k p
√2` p
2`4π(2n− 1)
; T ′n(0) = 0.
Como λn > 0 para cada n ∈ N∗, resulta que
Tn(t) = k p
√2` p
2`4π(2n− 1)
cos(√
a
p
π
2`(2n− 1) t
)y por tanto
u(t, x) =k
π
∞∑n=1
12n− 1
cos(√
a
p
π
2`(2n− 1) t
)sen
(π
2`(2n− 1)x
)
126 Metodo de separacion de variables
10.- Este problema coincide con el anterior para el valor de k = F0a . Por tanto, su solucion esta
dada por la expresion
u(t, x) =F0
a π
∞∑n=1
12n− 1
cos(√
a
p
π
2`(2n− 1) t
)sen
(π
2`(2n− 1)x
)
11.- En este caso, el problema de autovalores unidimensional es el problema de Dirichlet, concre-tamente −v′′ = λ v; v(0) = v(`) = 0. Por tanto, los autovalores y las autofunciones estan dadospor
λn =n2π2
`2, vn(x) =
√2`
sen(nπ
`x
), n ∈ N∗.
La solucion del problema se escribe entonces como
u(t, x) =√
2`
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn(t) satisface que
T ′′n (t) + 2T ′n(t) + λnTn(t) = 0; Tn(0) = fn =√
2`
∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx; T ′0(0) = 0.
Como r = 1, para encontrar Tn cuando n ≥ 1, hay que determinar previamente si λn es mayor,menor o igual a 1. Distinguiremos tres casos:
(a) ` < π. Si se verifica esta propiedad, entonces λn =n2π2
`2> n2 ≥ 1, de manera que si tomamos
νn =1`
√n2π2 − `2, entonces Tn(t) =
fnνne−t
(sen(νnt) + νncos(νnt)
). Por tanto, en este caso
u(t, x) = 2 e−t∞∑n=1
1√n2π2 − `2
(∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx
)(sen(νnt) + νncos(νnt)
)sen
(nπ
`x
)
(b) ` = mπ para algun m ∈ N∗. En este caso λn =n2π2
`2=
n2
m2, por lo que λn < 1 si 1 ≤ n < m,
λm = 1 y λn > 1 cuando n > m. Si consideramos µn =1m
√m2 − n2 cuando 1 ≤ n < m y
νn =1m
√n2 −m2, cuando n > m, resulta que
Tn(t) =fnµn
e−t(sh(µnt) + µnch(µnt)
), si 1 ≤ n < m;
Tn(t) = e−tfn(t+ 1), si n = m;
Tn(t) =fnνne−t
(sen(νnt) + νncos(νnt)
), si n > m.
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 127
Por tanto, la solucion del problema es
u(t, x) =2m`e−t
m−1∑n=1
1√m2 − n2
(∫ `
0f(x) sen
(nx
m
)dx
)(sh(µnt) + µnch(µnt)
)sen
(nx
m
)
+2`e−t (t+ 1)
(∫ `
0f(x) senx dx
)senx
+2m`e−t
∞∑n=m+1
1√n2 −m2
(∫ `
0f(x) sen
(nx
m
)dx
)(sen(νnt) + νncos(νnt)
)sen
(nx
m
)
(c) (m − 1)π < ` < mπ para algun m > 1. En este caso(m− 1)2π2
`2< 1 <
m2π2
`2, por lo que
λn < 1 si 1 ≤ n < m y λn > 1 cuando n ≥ m. Si consideramos los escalares µn =1`
√`2 − n2π2
cuando 1 ≤ n < m y νn =1`
√n2π2 − `2, cuando n ≥ m, resulta que
Tn(t) =fnµn
e−t(sh(µnt) + µnch(µnt)
), si 1 ≤ n < m;
Tn(t) =fnνne−t
(sen(νnt) + νncos(νnt)
), si n ≥ m.
Por tanto, la solucion del problema es
u(t, x) = 2 e−tm−1∑n=1
1√`2 − n2π2
(∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx
)(sen(νnt) + νncos(νnt)
)sen
(nπ
`x
)
= 2 e−t∞∑n=m
1√n2π2 − `2
(∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx
)(sen(νnt) + νncos(νnt)
)sen
(nπ
`x
)
12.- Consideremos w ∈ C2((0,∞)×IR) tal que U1(w(t, x)) = h1(t), U2(w(t, x)) = h2(t). Entoncesu es solucion del Problema (2.1) sii u(t, x) = w(t, x) + v(t, x), donde v es la unica solucion delproblema
p(vtt + 2rvt)− avxx + cv = F + awxx − p(wtt + 2wt) en [0,+∞)× [0, `],
U1(v(t, x)) = U2(v(t, x)) = 0, t ∈ [0,+∞),
v(0, x) = f(x)− w(0, x), vt(0, x) = g(x)− wt(0, x) x ∈ [0, `].
13.- Si tomamos w(t, x) =u0
`(`−x), entonces u es solucion del problema sii v = u−w es solucion
del problemavtt − avxx = k x en [0,+∞)× [0, `],
v(t, 0) = v(t, `)) = 0, t ∈ [0,+∞),
v(0, x) =u0
`(x− `), vt(0, x) = 0 x ∈ [0, `].
128 Metodo de separacion de variables
Como el problema unidimensional de autovalores es el de Dirichlet, los autovalores y las correspon-dientes autofunciones estan dados respectivamente por
λn =an2π2
`2, vn(x) =
√2`
sen(nπ
`x
), n ∈ N∗
y por tanto, v(t, x) =√
2`
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
). Por otra parte, para cada n ∈ N∗
T ′′n (t) +an2π2
`2Tn(t) = Fn, Tn(0) = fn, T ′n(0) = 0,
es decir, Tn(t) =
(fn −
`2Fnan2π2
)cos
(nπ
`
√a t
)donde
Fn = k
√2`
∫ `
0x sen
(nπ
`x
)dx = (−1)n+1k`
2
nπ
√2`
fn =u0
`
√2`
∫ `
0(x− `) sen
(nπ
`x
)dx = (−1)n
u0`
nπ
√2`
Por tanto, v(t, x) =2a π3
∞∑n=1
(−1)n
n3
(a u0n
2π2 + k `3)
cos(nπ
`
√a t
)sen
(nπ
`x
)y en definitiva,
u(t, x) =u0
`(`− x) +
2a π3
∞∑n=1
(−1)n
n3
(a u0n
2π2 + k `3)
cos(nπ
`
√a t
)sen
(nπ
`x
)
14.- Como las condicones de contorno no son homogeneas, la primera etapa en la resolucion delproblema consiste en encontrar una funcion que las satisfaga. Como las condiciones de contorno
son las de Neumann, es este caso es suficiente considerar w(t, x) =4x2
`. De esta manera, u es
solucion del problema sii u = w + v donde v es la unica solucion del problema
vtt − vxx =8`
; 0 < x < `, t > 0
vx(t, 0) = 0; vx(t, `) = 0, t ≥ 0
v(0, x) =4x2
`(`− 1) + 20; vt(0, x) = 0, 0 ≤ x ≤ `
Para encontrar v, como el problema unidimensional de autovalores es el de Neumann, resulta quelos autovalores y las correspondientes autofunciones estaan dados por
λ0 =, v0(x) =√
1`, λn =
n2π2
`2, vn(x) =
√2`
cos(nπ
`x
), n ∈ N∗
y por tanto, v(t, x) =√
1`T0(t) +
√2`
∞∑n=1
Tn(t) cos(nπ
`x
), donde
T ′′0 (t) = 8√
1`, Tn(0) =
√1`
4`2
3(`− 1), T ′n(0) = 0,
T ′′n (t) +n2π2
`2Tn(t) = 0, Tn(0) = (−1)n
√2`
8`2(`− 1)n2π2
, T ′n(0) = 0.
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 129
Tenemos pues que T0(t) =√
1`
43
(`2(`− 1) + 3t2) y Tn(t) = (−1)n√
2`
8`2(`− 1)n2π2
cos(nπ
`t
), para
cada n ∈ N∗, de manera que
u(t, x) =43`
(3(t2 + x2) + `2(`− 1)
)+
16`(`− 1)π2
∞∑n=1
(−1)n
n2cos
(nπ
`t
)cos
(nπ
`x
)
15.- El problema a resolver es
putt − auxx = 0 0 < x < `; t > 0u(t, 0) = 0, a ux(t, `) = F t ≥ 0u(0, x) = f(x); ut(0, x) = g(x); 0 ≤ x ≤ `
donde p, a > 0. Como las condiciones de contorno no son homogeneas, la primera etapa en laresolucion del problema consiste en homogeneizarlas. Concretamente, si consideramos la funcion
w(t, x) =F
ax, entonces u es solucion del problema sii u = w+v donde v es la solucion del problema
pvtt − avxx = 0 0 < x < `; t > 0v(t, 0) = 0, vx(t, `) = 0 t ≥ 0
v(0, x) = f(x)− F
ax; vt(0, x) = g(x); 0 ≤ x ≤ `
El problema de autovalores unidimensional asociado al anterior es el mixto Dirichlet-Neumann,
−av′′(x) = λ pv(x); v(0) = v′(`) = 0
cuyos autovalores y correspondientes autofunciones estan dados por
λn =a π2(2n− 1)2
4 `2p; vn(x) =
√2` p
sen(π
2`(2n− 1)x
).
La solucion del problema se escribe entonces como
v(t, x) =
√2` p
∞∑n=1
Tn(t) sen(π
2`(2n− 1)x
),
donde si para cada n ∈ N∗ consideramos
fn = p
∫ `
0f(x) sen
(π
2`(2n− 1)x
)dx y gn = p
∫ `
0g(x) sen
(π
2`(2n− 1)x
)dx,
entonces Tn satisface que T ′′n (t) + λn Tn(t) = 0 y ademas
Tn(0) =
√2` p
(fn + (−1)n
4`2F paπ2(2n− 1)2
), T ′n(0) = gn
√2` p.
130 Metodo de separacion de variables
Si ahora tomamos νn =√λn =
√a
p
π
2`(2n− 1), para cada n ∈ N∗, resulta que
Tn(t) =1ν2n
√2` p
[(ν2nfn + (−1)nF
)cos (νnt) + gnνn sen (νnt)
]y por tanto
u(t, x) =xF
a+
8`aπ2
∞∑n=1
1(2n− 1)2
[(ν2nfn + (−1)nF
)cos (νnt) + gnνn sen (νnt)
]sen
(√p
aνnx
)
16.- Este problema presenta como novedad el hecho de que el dominio espacial esta parametrizadoen el intervalo [−1, 1] en lugar de en el intervalo [0, 2]. Resulta entonces que el problema deautovalores asociado esta dado por −v′′(x) = λ v(x); v′(−1) = v′(1) = 0, es decir, el problemade Neumann en el intervalo [−1, 1]. En este caso un razonamiento analogo al efectuado en el casoestandard muestra que los autovalores y las autofunciones estan dados por
λ0 = 0, v0(x) =√
12
; λn =n2π2
4, vn(x) = cos
(nπ
2(x+ 1)
), n ∈ N∗.
Por tanto, la solucion del problema es
u(t, x) =√
12T0(t) +
∞∑n=1
Tn(t) cos(nπ
2(x+ 1)
),
donde T0 satisface que
T ′′0 (t) =√
12
∫ 1
−1cos
(πx
2
)dx =
4π
√12
;
T0(0) =√
12
∫ 1
−1sen(π x) dx = 0, y T ′0(0) = 0;
y por tanto, T0(t) =2π
√12t2 mientras que para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
T ′′n (t) + λnTn(t) =∫ 1
−1cos
(πx
2
)cos
(nπ
2(x+ 1)
)dx
= 2 cos(nπ
2
)∫ 1
0cos
(πx
2
)cos
(nπ
2x
)dx = −
4 cos2(nπ2
)π(n2 − 1)
{0, si n = 1,1, si n > 1;
Tn(0) =∫ 1
−1sen(π x) cos
(nπ
2(x+ 1)
)dx = −
4 sen2(nπ2
)π(n2 − 4)
{0, si n = 2,1, si n 6= 2;
T ′n(0) = 0.
Por tanto, para cada n ∈ N∗ se tiene que
T ′′2n−1(t) +(2n− 1)2π2
4T2n−1(t) = 0, T2n−1(0) =
−4π((2n− 1)2 − 4)
, T ′2n−1(0) = 0;
T ′′2n(t) + n2π2T2n(t) =−4
π(4n2 − 1), T2n(0) = 0, T ′2n(0) = 0;
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 131
lo que implica que para cada n ∈ N∗,
T2n−1(t) =−4
π(4n2 − 4n− 3)cos
(π
2(2n− 1) t
), T2n(t) =
−4π3n2(4n2 − 1)
cos(nπ t).
En definitiva,
u(t, x) =t2
π+
4π
∞∑n=1
(−1)n
4n2 − 4n− 3cos
(π
2(2n− 1) t
)sen
(π
2(2n− 1)x
)
− 4π3
∞∑n=1
(−1)n
n2(4n2 − 1)cos(nπ t) cos(nπ x)
17.- Nuevamente la novedad de este problema es el intervalo de parametrizacion, que en este casoes [−π, π]. Resulta entonces que el problema de autovalores asociado es el problema de Dirichleten el intervalo [−π, π], es decir, −v′′(x) = λ v(x); v(−π) = v(π) = 0,. Un razonamiento analogoal efectuado en el caso estandard muestra que los autovalores y las autofunciones estan dados por
λn =n2
4, vn(x) =
√1π
sen(n
2(x+ π)
), n ∈ N∗.
Por tanto, la solucion del problema es
u(t, x) =√
1π
∞∑n=1
Tn(t) sen(n
2(x+ π)
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
T ′′n (t) + λnTn(t) = t
√1π
∫ π
−πcos
(3x2
)sen
(n
2(x+ π)
)dx
= 2t√
1π
sen(nπ
2
)∫ π
0cos
(3x2
)cos
(nx
2
)dx = t
√π
{0, si n 6= 3,1, si n = 3,
Tn(0) = 3√
1π
∫ π
−πsen(4x) sen
(n
2(x+ π)
)dx
= 6√
1π
cos(nπ
2
)∫ π
0sen(4x) sen
(nx
2
)dx = 3
√π
{0, si n 6= 8,1, si n = 8,
T ′n(0) = 0.
Por tanto, Tn = 0 si n 6= 3, 4, T3(t) =2√π
3
∫ t
0s sen
(32
(t− s))
=4√π
27
[3t− 2 sen
(32t
)]y
T4(t) = 3√π cos(4t). En definitiva,
u(t, x) =427
[3t− 2 sen
(32t
)]cos
(32x
)+ 3 cos(4t) sen(4x)
132 Metodo de separacion de variables
Claramente u es una solucion clasica y del problema y por tanto tiene sentido calcular u(−π2 ,
π2 ).
De hecho,
u(− π
2,π
2
)=
427
[−3π
2+ 2 sen
(3π4
)]cos
(3π4
)= − 4
27
[3π2
cos(
3π4
)+ 1
]=
3π√
2− 427
18.- En este caso, el problema a resolver es
putt − auxx = Φ(x) t en [0,+∞)× [0, `],
u(t, 0) = u(t, `) = 0, t ∈ [0,+∞),
u(0, x) = 0, ut(0, x) = 0 x ∈ [0, `].
El problema de autovalores unidimensional asociado es el problema de Dirichlet, respecto de p,en el intervalo [0, `], es decir −av′′(x) = λ p v(x); v(0) = v(`) por lo que los autovalores y lascorrespondientes autofunciones estan dadas por
λn =an2π2
`2p; vn(x) =
√2`p
sen(nπ
`x
), n ∈ N∗.
La solucion del problema es, por tanto,
u(t, x) =
√2`p
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface
T ′′n (t) + λnTn(t) =
√2`pt
∫ `
0Φ(x) sen
(nπ
`x
)dx, Tn(0) = T ′n(0) = 0,
lo que implica que si consideramos Φn =∫ `
0Φ(x) sen
(nπ
`x
)dx y νn =
√a
p
nπ
`, entonces
Tn(t) =
√2`p
Φn
νn
∫ t
0s sen(νn(t− s)) ds
=
√2`p
Φn
ν3n
[sen(νn(t− s) + s νncos(νn(t− s)
]t0
=
√2`p
Φn
ν3n
(νnt− sen(νnt)
)y en definitiva,
u(t, x) =2`a
∞∑n=1
1n3
(∫ `
0Φ(x) sen
(nπ
`x
)dx
) (nπ
`t−
√p
asen
(√a
p
nπ
`t
))sen
(nπ
`x
)
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 133
19.- En este caso, el problema a resolver es (ver tambien el Problema 15)
putt − auxx = 0 0 < x < `; t > 0u(t, 0) = 0, a ux(t, `) = k t t ≥ 0u(0, x) = f(x); ut(0, x) = g(x); 0 ≤ x ≤ `
donde p, a > 0. Como las condiciones de contorno no son homogeneas, la primera etapa en laresolucion del problema consiste en homogeneizarlas. Concretamente, si consideramos la funcion
w(t, x) =k
at x, entonces u es solucion del problema sii u = w+v donde v es la solucion del problema
pvtt − avxx = 0 0 < x < `; t > 0v(t, 0) = 0, vx(t, `) = 0 t ≥ 0
v(0, x) = f(x); vt(0, x) = g(x)− k
ax; 0 ≤ x ≤ `
El problema de autovalores unidimensional asociado al anterior es el mixto Dirichlet-Neumann,
−av′′(x) = λ pv(x); v(0) = v′(`) = 0
cuyos autovalores y correspondientes autofunciones estan dados por
λn =a π2(2n− 1)2
4 `2p; vn(x) =
√2` p
sen(π
2`(2n− 1)x
).
La solucion del problema se escribe entonces como
v(t, x) =
√2` p
∞∑n=1
Tn(t) sen(π
2`(2n− 1)x
),
donde si para cada n ∈ N∗ consideramos
fn = p
∫ `
0f(x) sen
(π
2`(2n− 1)x
)dx y gn = p
∫ `
0g(x) sen
(π
2`(2n− 1)x
)dx,
entonces Tn satisface que T ′′n (t) + λn Tn(t) = 0 y ademas
Tn(0) = fn
√2` p, T ′n(0) =
√2` p
(gn + (−1)n
4`2k paπ2(2n− 1)2
).
Si ahora tomamos νn =√λn =
√a
p
π
2`(2n− 1), para cada n ∈ N∗, resulta que
Tn(t) =1ν3n
√2` p
[(ν2ngn + (−1)nk
)sen (νnt) + ν3
nfnνn cos (νnt)]
y por tanto
u(t, x) =k
at x
+16`2
aπ3
√p
a
∞∑n=1
1(2n− 1)3
[(ν2ngn + (−1)nk
)sen (νnt) + ν3
nfnνn cos (νnt)]
sen(√
p
aνnx
)
134 Metodo de separacion de variables
20.- Como las condiciones de contorno no son homogeneas, la primera etapa en la resolucion delproblema sera homogeneizar tales condiciones. Para ello, como las condiciones de contorno son las
de Dirichlet, bastara tomar w(t, x) =k
`x t. Entonces, u es solucion del problema sii la funcion
v(t, x) = u(t, x)− k
`x t es solucion del problema
vtt − a vxx − c v = −(wtt − awxx − cw) =c k
`x t, x ∈ [0, `];
v(t, 0) = 0, v(t, `) = 0, t ≥ 0;
v(0, x) = −w(0, x) = 0, vt(0, x) = −wt(0, x) = −k`x, x ∈ [0, `].
Como el problema unidimensional de autovalores asociado al anterior es el problema de Dirichlet,es decir
−av′′ − cv = λ v; v(0) = v(`) = 0,
los autovalores y autofunciones del problema son
λn =an2π2
`2− c; vn(x) =
√2`
sen(nπ
`x
), n ∈ N∗.
Por tanto, la solucion del segundo problema se expresa como
v(t, x) =√
2`
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface
T ′′n (t) + λnTn(t) =c k
`
√2`t
∫ `
0x sen
(nπ
`x
)dx = (−1)n+1
√2`
c k `
n πt = t Fn
Tn(0) = 0, T ′n(0) = −k`
√2`
∫ `
0x sen
(nπ
`x
)dx = (−1)n
√2`
k `
n π= gn
El polinomio caracterıstico de la ecuacion anterior es X2 + λn, ası que sus raıces son reales ocomplejas dependiendo del signo de λn. En nuestro caso, la hipotesis inicial implica que
· · · > λn > · · · > λ3 =9aπ2
`2− c > 0 >
4aπ2
`2− c = λ2 > λ1.
Por tanto, si consideramos µ1 =√−λ1, µ2 =
√−λ2 y para cada n ≥ 3, νn =
√λn, las funciones
Tn, n ∈ N∗ deben ser de la forma
T1(t) = a1sh(µ1t) + b1ch(µ1t) +1µ1
∫ t
0s sh(µ1(t− s))F1 ds,
T2(t) = a2sh(µ2t) + b2ch(µ2t) +1µ2
∫ t
0s sh(µ2(t− s))F2 ds,
Tn(t) = ansen(νnt) + bncos(νnt) +1νn
∫ t
0s sen(νn(t− s))Fn ds, n ≥ 3.
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 135
Para acabar el calculo de las funciones Tn, falta imponer en cada caso las condiciones iniciales.Como para cada n ∈ N∗ tenemos que
Tn(0) = bn, n ∈ N∗, T ′1(0) = a1µ1 T ′2(0) = a2µ1 y T ′n(0) = anνn, si n ≥ 3,
resulta que bn = 0, n ∈ N∗, a1 =g1
µ1a2 =
g2
µ2y an =
gnνn, si n ≥ 3. Por otra parte, si
µ 6= 0, la funcion − 1µ2
[sh(µ(t− s)) + µ s ch(µ(t− s))
]es una primitiva de s sh(µ(t− s)), mientras
que si ν 6= 0, la funcion1ν2
[sen(ν(t− s)) + ν s cos(ν(t− s))
]es una primitiva de s sen(ν(t− s)); de
donde se deducen las identidades∫ t
0s sh(µ1(t− s))F1 ds =
F1
µ21
(sh(µ1t)− µ1t
),
∫ t
0s sh(µ2(t− s))F2 ds =
F2
µ22
(sh(µ2t)− µ2t
),
∫ t
0s sen(νn(t− s))Fn ds = −Fn
ν2n
(sen(νnt)− νnt
),
lo que implica que
T1(t) =1µ3
1
(g1µ
21 + F1) sh(µ1t)− F1µ1t
)=√
2`
k`
πµ31
(aπ2
`2sh(µ1t)− cµ1t
),
T2(t) =1µ3
2
(g2µ
22 + F2) sh(µ2t)− F2µ2t
)=√
2`
k`
2πµ32
(cµ2t−
4aπ2
`2sh(µ2t)
),
Tn(t) =1ν3n
(gnν
2n − Fn) sen(νnt) + Fnµnt
)= (−1)n
√2`
k `
nπν3n
(an2π2
`2sen(νnt)− c νnt
), n ≥ 3.
En definitiva, la solucion del problema inicial esta dada por la expresion
u(t, x) = w(t, x) + v(t, x) =k
`x t+
2 kπµ3
1
(aπ2
`2sh(µ1t)− cµ1t
)sen(π`x)
+k
πµ32
(cµ2t−
4aπ2
`2sh(µ2t)
)sen(2π`x)
+2 kπ
∞∑n=3
(−1)n1nν3
n
(an2π2
`2sen(νnt)− c νnt
)sen(nπ`x)
Nota: Como se ha puesto de manifiesto, la hipotesis 4aπ2 < `2c2 < 9aπ2 que figura en elenunciado del problema, debe ser sustituida por 4aπ2 < `2c < 9aπ2.
21.- Como las condiciones de contorno no son homogeneas, la primera etapa en la resolucion del
problema consiste en homogeneizarlas. De esta manera, si consideramos w(t, x) =k
`(` − x) e−rt,
136 Metodo de separacion de variables
resulta que u es solucion del problema sii u(t, x) = v(t, x) +w(t, x) donde v es la unica solucion delproblema
vtt + 2rvt − (a vxx + c v) = −wtt − 2rwt + (awxx + cw) =k
`(c− r2) (`− x) e−rt, x ∈ [0, `];
v(t, 0) = v(t, `) = 0, t ≥ 0;
v(0, x) = −k`
(`− x), vt(0, x) = 0, x ∈ [0, `].
El problema unidimensional de autovalores asociado al anterior, es el problema de Dirichlet en elintervalo [0, `]
−aφ(x)− cφ(x) = λφ(x), φ(0) = φ(`) = 0,
por lo que los autovalores y la correspondiente base ortonormal de autofunciones estan dados por
λn =an2π2
`2− c, φn(x) =
√2`
sen(nπ
`x
).
Por tanto, la solucion del anterior problema se expresa en la forma
v(t, x) =√
2`
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗,
T ′′n (t) + 2rT ′n(t) + λnTn(t) = e−rt√
2`
k`
πn(c− r2), Tn(0) = −
√2`
k`
πn, T ′n(0) = 0, n ∈ N∗
donde se ha utilizado que∫ `
0(`− x) sen
(nπ
`x
)dx =
`2
π n.
El polinomio caracterıstico de la ecuacion diferencial que determina Tn es
Pn(X) = (X + r)2 + λn − r2.
Como λn − r2 = a2n2π2
`2− (c + r2), la hipotesis del enunciado implica que λ1 < r2 y que λn > r2
para cada n ≥ 2. Ası pues, si consideramos los escalares µ =1`
√`2(c+ r2)− a2π2 y para cada
n ≥ 2, νn =1`
√a2n2π2 − `2(c+ r2), resulta que
T1(t) = − e−rtk`
πµ2
√2`
(rµsh(µt) + (µ2 + r2 − c) ch(µt) + c− r2
),
Tn(t) = − e−rtk`
πnν2n
√2`
(rνnsen(νnt) + (ν2
n + c− r2) cos(νnt) + r2 − c), n ≥ 2.
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 137
y la solucion del problema se expresa como
u(t, x) =k
`(`− x) e−rt
− e−rt 2kπµ2
(rµsh(µt) + (µ2 + r2 − c) ch(µt) + c− r2
)sen
(π
`x
)
− e−rt 2kπµ2
∞∑n=2
1nν2
n
(rνnsen(νnt) + (ν2
n + c− r2) cos(νnt) + r2 − c)
sen(nπ
`x
)
22.- El problema unidimensional de autovalores asociado al anterior, es el problema de mixtoDirichlet-Robin en el intervalo [0, `]
−av(x) + cv(x) = λ p v(x), v(0) = kv(`) + av′(`) = 0,
por lo que los autovalores y la correspondiente base ortonormal de autofunciones estan dados por
λn =aγ2
n
p`2+c
p, vn(x) =
√2
rnp`sen
(γn`x
),
donde {γn}∞n=1 es la sucesion de ceros positivos de la funcion f(x) = k` tgx+a x y donde para cadan ∈ N∗, rn = 1 +
a
k`cos2γn. Supondremos ademas que γn < γn+1 para cada n ∈ N∗, lo que implica
que λn < λn+1.
La solucion del anterior problema se expresa en la forma
u(t, x) =
√2p`
∞∑n=1
1√rnTn(t) sen
(γn`x
),
donde para cada n ∈ N∗,
T ′′n (t) + 2rT ′n(t) + λnTn(t) = e−rt√
2rnp`
Fn, Tn(0) =
√2
rnp`fn, T ′n(0) =
√2
rnp`gn, n ∈ N∗
con Fn =∫ `
0F (x) sen
(γn`x
)dx, fn = p
∫ `
0f(x) sen
(γn`x
)dx y gn = p
∫ `
0g(x) sen
(γn`x
)dx.
Como γ1 >π
2, resulta que
aπ2
4p`2+c
p< λ1 < λn. Como la hipotesis del enunciado establece que
r2 <aπ2
4p`2, resulta que las raıces del polinomo caracterıstico de la ecuacion que determina Tn son
complejas. De esta manera, si para cada n ∈ N∗ consideramos νn =√λn − r2
Tn(t) =e−rt
ν2n
√2
rnp`
(νn(gn + rfn) sen(νnt) + (ν2
nfn − Fn) cos(νnt) + Fn)
138 Metodo de separacion de variables
y por tanto,
u(t, x) =2e−rt
p`
∞∑n=1
1rnν2
n
(νn(gn + rfn) sen(νnt) + (ν2
nfn − Fn) cos(νnt) + Fn)
sen(γn`x
)
En particular, cuando f = 0, g es constante y F (x) = `−x, resulta que fn = 0, gn =gp`
γn(1−cosγn)
y Fn =`
kγn(a− k`) cosγn, para cada n ∈ N∗. Por tanto, en este caso
u(t, x) = 2ge−rt∞∑n=1
(1− cosγn)rnγnνn
( sen(νnt)) sen(γn`x
)
+2(a− k`)
pke−rt
∞∑n=1
cosγnrnγnν2
n
(1− cos(νnt)
)sen
(γn`x
)
23.- Nota: Supondremos que tambien se satisface que 0 < 4`2(r2p− c) < aπ2.
El problema unidimensional de autovalores asociado al anterior, es el problema de mixtoDirichlet-Robin en el intervalo [0, `]
−av(x) + cv(x) = λ p v(x), kv(0)− av′(0) = v(`) = 0,
por lo que los autovalores y la correspondiente base ortonormal de autofunciones estan dados por
λn =aγ2
n
p`2+c
p, vn(x) =
√2
rnp`sen
(γn`
(`− x)),
donde {γn}∞n=1 es la sucesion de ceros positivos de la funcion f(x) = k` tgx+a x y donde para cadan ∈ N∗, rn = 1 +
a
k`cos2γn. Supondremos ademas que γn < γn+1 para cada n ∈ N∗, lo que implica
que λn < λn+1.
La solucion del anterior problema se expresa en la forma
u(t, x) =
√2p`
∞∑n=1
1√rnTn(t) sen
(γn`
(`− x)),
donde para cada n ∈ N∗,
T ′′n (t) + 2rT ′n(t) + λnTn(t) = e−rt√
2rnp`
Fn, Tn(0) =
√2
rnp`fn, T ′n(0) =
√2
rnp`gn, n ∈ N∗
con
Fn =∫ `
0F (x) sen
(γn`
(`− x))dx,
fn = p
∫ `
0f(x) sen
(γn`
(`− x))dx y gn = p
∫ `
0g(x) sen
(γn`
(`− x))dx.
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 139
Por la misma razon que en el problema anterior, las raıces del polinomo caracterıstico de la ecuacionque determina Tn son complejas. De esta manera, si para cada n ∈ N∗ consideramos νn =
√λn − r2
Tn(t) =e−rt
ν2n
√2
rnp`
(νn(gn + rfn) sen(νnt) + (ν2
nfn − Fn) cos(νnt) + Fn)
y por tanto,
u(t, x) =2e−rt
p`
∞∑n=1
1rnν2
n
(νn(gn + rfn) sen(νnt) + (ν2
nfn − Fn) cos(νnt) + Fn)
sen(γn`
(`− x))
En particular, cuando f = 0, g es constante y F (x) = x, resulta que fn = 0, gn =gp`
γn(1− cosγn)
y Fn =`
kγn(k`+ a cosγn), para cada n ∈ N∗. Por tanto, en este caso
u(t, x) = 2ge−rt∞∑n=1
(1− cosγn)rnγnνn
( sen(νnt)) sen(γn`
(`− x))
+2e−rt
pk
∞∑n=1
(k`+ acosγn)rnγnν2
n
(1− cos(νnt)
)sen
(γn`
(`− x))
24.- Nota: La hipotesis r2 > c debe cambiarse a pr2 < c.
El problema unidimensional de autovalores asociado al anterior, es el problema de condicionesperiodicas en el intervalo [0, `]
−av(x) + cv(x) = λ p v(x), v(0) = v(`), v′(0) = v′(`),
por lo que los autovalores y la correspondiente base ortonormal de autofunciones estan dados por
λ0 =c
p, v0(x) =
√1`p,
λn =4aπ2n2
p`2+c
p, vn(x) =
√2p`
sen(
2nπ`
x
), wn(x) =
√2p`
cos(
2nπ`
x
), n ∈ N∗.
La solucion del problema se expresa en la forma
u(t, x) =
√1`pT0(t) +
√2p`
∞∑n=1
[Kn(t) sen
(2nπ`
x
)+ Tn(t) cos
(2nπ`
x
)],
donde
T ′′0 (t) + 2rT ′0(t) + λ0T0(t) = e−rt√
1`pF0, T0(0) =
√1`pf0, T ′0(0) =
√1`pg0,
T ′′n (t) + 2rT ′n(t) + λnTn(t) = e−rt√
2`pFn, Tn(0) =
√2`pfn, T ′n(0) =
√2`pgn, n ∈ N∗,
K ′′n(t) + 2rK ′n(t) + λnKn(t) = e−rt√
2`pFn, Tn(0) =
√2`pfn, T ′n(0) =
√2`pgn, n ∈ N∗
140 Metodo de separacion de variables
y donde
F0 =∫ `
0F (x) dx, Fn =
∫ `
0F (x) cos
(2nπ`
x
)dx, Fn =
∫ `
0F (x) sen
(2nπ`
x
)dx,
f0 = p
∫ `
0f(x) dx, fn = p
∫ `
0f(x) cos
(2nπ`
x
)dx, fn = p
∫ `
0f(x) sen
(2nπ`
x
)dx,
g0 = p
∫ `
0g(x) dx, gn = p
∫ `
0g(x) cos
(2nπ`
x
)dx, gn = p
∫ `
0g(x) sen
(2nπ`
x
)dx,
Por otra parte, la hipotesis pr2 < c implica que λn − r2 > λ0 − r2 > 0, de manera que si paracada n ∈ N consideramos ν0 =
√λn − r2, entonces
T0(t) =e−rt
ν20
√1`p
(ν0(g0 + rf0) sen(ν0t) + (ν2
0f0 − F0) cos(ν0t) + F0
)Tn(t) =
e−rt
ν2n
√2`p
(νn(gn + rfn) sen(νnt) + (ν2
nfn − Fn) cos(νnt) + Fn)
Kn(t) =e−rt
ν2n
√2`p
(νn(gn + rfn) sen(νnt) + (ν2
nfn − Fn) cos(νnt) + Fn)
y por tanto,
u(t, x) =e−rt
`pν20
(ν0(g0 + rf0) sen(ν0t) + (ν2
0f0 − F0) cos(ν0t) + F0
)
+e−rt
`p
∞∑n=1
1ν2n
(νn(gn + rfn) sen(νnt) + (ν2
nfn − Fn) cos(νnt) + Fn)
sen(
2nπ`
x
)
+e−rt
`p
∞∑n=1
1ν2n
(νn(gn + rfn) sen(νnt) + (ν2
nfn − Fn) cos(νnt) + Fn)
cos(
2nπ`
x
)
En particular, cuando g es constante, f(x) = sen(πx
`
)y F (x) = cos
(πx
`
), resulta que
f0 = 2`p
π, g0 = pg`, F0 = 0 y para cada n ∈ N∗, fn =
2`pπ(1− 4n2)
, fn = 0, gn = gn = 0, Fn = 0 y
Fn =4n`
π (4n2 − 1)y en definitiva,
u(t, x) =e−rt
πν20
(ν0(π`+ 2r) sen(ν0t) + 2ν2
0 cos(ν0t))
+4e−rt
π p
∞∑n=1
n
ν2n(4n2 − 1)
(1− cos(νnt)
)sen
(2nπ`
x
)
− 2e−rt
π
∞∑n=1
1νn(4n2 − 1)
(rsen(νnt) + νncos(νnt)
)cos
(2nπ`
x
)
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 141
25.- Como las condiciones de contorno no son homogeneas, la primera etapa en la resolucion delproblema consiste en homogeneizarlas. De esta manera, si consideramos w(t, x) = t x e−rt, resultaque u es solucion del problema sii u(t, x) = v(t, x)+w(t, x) donde v es la unica solucion del problema
vtt + 2rvt − a2 vxx + r2 v = e−r t F (x)− wtt − 2rwt + a2wxx − r2w = e−r t F (x), x ∈ [0, `];
vx(t, 0) = vx(t, `) = 0, t ≥ 0;
v(0, x) = h(x)− w(0, x) = h(x), vt(0, x) = x− wt(0, x) = 0, x ∈ [0, `].
El problema unidimensional de autovalores asociado al anterior, es el problema de Neumann en elintervalo [0, `]
−a2φ(x) = λφ(x), φ′(0) = φ′(`),
por lo que los autovalores y la correspondiente base ortonormal de autofunciones estan dados por
λ0 = 0, φ0(x) =√
1`
; λn =a2n2π2
`2+ r2, φn(x) =
√2`
cos(nπ
`x
).
Por tanto, la solucion del anterior problema se expresa en la forma
v(t, x) =√
1`T0(t) +
√2`
∞∑n=1
Tn(t) cos(nπ
`x
),
donde los coeficientes de Fourier de u satisfacen que
T ′′0 (t) + 2rT ′0(t) + λ0T0(t) = e−rt√
1`F0, T0(0) =
√1`h0, T ′0(0) = 0;
T ′′n (t) + 2rT ′n(t) + λnTn(t) = e−rt√
2`Fn, Tn(0) =
√2`hn, T ′n(0) = 0, n ∈ N∗,
y donde F0 =∫ `
0F (x) dx, h0 =
∫ `
0h(x) dx, y para cada n ∈ N∗
Fn =∫ `
0F (x) cos
(nπ
`x
)dx, y hn =
∫ `
0h(x) cos
(nπ
`x
)dx.
El polinomio caracterıstico de la ecuacion diferencial que determina Tn es
Pn(X) = (X + r)2 +a2n2π2
`2,
que tiene X = −r ± ianπ` como raıces (si n = 0, la raız es real y doble). Por tanto, si para cada
n ∈ N∗ definimos νn =anπ
`, entonces
T0(t) = e−rt√
1`
(h0 (r t+ 1) +
F0
2t2),
Tn(t) =e−rt
ν2n
√2`
[νnhn
(r sen(νnt) + νn cos(νnt)
)+ Fn (1− cos(νnt))
], n ∈ N∗.
142 Metodo de separacion de variables
y la solucion del problema se expresa como
u(t, x) = t x e−rt+ e−rth0
`
(r t+ 1
)
+2e−rt
`
∞∑n=1
hnνn
(r sen(νnt) + νn cos(νnt)
)cos
(nπ
`x
)
+F0
2`t2e−rt +
2e−rt
`
∞∑n=1
Fnν2n
(1− cos(νnt)
)cos
(nπ
`x
)
En particular, cuando F y h son constantes, entonces Fn = hn = 0 para cada n ∈ N∗, mientrasque F0 = ` F y h0 = ` h. En definitiva,
u(t, x) = e−rt(t x+ h (r t+ 1) +
F
2t2)
Nota: Para simplificar, en la resolucion del problema hemos tomado p = 1.
26.- El problema unidimensional de autovalores asociado es el problema de Dirichlet en el intervalo[0, `], es decir −av′′(x) + cv(x) = λ p v(x), v(0) = v(`) = 0, lo que implica que los autovalores ylas autofunciones esta dados por
λn =an2π2
`2p+c
p, vn(x) =
√2`
sen(nπ
`x
), n ∈ N∗
Por tanto, la solucion del problema esta dada por la expresion
u(t, x) =
√2`p
∞∑n=1
Tn(t) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface
T ′′n (t) + 2 r Tn(t) + λnTn(t) = e−rt√
2`pFn; Tn(0) = 0, T ′n(0) = p
√2`pfn,
y donde Fn =∫ `
0F (x) sen
(nπ
`x
)dx, fn =
∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx.
Como el polinomio caracterıstico de la ecuacion anterior es P (X) = (X + r)2 + λn − r2 susraıces son reales o complejas dependiendo de si λn− r2 ≤ 0 o λn− r2 > 0. Ahora bien, se satisface
quean2π2 + `2c
`2p≤ r2 sii an2π2 ≤ `2 (pr2 − c) y como sabemos que 16π2 a = `2 (pr2 − c), resulta
que
λn − r2 es
< 0, si n < 4;= 0, si n = 4;> 0, si n > 4.
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 143
Por tanto, si n = 1, 2, 3 y consideramos µn =√r2 − λn =
1`p
√`2(pr2 − c)− an2π2, entonces
Tn(t) =e−rt
µ2n
√2`p
(pfnµn sh(µn t) + Fn
(ch(µn t)− 1
));
si n = 4, entonces
Tn(t) =e−rt
2
√2`p
(2 pfn t+ Fnt
2)
y si n > 4 y consideremos νn =√λn − r2 =
1`p
√`2(c− pr2) + an2π2, entonces
Tn(t) =e−rt
ν2n
√2`p
(pfn νn sen(νn t) + Fn
(1− cos(νn t)
)).
Por tanto, la solucion del problema es
u(t, x) =2 e−rt
`p
3∑n=1
1µ2n
(pfnµn sh(µn t) + Fn
(ch(µn t)− 1
))sen
(nπ
`x
)
+e−rt
`p
(2 pf4 t+ F4t
2)
sen(
4π`x
)
+2 e−rt
`p
∞∑n=5
1ν2n
(pfn νn sen(νn t) + Fn
(1− cos(νn t)
))sen
(nπ
`x
).
En particular, si F (x) = x y f(x) = x (x− `), entonces para cada n ∈ N∗ se satisface que
Fn = (−1)n+1 `2
nπ, fn = 0
y por tanto que
u(t, x) =2 `3 p e−rt
π(`2(pr2 − c)− aπ2
) (ch(t
`p
√`2(pr2 − c)− aπ2
)− 1
)sen
(π
`x
)
− `3 p e−rt
π(`2(pr2 − c)− 4aπ2
) (ch(t
`p
√`2(pr2 − c)− 4aπ2
)− 1
)sen
(2π`x
)
+2 `3 p e−rt
3π(`2(pr2 − c)− 9aπ2
) (ch(t
`p
√`2(pr2 − c)− 9aπ2
)− 1
)sen
(3π`x
)
− `
4 pπe−rt t2 sen
(4π`x
)
− 2 `3pπ
e−rt∞∑n=5
(−1)n
(1− cos
(t`p
√`2(c− pr2) + an2π2
))n(`2(c− pr2) + an2π2
) sen(nπ
`x
)
144 Metodo de separacion de variables
27.- Para simplificar un poco el analisis, supondremos que r = 0. Entonces, el problema a resolveres
putt − auxx + cu = F en [0,+∞)× [0, `],
U1(u(t, x)) = U2(u(t, x)) = 0, t ∈ [0,+∞),
u(0, x) = u(T, x) = 0 x ∈ [0, `].
Para resolver este problema, consideraremos {λn}∞n=1 y {vn}∞n=1 las sucesiones de autovalores y delas correspondientes autofunciones del problema de autovalores
−av′′ + cv = λpv, U1(v) = U2(v) = 0.
Buscaremos la solucion expresada de la forma u(t, x) =∞∑n=1
Kn(t)vn(x), donde para cada n ∈ N∗,
Kn(t) = p
∫ `
0u(t, x)vn(x) dx. Ademas, si para cada n ∈ N∗, consideramos la funcion definida como
Fn(t) =∫ `
0F (t, x)vn(x) dx, entonces Kn debe ser solucion del problema de contorno [PC]n
K ′′n(t) + λnKn(t) = Fn(t), Kn(0) = Kn(T ) = 0.
Este problema de contorno es el problema de Dirichlet en el intervalo [0, T ]. Para analizar laexistencia y unicidad de solucion debemos considerar el correspondiente problema homogeneo [PH]nK ′′n(t) + λnKn(t) = 0, Kn(0) = Kn(T ) = 0 y aplicar el Teorema de Alternativa:
a) Si [PH]n tiene como unica solucion la trivial, entonces [PC]n tiene una unica solucion.
b) Si [PH]n soluciones no triviales, y V es el subespacio de tales soluciones entonces [PC]n tiene
solucion sii∫ T
0Fn(s) v(s) ds = 0 para cada v ∈ V . Ademas en este caso, si K es una solucion
K + v, con v ∈ V tambien es solucion de [PC]n.
En definitiva la posibilidad de reolver [PC]n reside en el analisis de las soluciones de [PH]n. Ahorabien, si expresamos este problema en la forma −K ′′n(t) = λnKn(t) = 0, Kn(0) = Kn(T ) = 0,resulta que [PH]n tiene soluciones no triviales sii λn es autovalor del problema de Dirichlet en elintervalo [0, T ], es decir −φ′′(t) = µφ, φ(0) = φ(T ) = 0 y las soluciones no triviales de [PH]n sonprecisamente las autofunciones correspondientes a tal autovalor. Por otra parte los autovalores ylas correspondientes autofunciones del anterior problema de Dirichlet son conocidos, concretamenteson
µk =k2π2
T 2, φn(x) = r sen
(kπ
Tt
), r ∈ IR, k ∈ N∗,
Ası pues las condiciones (a) y (b) anteriores se re-escriben como
a’) Si λn 6=k2π2
T 2para todo k ∈ N∗, entonces [PC]n tiene solucion unica.
b’) Si existe k ∈ N∗ tal que λn =k2π2
T 2, entonces [PC]n tiene solucion sii se satisface que∫ T
0Fn(s) sen
(kπ
Ts
)ds = 0 y en esta caso si K es una solucion todas las soluciones de
[PC]n se escriben como K(t) + r sen(kπ
Tt
), r ∈ IR.
Solucion de los problemas: problemas hiperbolicos unidimensionales 145
A continuacion detallaremos el analisis para el caso en el que
c = 0, U1(u) = u(0) y U2(u) = u(`) (condiciones de Dirichlet).
El analisis del resto de los casos es analogo. Ademas, en lugar de basarnos en el Teorema deAlternativa, procederemos directamente.
Con estas condiciones los autovalores y las autofunciones asociadas al problema inicial estandados respectivamente por
λn =an2π2
`2p, vn(x) =
√2`
sen(nπ
`x
), n ∈ N∗
de manera que la solucion del problema esta dada por
u(t, x) =√
2`
∞∑n=1
Kn(t) sen(nπ
`x
)
donde Kn satisface
K ′′n(t) + λnKn(t) = Fn(t) =√
2`
∫ `
0F (t, x) sen
(nπ
`x
)dx, Kn(0) = Kn(T ) = 0.
Por tanto, si consideramos νn =√a
p
nπ
`, entonces la solucion de la anterior ecuacion es
Kn(t) = an sen(νnt) + bn cos(νnt) +1νn
∫ t
0Fn(s) sen(νn(t− s)) ds
donde los escalares an y bn deben obtenerse de las condiciones Kn(0) = Kn(T ) = 0, es decir, como
Kn(0) = bn, y Kn(T ) = an sen(νnT ) + bn cos(νnT ) +1νn
∫ T
0Fn(s) sen(νn(T − s)) ds
bn = 0 y an debe satisfacer que an sen(νnT ) = − 1νn
∫ T
0Fn(s) sen(νn(T − s)) ds.
Por tanto, si sen(νnT ) 6= 0, entonces an = − 1νnsen(νnT )
∫ T
0Fn(s) sen(νn(T − s)) ds y la unica
solucion de la ecuacion es
Kn(t) = −sen(νnt)1
νnsen(νnT )
∫ T
0Fn(s) sen(νn(T − s)) ds+
1νn
∫ t
0Fn(s) sen(νn(t− s)) ds
=1
νnsen(νnT )
(sen(νnT )
∫ t
0Fn(s) sen(νn(t− s)) ds− sen(νnt)
∫ T
0Fn(s) sen(νn(T − s)) ds
).
Sin embargo, si sen(νnT ) = 0, entonces la condicion necesaria y suficiente para que la segunda
igualdad sea compatible es que∫ T
0Fn(s) sen(νn(T − s)) ds = 0 y como
sen(νn(T − s)) = sen(νnT ) cos(νns)− cos(νnT ) sen(νns) = −cos(νnT ) sen(νns),
146 Metodo de separacion de variables
la anterior condicion necesaria y suficiente se expresa como∫ T
0Fn(s) sen(νns) ds = 0. Si esta
condicion se satisface, entonces el conjunto de soluciones del problema de contorno es
Kn(t) = an sen(νnt) +1νn
∫ t
0Fn(s) sen(νn(t− s)) ds, an ∈ IR.
Como sen(νnT ) = 0 sii νnT = k π con k ∈ N, la situacion anterior se escribe como:
Si T 6= k π
νn=√p
a
`k
npara cada k, n ∈ N∗, entonces el problema inicial tiene como unica
solucion
u(t, x) =√
2`
∞∑n=1
Kn(t) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗,
Kn(t) =
(sen(νnT )
∫ t
0Fn(s) sen(νn(t− s)) ds− sen(νnt)
∫ T
0Fn(s) sen(νn(T − s)) ds
)νnsen(νnT )
.
Sin embargo si existen k, n ∈ N∗ tales que T =k π
νn=√p
a
`k
n, entonces la condicon necesaria y
suficiente para que exista solucion es que se satisfaga que∫ T
0Fn(s) sen(νns) ds =
∫ T
0Fn(s) sen
(kπ
Ts
)ds = 0
y en este caso,
Kn(t) = an sen(kπ
Tt
)+
T
kπ
∫ t
0Fn(s) sen
(kπ
T(t− s)
)ds, an ∈ IR.
Debemos observar que si existen k, n ∈ N∗ tales que T =√p
a
`k
n, entonces para cada m ∈ N∗
se satisface que T =√p
a
`km
nm, es decir, T =
kmπ
νnmde manera que para que exista solucion debe
verificarse una condicion analoga a la anterior. En definitiva tenemos el siguiente resultado:
Si√a
p
T
`no es un numero racional positivo, entonces el problema inicial tiene una unica solu-
cion. Sin embargo, si existen k, n ∈ N∗ primos entre sı tales que√a
p
T
`=k
n, entonces para que el
problema tenga solucion debe satisfacerse que∫ T
0Fmn(s) sen
(kmπ
Ts
)ds = 0, para cada m ∈ N∗
y ademas en este caso existen infinitas soluciones del problema. Por ultimo, debe observarse quela anterior condicon se expresa de la siguiente forma en terminos de los datos del problema∫ T
0
∫ `
0F (t, x) sen
(kmπ
Tt
)sen
(nmπ
`x
)dt dx = 0, para cada m ∈ N∗.
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 147
2.6.5 Problemas elıpticos bidimensionales.
1.- El problema unidimensional de autovalores asociado es
v′′(x) = λ v(x), v(0) = v(`1) = 0,
de manera que los autovalores y las correspondientes autofunciones estan dadas por
λn = −n2 π2
`21, vn(x) =
√2`1
sen(nπ
`1x
), nn ∈ N∗.
Ası pues, la solucion se escribe como
u(x, y) =
√2`1
∞∑n=1
Tn(y) sen(nπ
`1x
)
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
T ′′n (y)− n2π2
`21Tn(y) = 0, Tn(0) =
√2`1fn, Tn(`2) =
√2`1gn,
con fn =∫ `1
0f(x) sen
(nπ
`1x
)dx y gn =
∫ `1
0g(x) sen
(nπ
`1x
)dx. Por tanto, para cada n ∈ N∗,
Tn(y) =
√2`1
1
sh(`2`1nπ) [gn sh
(nπ
`1y
)+ fn sh
(nπ
`1(`2 − y)
)]
y la solucion del problema esta dada por
u(x, y) =2`1
∞∑n=1
1
sh(`2`1nπ) [gn sh
(nπ
`1y
)+ fn sh
(nπ
`1(`2 − y)
)]sen
(nπ
`1x
)
2.- Este problema se resuelve de forma analoga al anterior, cambiando los papeles de las variablesx e y. Concretamente, el problema unidimensional de autovalores asociado es
v′′(y) = λ v(y), v(0) = v(`2) = 0,
de manera que los autovalores y las correspondientes autofunciones estan dadas por
λn = −n2 π2
`22, vn(x) =
√2`2
sen(nπ
`2y
), nn ∈ N∗.
Ası pues, la solucion se escribe como
u(x, y) =
√2`2
∞∑n=1
Tn(x) sen(nπ
`1y
)
148 Metodo de separacion de variables
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
T ′′n (x)− n2π2
`22Tn(x) = 0, Tn(0) =
√2`2fn, Tn(`1) =
√2`2gn,
con fn =∫ `2
0f(y) sen
(nπ
`2y
)dy y gn =
∫ `2
0g(y) sen
(nπ
`2y
)dy. Por tanto, para cada n ∈ N∗,
Tn(x) =
√2`2
1
sh(`1`2nπ) [gn sh
(nπ
`2x
)+ fn sh
(nπ
`2(`1 − x)
)]
y la solucion del problema esta dada por
u(x, y) =2`2
∞∑n=1
1
sh(`1`2nπ) [gn sh
(nπ
`2x
)+ fn sh
(nπ
`2(`1 − x)
)]sen
(nπ
`2y
)
3.- La solucion de este problema se expresa como superposicion de las soluciones de los problemas
vxx + vyy = 0 en [0, 2]× [0, 2],
v(0, y) = 0, v(2, y) = 0, y ∈ [0, 2],
v(x, 0) = 0, v(x, 2) = g(x), x ∈ [0, 2],
ywxx + wyy = 0 en [0, 2]× [0, 2],
w(0, y) = 0, w(2, y) = f(y), y ∈ [0, 2],
w(x, 0) = 0, w(x, 2) = 0, x ∈ [0, 2],
de manera que si para cada n ∈ N∗ consideramos los escalares
fn =∫ 2
0f(y) sen
(nπ
2y
)dy y gn =
∫ 2
0g(x) sen
(nπ
2x
)dx,
aplicando los resultados de los dos problemas anteriores, obtenemos que
v(x, y) =∞∑n=1
gnsh (nπ)
sen(nπ
2x
)sh(nπ
2y
)
w(x, y) =∞∑n=1
fnsh (nπ)
sen(nπ
2y
)sh(nπ
2(2− x)
)
En nuestro caso,
fn = − 16n3π3
y gn = (−1)n+1 5nπ
+4nπ
cos(nπ
2
)=
− 5
(2k − 1)π, si n = 2k − 1,
12k π
(4 (−1)k − 5), si n = 2k
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 149
de manera que la solucion del problema es
u(x, y) = − 5π
∞∑n=1
12n− 1
sh(
(2n−1)π2 y
)sh ((2n− 1)π)
sen(
(2n− 1)π2
x
)
− 12π
∞∑n=1
(4 (−1)n − 5)n
sh (nπ y)sh (2nπ)
sen (nπ x)
− 16π3
∞∑n=1
1n3
sh(nπ2 (2− x)
)sh (nπ)
sen(nπ
2y
)
4.- Como las condiciones de contorno en la variable y son homogeneas, consideraremos el problemade autovalores
v′′(y) = λ v(y), v(0) = v(`) = 0, problema de Dirichlet).
Por tanto, los autovalores y las autofunciones estan determinados por las expresiones
λn = −n2π2
`2, vn(y) =
√2`
sen(nπ
`y
)y la solucion del problema se escribe como
u(x, y) =√
2`
∞∑n=1
Tn(y) sen(nπ
`y
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface
T ′′n (x) + λnTn(x) =√
2`Gn F (x), T ′n(0) =
√2`fn, T ′n(`) =
√2`gn,
con Gn =∫ `
0G(y) sen
(nπ
`y
)dy; fn =
∫ `
0f(y) sen
(nπ
`y
)dy, gn =
∫ `
0g(y) sen
(nπ
`y
)dy.
Resolviendo la ecuacion diferencial, obtenemos que para cada n ∈ N∗,
Tn(x) = A sh(nπ
`x
)+B ch
(nπ
`x
)+√
2`
`Gnnπ
∫ x
0F (s) sh
(nπ
`(x− s)
)ds
donde A y B se determinan imponiendo las condiciones de contorno. Teniendo en cuenta que la
derivada de la funcion∫ x
0F (s) sh
(nπ
`(x− s)
)ds es
nπ
`
∫ x
0F (s) ch
(nπ
`(x− s)
)ds resulta que
T ′n(x) = Anπ
`ch(nπ
`x
)+B
nπ
`sh(nπ
`x
)+√
2`Gn
∫ x
0F (s) ch
(nπ
`(x− s)
)ds
y por tanto
T ′n(0) = Anπ
`=√
2`fn
T ′n(`) = Anπ
`ch(nπ) +B
nπ
`sh(nπ) +
√2`Gn
∫ `
0F (s) ch
(nπ
`(`− s)
)ds =
√2`gn.
150 Metodo de separacion de variables
De estas identidades obtenemos que A =√
2`
`
n πfn, mientras que
B =`
n π sh(nπ)
√2`
(gn − fn ch(nπ)−Gn
∫ `
0F (s) ch
(nπ
`(`− s)
)ds
)
de donde se deduce que
Tn(x) =`
n π sh(nπ)
√2`
(gnch
(nπ
`x
)− fn ch
(nπ
`(`− x)
))
+`Gnnπ
√2`
∫ x
0F (s) sh
(nπ
`(x− s)
)ds
− `Gnnπ sh(nπ)
√2`
ch(nπ
`x
)∫ `
0F (s) ch
(nπ
`(`− s)
)ds
En particular, cuando F es constante, G(y) = y, f es nula y g(y) = sen(π
`y
), para cada n ∈ N∗
tenemos las siguientes identidades
fn = 0; gn = 0, si n ≥ 2, g1 =`
2; Gn = (−1)n+1 `
2
nπ
y tambien ∫ x
0F (s) sh
(nπ
`(x− s)
)ds =
F `
nπ
(ch(nπ
`x
)− 1
);
∫ `
0F (s) ch
(nπ
`(`− s)
)ds =
F `
nπsh(nπ).
Por tanto,
T1(x) =`2
2π shπ
√2`
ch(π
`x
)+`4F
π3
√2`
(ch(π
`x
)− 1
)− `4F
π3
√2`
ch(π
`x
)
=`2
2π shπ
√2`
ch(π
`x
)− `4F
π3
√2`
y para cada n ≥ 2, Tn(x) = (−1)n`4F
n3π3
√2`
. En definitiva,
u(x, y) =`
π shπch(π
`x
)sen
(π
`y
)+
2F `3
π3
∞∑n=1
(−1)n
n3sen
(nπ
`y
)
5.- El problema de autovalores unidimensional asociado es uno de tipo Robin, concretamente
b v′′(y) = λ v(y), v′(0) = kv(`) + bv′(`2) = 0,
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 151
de manera que los autovalores y las autofunciones estan dados por
λn = −b γ2n
`22; vn(y) =
√2
rn`2cos
(γn`2y
), rn = 1 +
b
k`2sen2γn, n ∈ N∗,
donde {γn}∞n=1 es la sucesion de ceros positivos de la funcion f(y) = b y + k `2 tg y. Por tanto, lasolucion del problema esta dada por la expresion
u(x, y) =
√2`2
∞∑n=1
1√rnTn(x) cos
(γn`2y
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
aT ′′n (x)− b γ2n
`22Tn(x) = Gn
√2
rn`2F (x), Tn(0) =
√2
rn`2fn, Tn(`1) =
√2
rn`2gn
con fn =∫ `2
0f(y) cos
(γn`2y
)dy, gn =
∫ `2
0g(y) cos
(γn`2y
)dy y Gn =
∫ `2
0G(y) cos
(γn`2y
)dy.
Entonces,
Tn(x) =
√2
rn`2
1
sh(√
baγn`2`1
)gnsh
√ b
a
γn`2x
+ fnch
√ b
a
γn`2
(`1 − x)
+
√a
b
Gn`2a γn
√2
rn`2
1
sh(√
baγn`2`1
) sh
√ b
a
γn`2x
∫ `1
0F (s) sh
√ b
a
γn`2
(`1 − s)
ds
−√a
b
Gn`2aγn
√2
rn`2
∫ x
0F (s) sh
√ b
a
γn`2
(x− s)
ds
En particular, si F (x) = x, entonces
∫ x
0s sh
√ b
a
γn`2
(x− s)
ds =a `22b γ2
n
sh
√ b
a
γn`2x
−√b
a
γn`2x
y si ademas G es constante, f es nula y g(y) = sen
( π`1y), entonces para cada n ∈ N∗ se tiene que
fn = 0; Gn =G`2γn
sen γn y si definimos los escalares α =π`2 − γn`1
`1`2y β =
π`2 + γn`1`1`2
, resultaque
gn =∫ `2
0sen
(πy
`1
)cos
(γny
`2
)=
12
∫ `2
0
[sen(αy) + sen(βy)
]=
(1
2α(1− cos(α`2)
)+
12β
(1− cos(β`2)
)).
(Observar que esta expresion es valida incluso cuando α = 0, pues entonces se satisface que1− cos(α`2)
2α= 0).
152 Metodo de separacion de variables
Aplicando las expresiones anteriores resulta que, en este caso,
Tn(x) =
√2
rn`2gn
sh(√
baγn`2x
)sh(√
baγn`2`1
)+
√a
b
G`42aγ4
n
√2
rn`2
sen γn
sh(√
baγn`2`1
)sh
√ b
a
γn`2`1
−√b
a
γn`2`1
sh
√ b
a
γn`2x
− sen γn
√a
b
G`42aγ4
n
√2
rn`2
sh
√ b
a
γn`2x
−√b
a
γn`2x
=
√2
rn`2gn
sh(√
baγn`2x
)sh(√
baγn`2`1
)+
G`32aγ3
n
√2
rn`2
sen γn
sh(√
baγn`2`1
)x sh
√ b
a
γn`2`1
− `1 sh
√ b
a
γn`2x
.En definitiva,
u(x, y) =2`2
∞∑n=1
gnrn
sh(√
baγn`2x
)sh(√
baγn`2`1
) cos(γn`2y
)
+2G`22a
∞∑n=1
1rnγ3
n
sen γn
sh(√
baγn`2`1
)x sh
√ b
a
γn`2`1
− `1 sh
√ b
a
γn`2x
cos(γn`2y
)
6.- El problema se formula como
uxx + uyy = 0 en [0, `1]× [0, `2],
ux(0, y) = ux(`1, y) = 0, y ∈ [0, `2],
u(x, 0) = 0, u(x, `2) = f(x), x ∈ [0, `1].
Como el problema de autovalores unidimensional asociado es el de Neumann en el intervalo [0, `1],los autovalores y las correspondientes autofunciones son
λ0 = 0, v0 =
√1`1
; λn =n2π2
`21, vn(x) =
√2`1
cos(nπ
`1x
)y por tanto, la solucion se expresa como
u(x, y) =
√1`1T0(y) +
√2`1
∞∑n=1
Tn(y) cos(nπ
`1x
)
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 153
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
T ′′n (y)− n2π2
`21Tn(y) = 0, Tn(0) = 0, Tn(`2) = fn
√1`1
si n = 0,√2`1
si n ≥ 1,
con f0 =∫ `1
0f(x) dx y fn =
∫ `1
0f(x) cos
(nπ
`1x
)dx para n ≥ 1.
Resulta entonces que T0(y) =
√1`1
f0
`2y, para cada n ≥ 1, Tn(y) = fn
√2`1
sh(nπ`1y)
sh(`2`1nπ) y en
consecuencia
u(x, y) =f0
`1`2y +
2`1
∞∑n=1
fnsh(nπ`1y)
sh(`2`1nπ) cos
(nπ
`1x
)
En particular, si f ≡ k, entonces f0 = k `1 y fn = 0 para cada n ∈ N∗, por lo que en este caso la
solucion es u(x, y) =k
`2y
7.- El problema se formula como
uxx + uyy = 0 en [0, `]× [0, `],
u(0, y) = u(`, y) = 0, y ∈ [0, `],
u(x, 0)− uy(x, 0) = 0, u(x, `) = f(x), x ∈ [0, `],
Ası pues, la solucion se escribe como u(x, y) =√
2`
∞∑n=1
Tn(y) sen(nπ
`x
)donde para cada n ∈ N∗,
Tn satisface que
T ′′n (y)− n2π2
`2Tn(y) = 0, Tn(0)− T ′n(0) = 0, Tn(`) =
√2`fn,
con fn =∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx. Por tanto, Tn(y) = A sh
(nπ
`y
)+B ch
(nπ
`y
)ası que A y B
deben satisfacer que B − nπ
`A = 0, A sh (nπ) +B ch (nπ) =
√2`fn, por lo que
Tn(y) =√
2`fn` sh
(nπ` y)
+ nπ ch(nπ` y
)` sh (nπ) + nπ ch (nπ)
y, en definitiva,
u(x, y) =2`
∞∑n=1
fn` sh
(nπ` y
)+ nπ ch
(nπ` y
)` sh (nπ) + nπ ch (nπ)
sen(nπ
`x
)
154 Metodo de separacion de variables
8.- El problema se formula como
uxx + uyy = 0 en [0, `1]× [0, `2],
u(0, y) = g(y), ux(`1, y) = 0, y ∈ [0, `2],
uy(x, 0) = 0, uy(x, `2) = f(x), x ∈ [0, `1],
de manera que u(x, y) = v(x, y) + w(x, y) donde v es la solucion del problema
vxx + vyy = 0 en [0, `1]× [0, `2],
v(0, y) = 0, vx(`1, y) = 0, y ∈ [0, `2],
vy(x, 0) = 0, vy(x, `2) = f(x), x ∈ [0, `1],
mientras que w es la solucion del problema
wxx + wyy = 0 en [0, `1]× [0, `2],
w(0, y) = g(y), wx(`1, y) = 0, y ∈ [0, `2],
wy(x, 0) = 0, wy(x, `2) = 0, x ∈ [0, `1].
Como el problema de contorno unidimensional asociado al primer problema es
v′′(x) = λ v(x), v(0) = v′(`1) = 0,
resulta que
v(x, y) =
√2`1
∞∑n=1
Tn(y) sen(π
2`1(2n− 1)x
)donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
T ′′n (y)− π2
4 `21(2n− 1)2Tn(y) = 0, T ′n(0) = 0, T ′n(`2) =
√2`1fn,
con fn =∫ `1
0f(x) sen
(π
2`1(2n− 1)x
)dx. Por tanto,
Tn(y) =
√2`1fn
2`1π (2n− 1)
ch(π
2`1(2n− 1) y
)ch(π `22`1
(2n− 1)) ,
de donde se deduce que
v(x, y) =4π
∞∑n=1
fn2n− 1
ch(π
2`1(2n− 1) y
)ch(π `22`1
(2n− 1)) sen
(π
2`1(2n− 1)x
).
Por otra parte, como el problema de contorno unidimensional asociado al segundo problema es
w′′(y) = λw(y), w′(0) = w′(`2) = 0,
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 155
resulta que
w(x, y) =
√1`2K0(x) +
√2`2
∞∑n=1
Kn(x) cos(nπ
`2y
)donde para cada n ∈ N, Kn satisface que
K ′′n(x)− n2π2
`22Kn(x) = 0, Kn(0) = 0, K ′n(`1) = gn
√1`2
si n = 0,√2`2
si n ≥ 1,
con g0 =∫ `2
0g(y) dy y gn =
∫ `2
0g(y) cos
(nπ
`2y
)dy. Por tanto, K0 = g0
√1`2
y para cada n ≥ 1,
Kn(x) = gn`2nπ
√2`2
sh(nπ`2x)
sh(`1`2nπ) ,
de donde se deduce que
w(x, y) =g0
`2+
2π
∞∑n=1
gnn
sh(nπ`2x)
sh(`1`2nπ) cos
(nπ
`2y
)
Por tanto,
u(x, y) =4π
∞∑n=1
fn2n− 1
ch(π
2`1(2n− 1) y
)ch(π `22`1
(2n− 1)) sen
(π
2`1(2n− 1)x
)
+g0
`2+
2π
∞∑n=1
gnn
sh(nπ`2x)
sh(`1`2nπ) cos
(nπ
`2y
)
9.- Debe exigirse tambien que la solucion del problema sea una funcion acotada.
El problema de autovalores unidimensional asociado es uno de tipo mixto, concretamente
v′′(y) = λ v(y), v(0) = kv(0) + v′(`) = 0,
de manera que los autovalores y las autofunciones estan dados por
λn = −γ2n
`2; vn(y) =
√2rn`
sen(γn`y
), rn = 1 +
1k`
cos2γn, n ∈ N∗,
donde {γn}∞n=1 es la sucesion de ceros positivos de la funcion y+ k ` tg y. Por tanto, la solucion delproblema esta dada por la expresion
u(x, y) =√
2`
∞∑n=1
1√rnTn(x) sen
(γn`y
),
156 Metodo de separacion de variables
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que es una funcion acotada y ademas que
T ′′n (x)− γ2n
`2Tn(x) = 0, Tn(0) =
√2rn`
fn
donde fn =∫ `
0f(y) sen
(γn`y
)dy. Entonces, Tn(x) =
√2rn`
fne− γn
`x y por tanto,
u(x, y) = 2k∞∑n=1
fnk`+ cos2γn
e−γn`x sen
(γn`y
)
10.- Este problema es identico al Problema 5.
11.- Si consideremos el problema de autovalores en el intervalo [0, `]
b v′′(y) = λ v(y); v(0) = v′(`) = 0,
resulta que los autovalores y la base ortonormal de autofunciones estan dados respectivamente por
λn = −b2π2
4`2(2n− 1)2, vn(y) =
√2`
sen(π
2`(2n− 1) y
), n ∈ N∗.
En consecuencia, la solucion del problema esta determinada por la expresion
u(x, y) =√
2`
∞∑n=1
Tn(x) sen(π
2`(2n− 1) y
),
donde para cada n ∈ N, la funcion Tn debe satisfacer
aT ′′n (x) + λnTn(x) =√
2`Fn(x); k Tn(0)− aT ′n(0) =
√2`hn, Tn(`) = 0,
y donde
Fn(x) =∫ `
0F (x, y) sen
(π
2`(2n− 1) y
)dy, hn =
∫ `
0h(y) sen
(π
2`(2n− 1) y
)dy.
Resolviendo la ecuacion diferencial anterior, resulta que para cada n ∈ N∗, la funcion Tn debe tenerla expresion
Tn(x) = A sh (µn x) +B ch (µn x) +√
2`
1aµn
∫ x
0Fn(s) sh (µn (x− s)) ds,
donde µn =
√b
a
π
2`(2n− 1).
Como la funcion Kn(x) =√
2`
1aµn
∫ x
0Fn(s) sh (µn (x− s)) ds es la unica solucion de la EDO
anterior que satisface las condiciones iniciales Kn(0) = K ′n(0) = 0, resulta que las constantes A yB deben verificar que
k B −Aµn =√
2`hn, A sh(µn`) +B ch(µn`) =
√2`rn,
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 157
donde rn =1
aµn
∫ `
0Fn(s) sh (µn (`− s)) ds. Por tanto, si dn = µnch(µn`) + ksh(µn`),
A =√
2`
1dn
(k rn − ch(µn`)hn
), B =
√2`
1dn
(sh(µn`)hn + µnrn
)lo que implica que
Tn(x) =√
2`
hndn
sh(µn (`− x)
)+√
2`
rndn
(µnch (µn x) + k ch (µn x)
)+
√2`
1aµn
∫ x
0Fn(s) sh (µn (x− s)) ds,
y, en definitiva que
u(x, y) =2`
∞∑n=1
1dn
[hn sh
(µn (`− x)
)+ rn
(µnch (µn x) + k ch (µn x)
)]sen
(√a
bµny
)
+2a `
∞∑n=1
1µn
(sen
(√a
bµny
)) (∫ x
0Fn(s) sh (µn (x− s)) ds
)
En particular, si F (x, y) = x y, y h es constante se tiene que
Fn(x) = x
∫ `
0y sen
(√a
bµny
)dy =
4 `2(−1)n
π2(2n− 1)2x =
(−1)nbaµ2
n
x,
hn = h
∫ `
0sen
(√a
bµny
)dy =
2` hπ (2n− 1)
=
√b
a
h
µn,
∫ x
0Fn(s) sh (µn (x− s)) ds =
(−1)nbaµ2
n
∫ x
0s sh (µn (x− s)) ds =
(−1)nbaµ4
n
(sh(µnx)− µnx
)rn =
(−1)nba2µ5
n
(sh(µn`)− µn`
).
12.- El problema de autovalores unidimensional asociado es uno de tipo mixto, concretamente elproblema mixto Dirichlet-Neumann
av′′(x) = λ v(x), v(0) = kv(0) + bv′(`) = 0,
de manera que los autovalores y las autofunciones estan dados por
λn = −aγ2n
`2; vn(x) =
√2rn`
sen(γn`x
), rn = 1 +
x
k`cos2γn, n ∈ N∗,
donde {γn}∞n=1 es la sucesion de ceros positivos de la funcion a x + k ` tg x, donde suponemos queγn < γn+1. Por tanto, la solucion del problema esta dada por la expresion
u(x, y) =√
2`
∞∑n=1
1√rnTn(y) sen
(γn`x
),
158 Metodo de separacion de variables
donde para cada n ∈ N∗, se tiene que bT ′′n (y) − aγ2n
`2Tn(y) =
√2rn`
Fn(y), Tn(0) = T ′n(`) = 0
con Fn(y) =∫ `
0F (x, y) sen
(γn`x
)dx. Entonces, si para cada n ∈ N∗, µn =
√a
b
γn`
Tn(x) =
√2rn`
1bµnch(µn`)
[ch(µn`)
∫ y
0Fn(s)sh(µn(y − s) ds− sh(µny)
∫ `
0Fn(s)ch(µn(`− s) ds
]
En particular, supongamos que γ = γm y por tanto que F (x, y) = ysen(γm`
), Entonces se
tiene que Fm =rm`
2y y que Fn = 0 si n 6= m, lo que implica que Tn = 0 si n 6= m mientras que
Tm(x) =
√2rm`
rm`
2bµ3mch(µm`)
[sh(µmy)− µny ch(µm`)
]y en definitiva
u(x, y) =1
bµ3mch(µm`)
[sh(µmy)− µny ch(µm`)
]sen
(γm`x
)
13.- Si consideramos el problema de autovalores en el intervalo [0, `],
−av′′(x) = λ v(x), v(0) = v(`) = 0,
resulta que los autovalores y la correspondiente base ortonormal de autofunciones estan dados por
λn =a π2n2
`2, vn(x) =
√2`
sen(nπ
`x
), n ∈ N∗.
En consecuencia, la solucion del problema esta dada por la expresion
u(x, y) =√
2`
∞∑n=1
Tn(y) sen(nπ
`x
),
donde para cada n ∈ N∗, la funcion Tn debe satisfacer
−bT ′′n (y) + λnTn(y) =√
2`FnG(y), Tn(0) =
√2`fn, Tn(`) =
√2`gn,
y donde para cada n ∈ N∗
Fn =∫ `
0F (x) sen
(nπ
`x
)dx, fn =
∫ `
0f(x) sen
(nπ
`x
)dx, gn =
∫ `
0g(x) sen
(nπ
`x
)dx.
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 159
Aplicando el metodo de variacion de las constantes, para cada n ∈ N∗,
Tn(y) = A sh(√
a
b
nπ
`y
)+B ch
(√a
b
nπ
`y
)+√
2`
√1ab
`
nπFn
∫ y
0sh(√
a
b
nπ
`(y − s)
)G(s) ds
y como Tn(0) = Tn(`) = 0, resulta que
B =√
2`fn
A =√
2`
1
sh(√
ab nπ
) [gn − fnch(√
a
bnπ
)−√
1ab
`
nπFn
∫ `
0sh(√
a
b
nπ
`(`− s)
)G(s) ds
].
Sustituyendo los valores de A y B en la expresion de Tn y teniendo en cuenta que
shα chβ − chα shβ = sh(α− β),
resulta que
Tn(y) =√
2`
1
sh(√
ab nπ
) [gnsh(√
a
b
nπ
`y
)+ fnsh
(√a
b
nπ
`(`− y)
)]
+√
2`
Fn
sh(√
ab nπ
) √ 1ab
`
nπ
[sh(√
a
bnπ
)∫ y
0sh(√
a
b
nπ
`(y − s)
)G(s) ds
]
−√
2`
Fn
sh(√
ab nπ
) √ 1ab
`
nπ
[sh(√
a
b
nπ
`y
)∫ `
0sh(√
a
b
nπ
`(`− s)
)G(s) ds
]
En particular, si g es nula, gn = 0, n ∈ N∗, si f(x) = sen(π` x), entonces f1 =
`
2y fn = 0 para
n ≥ 2 y si F es constante, entonces
Fn = F
∫ `
0sen
(nπ
`x
)dx = −F`
nπ
[cos
(nπ
`x
)]`0
=F`
nπ
(1−(−1)n
)=
0, si n = 2m,
2F`(2m− 1)π
, si n = 2m− 1.
Por otra parte, si G(y) = y, como la funcion
− b`2
a π2n2
[sh(√
a
b
nπ
`(y − s)
)+ s
√a
b
nπ
`ch(√
a
b
nπ
`(y − s)
)]es una primitiva de s sh
(√abnπ` (y − s)
), resulta que∫ y
0sh(√
a
b
nπ
`(y − s)
)G(s) ds =
b`2
a π2n2
[sh(√
a
b
nπ
`y
)− y
√a
b
nπ
`
]y tambien que
sh(√
a
bnπ
)∫ y
0sh(√
a
b
nπ
`(y − s)
)G(s) ds− sh
(√a
b
nπ
`y
)∫ `
0sh(√
a
b
nπ
`(`− s)
)G(s) ds
=
√b
a
`
π n
[` sh
(√a
b
nπ
`y
)− y sh
(√a
bnπ
)].
160 Metodo de separacion de variables
Por tanto, en estas condiciones, para cada n ∈ N∗ se tiene que
T1(y) =√
2`
`
2 sh(√
ab π) sh
(√a
b
π
`(`− y)
)
+√
2`
2F
sh(√
ab π) `3
a π3
[` sh
(√a
b
π
`y
)− y sh
(√a
bπ
)],
T2m = 0 para cada m ∈ N∗ y
T2m−1(y) =√
2`
2F`3
(2m− 1)3π3a sh(√
ab (2m− 1)π
) [` sh(√
a
b
(2m− 1)π`
y
)− y sh
(√a
b(2m− 1)π
)]para cada m ≥ 2. En definitiva,
u(x, y) =sh(√
abπ` (`− y)
)sh(√
ab π) sen
(π
`x
)
+4F`2
aπ3
∞∑m=1
[` sh
(√ab
(2m−1)π` y
)− y sh
(√ab (2m− 1)π
)](2m− 1)3 sh
(√ab (2m− 1)π
) sen(
(2m− 1)π`
x
)
Nota: En el enunciado del problema debe sustituirse f(x) = sen(aπ` x
)por f(x) = sen
(π` x).
14.- Como las condiciones de contorno en y son homogeneas, sera esta la variable que escogere-mos para el calculo de autovalores y de autofunciones. Por tanto, el problema unidimensional deautovalores asociado es el problema de Neumann en el intervalo [0, `2], es decir
b v′′(y) = λ v(y); v′(0) = v′(`2) = 0,
lo que implica que los autovalores y las autofunciones estan dados por
λ0 = 0, v0(x) =
√1`2, λn = −bn
2π2
`22, vn(x) =
√2`2
cos(nπ
`2y
), n ∈ N∗.
En consecuencia, la solucion del problema esta determinada por la expresion
u(x, y) =
√1`2T0(x) +
√2`2
∞∑n=1
Tn(x) cos(nπ
`2y
),
donde para cada n ∈ N, la funcion Tn debe satisfacer
aT ′′n (x) + λnTn(x) = Fn(x); T ′n(0) = fn, T ′n(`1) = gn,
y donde
F0(x) =
√1`2
∫ `2
0F (x, y) dy, f0 =
√1`2
∫ `2
0f(y) dy, g0 =
√1`2
∫ `2
0g(y) dy;
Fn(x) =
√2`2
∫ `2
0F (x, y) cos
(nπ
`2y
)dy,
fn =
√2`2
∫ `2
0f(y) cos
(nπ
`2y
)dy, gn =
√1`2
∫ `2
0g(y) cos
(nπ
`2y
)dy.
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 161
Resolviendo la ecuacion diferencial anterior, resulta que para cada n ∈ N∗, la funcion Tn debe tenerla expresion
Tn(x) = A sh
√ b
a
n π
`2x
+B ch
√ b
a
n π
`2x
+√
1ab
`2nπ
∫ x
0Fn(s) sh
√ b
a
n π
`2(x− s)
ds,
mientras que T0 debe tener la expresion
T0(x) = A0 x+B0 +1a
∫ x
0F0(s) (x− s) ds.
De estas expresiones deducimos que
T ′n(x) =
√b
a
n π
`2
A ch
√ b
a
n π
`2x
+B sh
√ b
a
n π
`2x
+
1a
∫ x
0Fn(s) ch
√ b
a
n π
`2(x− s)
ds,
mientras que
T ′0(x) = A0 +1a
∫ x
0F0(s) ds.
Imponiendo las condiciones de contorno, obtenemos que para cada n ∈ N∗, los escalares A y Bdeben satisfacer que
T ′n(0) =
√b
a
n π
`2A = fn,
T ′n(`1) =
√b
a
n π
`2
A ch
√ b
a
`1`2nπ
+B sh
√ b
a
`1`2nπ
+
1a
∫ `1
0Fn(s) ch
√ b
a
n π
`2(`1 − s)
ds = gn,
lo que implica que
Tn(x) =√a
b
`2π
1
n sh(√
ba`1`2nπ
)gn ch
√ b
a
n π
`2x
− fn ch
√ b
a
n π
`2(`1 − x)
−√
1ab
`2nπ
ch(√
banπ`2x
)sh(√
ba`1`2nπ
) ∫ `1
0Fn(s) ch
√ b
a
n π
`2(`1 − s)
ds
+√
1ab
`2nπ
∫ x
0Fn(s) sh
√ b
a
n π
`2(x− s)
ds;
mientras que imponiendo las condiciones de contorno, los escalares A0 y B0 deben satisfacer que
T ′0(0) = A0 = f0; T ′0(`1) = A0 +1a
∫ `1
0F0(s) ds = g0.
162 Metodo de separacion de variables
Ahora bien, este sistema de dos ecuaciones es compatible sii se satisface la identidad
∫ `1
0F0(s) ds = a (g0 − f0)
y en este caso, B0 queda indeterminado y todas las funciones de la forma
T0(x) = f0 x+B0 +1a
∫ x
0F0(s) (x− s) ds
satisfacen las condiciones pedidas.
En resumen, todos los coeficientes de Fourier de la solucion del problema inicial estan unıvocamentedeterminados excepto T0. Para que podamos determinar T0, y por tanto para que el problema inicial
tenga solucion, debe satisfacerse que∫ `1
0F0(s) ds = a (g0 − f0) y en este caso T0 puede determi-
narse unıvocamente salvo constante aditiva. Si traducimos la condicion anteruior en terminos delos datos del problema, resulta que el problema planteado tiene solucion sii las funcionesF , f y g satisfacen la identidad
∫ `1
0
∫ `2
0F (x, y) dx dy = a
(∫ `2
0(g(y)− f(y)) dy
)
o de forma equivalente sii
∫ `1
0
∫ `2
0
(`1F (x, y) + a
(f(y)− g(y)
))dx dy = 0.
Ademas, si esta condion se satisface y u es una solucion del problema, entonces u+B con B ∈ IRes tambien solucion, o en otras palabras la solucion es unica salvo constante aditiva.
En particular, si F (x, y) = 3x2 y, f(y) = α y y g(y) = β con α, β ∈ IR, como
∫ `1
0
∫ `2
03x2 y dx dy =
(∫ `1
03x2 dx
)(∫ `y
0y dy
)= `31
`222,
∫ `2
0α y dy =
α `222
e∫ `2
0β dy = β `2,
existe solucion del problema sii se satisface la identidad α =`31 `2 − 2 a β
a `2y ademas se tiene
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 163
que
F0(x) = 3x2
√1`2
∫ `2
0y dy =
3x2`222
√1`2,
f0 =
√1`2
∫ `2
0α y dy =
α`222
√1`2, g0 =
√1`2
∫ `2
0β dy = β `2
√1`2
;
Fn(x) = 3x2
√2`2
∫ `2
0y cos
(nπ
`2y
)dy = 3x2
√2`2
`22n2π2
((−1)n − 1
),
fn = α
√2`2
∫ `2
0y cos
(nπ
`2y
)dy = α
√2`2
`22n2π2
((−1)n − 1
),
gn =
√1`2
∫ `2
0β cos
(nπ
`2y
)dy = 0.
15.- En todos los casos, el problema unidimensional de autovalores asociado es el de condicionesperiodicas en el intervalo [0, 2π]:
v′′(θ) = λ v(θ); v(0) = v(2π), v′(0) = v′(2π).
Por tanto, los autovalores y las autofunciones del problema estan dados por
λ0 = 0, v0 =√
12π
; λn = −n2, vn(θ) =√
1π
sen(n θ), wn(θ) =√
1π
cos(n θ), n ∈ N∗.
Por tanto, en todos los casos, la solucion del correspondiente problema esta dada por la expresion
u(r, θ) =√
12π
T0(r) +√
1π
∞∑n=1
(Kn(r) sen(n θ) + Tn(r) cos(n θ)
)donde las funciones Tn y Kn satisfacen que
r2T ′′0 (r) + r T0(r) = 0, T0 acotada en r = 0, T0(R) =√
12π
f0;
r2T ′′n (r) + r Tn(r)− n2Tn(r) = 0, Tn acotada en r = 0, Tn(R) =√
1πfn; n ∈ N∗;
r2K ′′n(r) + rKn(r)− n2Kn(r) = 0, Kn acotada en r = 0, Kn(R) =√
1πgn; n ∈ N∗,
donde si u(R, θ) = f(θ) se verifica que
f0 =∫ 2π
0f(θ) dθ, gn =
∫ 2π
0f(θ) sen(n θ) dθ y fn =
∫ 2π
0f(θ) cos(n θ) dθ.
Por tanto, para resolver el problema es preciso conocer la solucion de la ecuacion
r2φ′′(r) + rφ(r)− γ2φ(r) = 0, r ∈ (0,+∞), γ ∈ IR.
Esta tipo de ecuaciones se denominan Ecuaciones de Euler y mediante el cambio de variable r = es
se convierten ecuaciones lineales con coeficientes constantes. Concretamente en nuestro caso, dicho
164 Metodo de separacion de variables
cambio convierte la ecuacion anterior en la ecuacion h′′(s) − α2h(s) = 0, donde h(s) = φ(es).Resulta entonces que h(s) = a e−γ s + b eγ s y por tanto la solucion general de la ecuacion de Euleres
φ(r) = a ln r + b, γ = 0, φ(r) = a e−γ ln r + b eγ ln r =a
rγ+ b rγ , γ 6= 0, a, b ∈ IR.
Nota: La solucion de la ecuacion de Euler tambien puede expresarse como
φ(r) = a sh(γ ln r) + b ch(γ ln r), a, b ∈ IR.
Esta expresion de la solucion sera empleada en problemas posteriores.
Ademas, las soluciones de la Ecuacion de Euler que estan acotadas en r = 0 son y solo sonlas de la forma φ(r) = b cuando n = 0 y φ(r) = b rn cuando n ≥ 1. Por tanto,
T0 =√
12π
f0, Tn(R) =√
1πfn
(r
R
)ny Kn(R) =
√1πgn
(r
R
)n, n ∈ N∗
y en definitiva,
u(r, θ) =1
2πf0 +
1π
∞∑n=1
(r
R
)n (gn sen(n θ) + fn cos(n θ)
)
(i) En este caso f(θ) = 1 + senθ +12
cosθ, lo que implica que
f0 = 2π, g1 = f1 = π, y fn = gn = 0 si n ≥ 2
y por tanto que u(r, θ) =1R
(R+ r sen(θ) + r cos(θ)
)
(ii) En este caso f = 2, lo que implica que f0 = 2π y que fn = gn = 0 para cada n ∈ N∗ y por
tanto que u(r, θ) = 2
(iii) En este caso f(θ) = senθ, lo que implica que fn = 0 para cad n ∈ N, gn = 0 para cada n ∈ N∗
y que g1 = π. Por tanto, u(r, θ) =r
Rsen(θ)
(iv) En este caso f(θ) = sen(3θ), lo que implica que fn = 0 para cada n ∈ N, que gn = 0 para cada
n ∈ N∗ con n 6= 3 y que g3 = π. Por tanto, u(r, θ) =(r
R
)3
sen(3 θ)
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 165
(v) En este caso, f(θ) =
senθ si θ ∈ [0, π],
0 si θ ∈ [π, 2π].Por tanto,
f0 = 2, f1 = 0, fn = − 1n2 − 1
((−1)n + 1
), si n ≥ 2, g1 =
π
2, gn = 0, si n ≥ 2.
Por tanto, u(r, θ) =1π
+r
2Rsen( θ)− 2
π
∞∑n=1
14n2 − 1
(r
R
)2n
cos(2n θ)
16.- La solucion de este problema es analoga a la del anterior con la unica diferencia que en elcalculo de los coeficinetes de Fourier de la solucion hemos de tener presente que el intervalo parala variable r es [R,+∞) en lugar de (0, R] y esto conducira a la busqueda de soluciones acotadas.
Nuevamente, en todos los casos, el problema unidimensional de autovalores asociado es el decondiciones periodicas en el intervalo [0, 2π] de manera que los autovalores y las autofunciones delproblema estan dados por
λ0 = 0, v0 =√
12π
; λn = −n2, vn(θ) =√
1π
sen(n θ), wn(θ) =√
1π
cos(n θ), n ∈ N∗
lo que implica que, en todos los casos, la solucion del correspondiente problema esta dada por laexpresion
u(r, θ) =√
12π
T0(r) +√
1π
∞∑n=1
(Kn(r) sen(n θ) + Tn(r) cos(n θ)
)donde las funciones Tn y Kn satisfacen que
r2T ′′0 (r) + r T0(r) = 0, T0 acotada, T0(R) =√
12π
f0;
r2T ′′n (r) + r Tn(r)− n2Tn(r) = 0, Tn acotada, Tn(R) =√
1πfn; n ∈ N∗;
r2K ′′n(r) + rKn(r)− n2Kn(r) = 0, Kn acotada, Kn(R) =√
1πgn; n ∈ N∗,
y donde si u(R, θ) = f(θ) se verifica que
f0 =∫ 2π
0f(θ) dθ, gn =
∫ 2π
0f(θ) sen(n θ) dθ y fn =
∫ 2π
0f(θ) cos(n θ) dθ.
En este caso, las soluciones de la ecuacion
r2φ′′(r) + rφ(r)− n2φ(r) = 0, r ∈ (0,+∞), n ∈ N
que estan acotadas en [R,+∞) son y solo son las de la forma φ(r) = b cuando n = 0 y φ(r) =a
rncuando n ≥ 1. Por tanto,
T0 =√
12π
f0, Tn(R) =√
1πfn
(R
r
)ny Kn(R) =
√1πgn
(R
r
)n, n ∈ N∗
166 Metodo de separacion de variables
y en definitiva,
u(r, θ) =1
2πf0 +
1π
∞∑n=1
(R
r
)n (gn sen(n θ) + fn cos(n θ)
)
(i) En este caso, f(θ) = 1 + cos(3θ), lo que implica que f0 = 2 pi, gn = 0 para cada n ∈ N∗, fn = 0
para cada n ∈ N∗ con n 6= 3 y f3 = π. Por tanto, u(r, θ) = 1 +(R
r
)3
cos(3 θ)
(ii) En este caso, f = 1, lo que implica que f0 = 2π y fn = gn = 0 para cada n ∈ N∗. Por tanto,
u(r, θ) = 1
(iii) En este caso, f(θ) = senθ + cos(3θ), lo que implica que f0 = f1 = f2 = 0, f3 = g1 = π, fn = 0
si n ≥ 4 y gn = 0 si n ≥ 2. Por tanto, u(r, θ) =R
rsen(θ) +
(R
r
)3
cos(3 θ)
(iv) En este caso f(θ) =
1 si θ ∈ [0, π),
0 si θ ∈ [π, 2π].lo que implica que,
f0 = π, fn = 0 y gn =1n
(1− (−1)n
), n ∈ N∗.
Por tanto, u(r, θ) =12
+2 rRπ
∞∑n=1
12n− 1
(R
r
)2n
sen((2n− 1) θ
)
17.- El problema es similar al 15 con la unica diferencia de que en el calculo de los coeficientesde Fourier de la solucion, la condicion de acotacion en r = 0 se sustituye por el correspondientecoeficiente de Fourier de la condicion en R1. Ası pues, la solucion del problema esta dada por laexpresion
u(r, θ) =√
12π
T0(r) +√
1π
∞∑n=1
(Kn(r) sen(n θ) + Tn(r) cos(n θ)
)donde las funciones Tn y Kn satisfacen que
r2T ′′0 (r) + r T0(r) = 0, T0(R1) =√
12π
h0, T0(R2) =√
12π
f0;
r2T ′′n (r) + r Tn(r)− n2Tn(r) = 0, Tn(R1) =√
1πhn, Tn(R2) =
√1πfn; n ∈ N∗;
r2K ′′n(r) + rKn(r)− n2Kn(r) = 0, Kn(R1) =√
1πcn, Kn(R2) =
√1πgn; n ∈ N∗,
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 167
donde si u(R1, θ) = h(θ) y u(R2, θ) = f(θ), se verifica que
f0 =∫ 2π
0f(θ) dθ, gn =
∫ 2π
0f(θ) sen(n θ) dθ y fn =
∫ 2π
0f(θ) cos(n θ) dθ,
h0 =∫ 2π
0h(θ) dθ, cn =
∫ 2π
0h(θ) sen(n θ) dθ y hn =
∫ 2π
0h(θ) cos(n θ) dθ.
Por tanto,
T0(r) = (f0 − h0)√
12π
ln(rR1
)ln(R2R1
) + h0
√1
2π;
Tn(r) =√
1π
1R2n
2 −R2n1
((R1R2
r
)n(hnRn2 − fnRn1 ) + rn(fnRn2 − hnRn1 )
);
Kn(r) =√
1π
1R2n
2 −R2n1
((R1R2
r
)n(cnRn2 − gnRn1 ) + rn(gnRn2 − cnRn1 )
).
y en definitiva,
u(r, θ) =1
2π ln(R2R1
) (f0 ln(r
R1
)− h0 ln
(r
R2
))
+1π
∞∑n=1
sen(n θ)R2n
2 −R2n1
((R1R2
r
)n(cnRn2 − gnRn1 ) + rn(gnRn2 − cnRn1 )
)
+1π
∞∑n=1
cos(n θ)R2n
2 −R2n1
((R1R2
r
)n(hnRn2 − fnRn1 ) + rn(fnRn2 − hnRn1 )
)
En particular, si h = k1 y f = k2, entonces h0 = 2π k1, f0 = 2π k2 y fn = gn = hn = cn = 0 paracada n ∈ N∗. Por tanto, en este caso,
u(r, θ) =1
ln(R2R1
) (k2 ln(r
R1
)− k1 ln
(r
R2
))
18.- En el enunciado del problema debe considerarse la funcion f(x, y) = xye(x2 + y2) +2 en lugar
de xye(x2 + y4) + 2.
Mediante el cambio a coordenadas polares, el problema anterior se escribe como
r2urr + rur + uθθ = 0, (r, θ) ∈ (0, 1]× [0, 2π],
u(r, 0) = u(r, 2π); uθ(r, 0) = uθ(r, 2π) r ∈ [1, R],
u(1, θ) = f(θ); θ ∈ [0, 2π], u acotada en r = 0,
168 Metodo de separacion de variables
donde f(θ) = f(cosθ, sen θ) = 2 + e cosθ sen θ = 2 +e
2sen(2 θ).
Utilizando el mismo razonamiento que en el Problema 15, resulta que la solucion del problemase expresa como
u(r, θ) =1
2πf0 +
1π
∞∑n=1
(r
R
)n (gn sen(n θ) + fn cos(n θ)
)donde
f0 =∫ 2π
0f(θ) dθ, gn =
∫ 2π
0f(θ) sen(n θ) dθ y fn =
∫ 2π
0f(θ) cos(n θ) dθ.
En nuestro caso, f0 = 4π, fn = 0 si n ∈ N∗, g1 = 0, g2 =e π
2y gn = 0 si n ≥ 3 por lo que la
solucion del problema es
u(r, θ) = 2 +e r2
2R2sen(2 θ)
y, en particular, u(0, 0) = 2
19.- El problema unidimensional de autovalores asociado
v′′(θ) = λv(θ), v(0) = v(α) = 0.
Como las condiciones de contorno son las de Dirichlet, los autovalores y las correspondientes auto-funciones estan dados por
λn = −n2π2
α2, vn(θ) =
√2α
sen(nπ
αθ
), n ∈ N∗.
Por tanto, la solucion del problema esta dada por
u(r, θ) =√
2α
∞∑n=1
Tn(r) sen(nπ
αθ
)
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
r2T ′′n (r) + rT ′n(r) + λnTn(r) =√
2αFn, Tn(1) =
√2αfn, Tn(R) =
√2αgn
confn =
∫ α
0f(θ) sen
(nπ
αθ
)dθ,
gn =∫ α
0g(θ) sen
(nπ
αθ
)dθ,
Fn =∫ α
0F (θ) sen
(nπ
αθ
)dθ.
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 169
Si observamos que una solucion particular de la ecuacion anterior esFnλn
, resulta que
Tn(r) = A sh(nπ
αln r
)+B ch
(nπ
αln r
)+√
2α
Fnλn.
Nota: La solucion particular no se ha obtenido por el metodo de variacion de las constantes.
Sustituyendo ahora las condiciones de contorno, obtenemos que√2αfn = Tn(1) = B +
√2α
Fnλn,
√2αgn = Tn(R) = A sh
(nπ
αln R
)+B ch
(nπ
αln R
)+√
2α
Fnλn.
Por tanto,
Tn(r) =√
2α
Fnλn
+√
2α
((λngn − Fn) sh
(nπα ln r
)− (λnfn − Fn) sh
(nπα ln
(rR
)))λnsh
(nπα ln R
) .
y la solucion del problema se expresa como
u(r, θ) =2α
∞∑n=1
sen(nπα θ
)sh(nπα ln R
) [gn sh(nπ
αln r
)− fn sh
(nπ
αln(r
R
))]
− 2απ2
∞∑n=1
Fn sen(nπα θ
)n2 sh
(nπα ln R
) [sh(nπα
ln R
)+ sh
(nπ
αln(r
R
))− sh
(nπ
αln r
)]
En particular, si F = 0, entonces Fn = 0 para cada n ∈ N∗ y si ademas f(θ) = g(θ) = θ(θ − α),teniendo en cuenta que
∫ α
0θ(θ − α) sen
(nπαθ)
=2α3
n3π3
((−1)n − 1
)=
0, si n = 2k
− 4α3
(2k − 1)3π3, si n = 2k − 1,
la solucion esta dada por
u(r, θ) = −8α2
π3
∞∑n=1
sen(
(2n−1)πα
) [sh(
(2n−1)πα ln r
)− sh
((2n−1)π
α ln(rR
))](2n− 1)3 sh
((2n−1)π
α ln R)
20.- Utilizando el mismo razonamiento que en elproblema anterior, la solucion del problema estadada por
u(r, θ) =√
2α
∞∑n=1
Tn(r) sen(nπ
αθ
)
170 Metodo de separacion de variables
donde para cada n ∈ N∗, Tn satisface que
r2T ′′n (r) + rT ′n(r) + λnTn(r) =√
2αFn, Tn(1) =
√2αfn, T ′n(R) =
√2αgn
confn =
∫ α
0f(θ) sen
(nπ
αθ
)dθ,
gn =∫ α
0g(θ) sen
(nπ
αθ
)dθ,
Fn =∫ α
0F (θ) sen
(nπ
αθ
)dθ
y por tanto,
Tn(r) = A sh(nπ
αln r
)+B ch
(nπ
αln r
)+√
2α
Fnλn, λn = −n
2π2
α2.
Sustituyendo ahora las condiciones de contorno, obtenemos que√2αfn = Tn(1) = B +
√2α
Fnλn,
√2αgn = T ′n(R) =
nπ
αR
[A ch
(nπ
αln R
)+B sh
(nπ
αln R
)].
Por tanto,
Tn(r) =√
2α
Fnλn
+√
2α
[αRnπ λn gn sh
(nπα ln r
)− (λnfn − Fn) ch
(nπα ln
(rR
))]λnch
(nπα ln R
)y la solucion del problema esta dada por la expresion
u(r, θ) =2απ
∞∑n=1
sen(nπα θ
)n ch
(nπα ln R
) [αR gn sh(nπ
αln r
)− nπ fn ch
(nπ
αln(r
R
))]
− 2απ2
∞∑n=1
Fn sen(nπα θ
)n2 ch
(nπα ln R
) [ch(nπα
ln R
)+ ch
(nπ
αln(r
R
))]
En el caso particular, F (θ) = eθ, g(θ) = θ y f nula, resulta que fn = 0 para todo n ∈ N∗,
Fn =∫ α
0eθ sen
(nπ
αθ
)=αnπ
(1− eα(−1)n
)α2 + n2π2
, gn =∫ α
0θ sen
(nπ
αθ
)= (−1)n+1 α
2
nπ,
y por tanto, la solucion se expresa como
u(r, θ) = −2Rα2
π2
∞∑n=1
(−1)nsen
(nπα θ
)n2 ch
(nπα ln R
) sh(nπ
αln r
)
− 2α2
π
∞∑n=1
(1− eα(−1)n
)n (α2 + n2π2)
sen(nπα θ
)ch(nπα ln R
) [ch(nπα
ln R
)+ ch
(nπ
αln(r
R
))]
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 171
21.- El enunciado correcto del problema deberıa ser: Determinar la condicion necesaria ysuficiente para que exista solucion y hallarla cuando sea posible. En particular, decidirsi cuando F (θ) = θ y f constante el problema tiene solucion y en caso afirmativo hallarla.
El problema unidimensional de autovalores asociado es
v′′ = λv, v′(0) = v′(α) = 0,
por lo que, como las condiciones de contorno son las de Neumann, los autovalores y autofuncionesestan dados por
λ0 = 0, v0(θ) =√
1α
; λn = −n2π2
α2, vn(θ) =
√2α
cos(nπ
αθ
), n ∈ N∗.
Por tanto, la solucion del problema esta dada por
v(r, θ) =√
1αT0(r) +
√2α
∞∑n=1
Tn(r) cos(nπ
αθ
),
donde Tn esta acotada en r = 0 para cada n ∈ N∗ y satisface ademas que
r2T ′′0 (r) + rT ′0(r) = F0, kT0(R) + T ′0(R) =√
1αf0
r2T ′′n (r) + rT ′n(r)− n2π2
α2Tn(r) = Fn, kTn(R) + T ′n(R) =
√2αfn
y donde
F0 =∫ α
0F (θ) dθ, Fn =
∫ α
0F (θ) cos
(nπ
αθ
)dθ, n ∈ N∗,
f0 =∫ α
0f(θ) dθ, fn =
∫ α
0f(θ) cos
(nπ
αθ
)dθ, n ∈ N∗.
Por tanto, si para cada n ∈ N∗ consideramos γn = nπα , las soluciones de la ecuacion anterior
acotadas en r = 0, son de la forma Tn(r) = Arγn +√
2α
Fnλn
. Imponiendo condicion de contorno
en r = R, resulta que√2αfn = kTn(R) + T ′n(R) = k
(ARγn +
√2α
Fnλn
)+AγnR
γn−1,
de donde se obtiene que A =√
2α
R(λnfn − k Fn)λn(k R+ γn)Rγn
y en definitiva, para cada n ∈ N∗,
Tn(r) =√
2α
1λn
[R(λnfn − k Fn)
k R+ γn
(r
R
)γn+ Fn
]
=√
2α
α
n2π2
[R(n2π2fn + α2k Fn)
αkR+ nπ
(r
R
)nπα
− αFn
].
Para calcular T0, observemos que en este caso todas las soluciones de la ecuacion son de la forma
T0(r) = A+B ln r +F0
2√α
(ln r)2, A,B ∈ IR
172 Metodo de separacion de variables
de manera que T0 esta acotada en r = 0, sii B = 0 y ademas F0 = 0, es decir el problema
propuesto no tiene solucion a menos que F0 =∫ α
0F (θ) dθ = 0.
Si la anterior condicion se satisface, entonces T0(r) = A y por tanto√1αf0 = kT0(R) + T ′0(R) = k A
es decir, T0(r) =√
1α
f0
k.
En definitiva, el problema propuesto tiene solucion sii∫ α
0F (θ) dθ = 0. Si esta condicion
se satisface, entonces la solucion es unica y esta dada por la expresion:
u(r, θ) =f0
kα+
2π2
∞∑n=1
1n2
[R(n2π2fn + α2k Fn)
αkR+ nπ
(r
R
)nπα
− αFn
]cos
(nπ
αθ
)
Finalmente, en el caso F (θ) = θ, como∫ α
0F (θ) dθ =
α2
26= 0, el problema no tiene solucion.
22.- El problema de Sturm-Liouville anterior se expresa como
x2v′′(x) + xv′(x) + λv(x) = 0, v(1) = v(R) = 0; 1 < x < R,
por lo que la ecuacion diferencial es una ecuacion de Euler. Mediante el cambio de variable x = es
el problema de contorno se transforma en
φ′′(s) + λφ(s) = 0, φ(0) = φ(ln R) = 0
por lo que λ es autovalor y v es autofuncion del problema inicial sii λ y φ(s) = v(es) son autovalory autofuncion, respectivamente del problema de contorno anterior. Como dicho problema es el deDirichlet en el inytervalo [0, ln R], los autovalores y las correspondientes autofunciones normalizadasestan dadas por
λn =(nπ
ln R
)2
; φn(s) =√
2ln R
sen(nπ
ln Rs
), n ∈ N∗,
por lo que los autovalores y las correspondientes autofunciones normalizadas del problema inicialestan dados por
λn =(nπ
ln R
)2
; φn(x) =√
2ln R
sen(nπ
ln x
ln R
), n ∈ N∗.
Observar que si f, g ∈ C([1, R]), considerando el cambio de variable x = es, resulta que∫ R
1f(x) g(x)
1xdx =
∫ ln R
0f(es) g(es) ds
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 173
y recıprocamente, si φ, ψ ∈ C([0, ln R]), considerando el cambio de variable s = ln x, resulta que∫ ln R
0φ(s)ψ(s) ds =
∫ R
1φ(ln x)ψ(ln x)
1xdx.
Una vez cualculados los autovalores y las autofunciones del problema de Sturm-Liouville, resultaque la solucion del problema inicial esta dada por la expresion
u(r, θ) =√
2ln R
∞∑n=1
Tn(θ) sen(nπ
ln r
ln R
),
donde para cada n ∈ N∗, Tn es a su vez solucion del problema de contorno
T ′′n (θ)− λnTn(θ) = 0, Tn(0) = 0, Tn(π) = k
√2
lnR
∫ R
1sen
(nπ
lnrlnR
)1rdr.
Tenemos pues que
Tn(θ) = an sh(nπ
lnRθ
)+ bn ch
(nπ
lnRθ
)e imponiendo las condiciones de contorno, y teniendo en cuenta que∫ R
1sen
(nπ
lnrlnR
)1rdr =
lnRnπ
(1− (−1)n
),
resulta que
bn = Tn(0) = 0, ansh
(nπ2
lnR
)= Tn(α) = k
√2
lnRlnRnπ
k(1− (−1)n
).
En definitiva,
u(r, θ) =4kπ
∞∑n=1
12n− 1
1
sh(
(2n−1)π2
lnR
) sen(
(2n− 1)πlnrlnR
)sh(
(2n− 1)πlnR
θ
)
Nota: En el Problema 24, se describe una forma alternativa de obtener la solucion de este.
23.- El problema unidimensional de autovalores asociado esta dado por
b2v′′ = λv, v(0) = v(α) = 0.
Como las condiciones de contorno son las de Dirichlet, los autovales y las correspondientes auto-funciones estan dadas por
λn = −b2n2π2
α2, vn(θ) =
√2α
sen(nπ
αθ
), n ∈ N∗.
Por tanto, la solucion del problema se expresa en la forma
u(r, θ) =√
2α
∞∑n=1
Tn(r) sen(nπ
αθ
),
174 Metodo de separacion de variables
donde para cada n ∈ N∗, Tn esta acotada en r = 0 y satisface ademas que
a2(r2T ′′n (r) + rT ′n(r)
)+ λnTn(r) =
√2αFn, kTn(R) + a2T ′n(R) =
√2αfn
y donde
Fn =∫ α
0F (θ) sen
(nπ
αθ
)dθ, y fn =
∫ α
0f(θ) sen
(nπ
αθ
)dθ, n ∈ N∗.
Si para cada n ∈ N∗ consideramos γn = banπα , las soluciones de la ecuacion anterior acotadas en
r = 0, son todas de la forma
Tn(r) = anrγn +
√2α
Fnλn.
Imponiendo la condicion de contorno enr = R, resulta que√2αfn = kTn(R) + a2T ′n(R) = k
(anR
γn +√
2α
Fnλn
)+ ana
2γnRγn−1,
de donde se obtiene que an =√
2α
R(λnfn − k Fn)λn(k R+ a2γn)Rγn
y por tanto que
Tn(r) =√
2α
1λn
[R(λnfn − k Fn)k R+ a2γn
(r
R
)γn+ Fn
]
=√
2α
α
b2n2π2
[R(b2n2π2fn + α2k Fn)
αkR+ a b nπ
(r
R
) bnπaα
− αFn
], n ∈ N∗.
En definitiva, la solucion del problema esta dada por la expresion:
u(r, θ) =2
b2π2
∞∑n=1
1n2
[R(b2n2π2fn + α2k Fn)
αkR+ a b nπ
(r
R
) bnπaα
− αFn
]sen
(nπ
αθ
)
Finalmente, en el caso F (θ) = sen(πα θ)
y f(θ) = θ, teniendo en cuenta que la funcionα2
n2π2
[sen(nπαθ)− nπ
αθ cos
(nπαθ)]
es una primitiva de θ sen(nπα θ
), tenemos que
F1 =α
2, Fn = 0, n ≥ 2 y fn = (−1)n+1 α
2
nπ, n ∈ N∗,
lo que implica que la solucion del problema es
u(r, θ) =α2
b2π2
[αkR
αkR+ a bπ
(r
R
) bπaα
− 1
]sen
(π
αθ
)
− 2α2R
π
∞∑n=1
(−1)n
n (αkR+ a b nπ)
(r
R
) bnπaα
sen(nπ
αθ
)
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 175
24.- Este problema es identico al Problema 22 y se resolvera calculando desarrollos de Fourierresecto de la variable θ. Como en este caso, las condiciones de contorno no son homogeneas, laprimera etapa en la resolucion consitira en homogeneizar las condiciones de contorno.
Si consideramos la funcion w(r, θ) = θk
α, entonces u es solucion del problema sii v = u− w es
solucion del problema de contorno
r2vrr + rvr + vθθ = 0, (r, θ) ∈ [1, R]× [0, α]
v(r, 0) = 0, v(r, α) = 0, r ∈ [1, R]
v(1, θ) = v(R, θ) = −θ kα, θ ∈ [0, α].
El problema unidimensional de autovalores asociado es
ψ′′(θ) = λψ(θ), ψ(0) = ψ(α) = 0.
Como las condiciones de contorno son las de Dirichlet, los autovalores y las autofunciones estandados por
λn = −n2π2
α2, ψn(θ) =
√2α
sen(nπαθ), n ∈ N∗.
Por tanto, la solucion del problema esta dada por
v(r, θ) =√
2α
∞∑n=1
Tn(r) sen(nπαθ)
donde para cada n ∈ N∗, Tn(r) es a su vez solucion del problema de contorno
r2T ′′n (r) + rT ′n(r) + λnTn(r) = 0; Tn(1) = Tn(R) = −√
2α
k
α
∫ α
0θ sen
(nπαθ)dθ = (−1)n
√2α
kα
nπ.
Por tanto, para cada n ∈ N∗
Tn(r) = an sh(nπ
αlnr)
+ bn ch(nπ
αlnr)
y tomando kn = (−1)n√
2αkαnπ e imponiendo las condiciones de contorno, obtenemos que
kn = Tn(1) = bn, kn = Tn(R) = an sh(nπα
lnR)
+ bn ch(nπα
lnR),
lo que implica que
bn = kn, an =kn(1− ch
(nπα lnR
))sh(nπα lnR
)y en consecuencia que para cada n ∈ N∗,
Tn(r) =kn
sh(nπα lnR
) [ sh(nπ
αlnr)− sh
(nπ
αlnr
R
)]
176 Metodo de separacion de variables
Por tanto,
v(r, θ) =2kπ
∞∑n=1
(−1)n
n
sen(nπα θ
)sh(nπα lnR
) [ sh(nπ
αlnr)− sh
(nπ
αlnr
R
)]
y en definitiva,
u(r, θ) =k
αθ+
2kπ
∞∑n=1
(−1)n
n
sen(nπα θ
)sh(nπα lnR
) [ sh(nπ
αlnr)− sh
(nπ
αlnr
R
)]
25.- El problema unidimensional de autovalores asociado es el de Dirichlet
ψ′′(θ) = λψ(θ), ψ(0) = ψ(α) = 0,
cuyos autovalores y las autofunciones estan dados por
λn = −n2π2
α2, ψn(θ) =
√2α
sen(nπαθ), n ∈ N∗.
Por tanto, la solucion del problema esta dada por v(r, θ) =√
2α
∞∑n=1
Tn(r) sen(nπαθ), donde para
cada n ∈ N∗, Tn(r) es a su vez solucion del problema de contorno
r2T ′′n (r) + rT ′n(r) + λnTn(r) =√
2αFn; Tn(1) = Tn(R) =
√2αfn
con Fn =∫ α
0F (θ) sen
(nπαθ)dθ y fn =
∫ α
0f(θ) sen
(nπαθ)dθ. Por tanto, para cada n ∈ N∗
Tn(r) =√
2α
(n2π2fn + α2Fn)(n2π2sh
(nπα lnR
) ) (sh(nπ
αln r
)− sh
(nπ
αlnr
R
))−√
2α
α2Fnn2π2
lo que implica que
u(r, θ) =2απ2
∞∑n=1
[(n2π2fn + α2Fn)n2sh
(nπα lnR
) (sh(nπ
αln r
)− sh
(nπ
αlnr
R
))− α2Fn
n2
]sen(nπαθ)
En particular, si F (θ) = sen(παθ)
y f(θ) = sen(2παθ)
entonces F1 = f2 =α
2, F2 = f1 = 0 y
Fn = fn = 0 para todo n ≥ 2. Por tanto en este caso se tiene que
u(r, θ) =α2
π2(sh(πα lnR
) ) [sh(πα ln r)− sh
(π
αlnr
R
)−(sh(π
αlnR
))]sen(παθ)
+1
sh(
2πα lnR
) [sh(2πα
ln r)− sh
(2πα
lnr
R
)]sen(2παθ)
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 177
26.- El problema unidimensional de autovalores asociado es el problema de contorno en [0, 2π] concondiciones periodicas, es decir
v′′(θ) = λ v(θ); v(0) = v(2π), v′(0) = v′(2π),
por lo que los autovalores y las correspondiente autofunciones estan dados por
λ0 = 0, v0(x) =√
12π, λn = −n2, vn(θ) =
√1π
sen(n θ), wn(θ) =√
1π
cos(n θ)
y la solucion del problema se expresa en la forma
u(r, θ) =√
12π
T0(r) +√
1π
∞∑n=1
(Kn(r) sen(n θ) + Tn(r) cos(n θ)
),
donde para cada n ∈ N las funciones Tn y Kn satisfacen
r2T ′′n (r) + rT ′n(r)− n2Tn(r) = Fn, kTn(R1)− T ′n(R1) = fn, Tn(R2) = gn;
r2K ′′n(r) + rK ′n(r)− n2Kn(r) = Fn, kKn(R1)−K ′n(R1) = fn, Kn(R2) = gn,
y donde
F0 =√
12π
∫ 2π
0F (θ) dθ, f0 =
√1
2π
∫ 2π
0f(θ) dθ, g0 =
√1
2π
∫ 2π
0g(θ) dθ
y para cada n ∈ N∗,
Fn =√
1π
∫ 2π
0F (θ) cos(n θ) dθ, Fn =
√1π
∫ 2π
0F (θ) sen(n θ) dθ,
fn =√
1π
∫ 2π
0f(θ) cos(n θ) dθ, fn =
√1π
∫ 2π
0f(θ) sen(n θ) dθ,
gn =√
1π
∫ 2π
0g(θ) cos(n θ) dθ, gn =
√1π
∫ 2π
0g(θ) sen(n θ) dθ
Resolviendo las ecuaciones anteriores, resulta que
T0(r) = a0lnr
R1+ b0 +
F0
2
(ln
r
R1
)2
; a0, b0 ∈ IR;
Tn(r) = an sh(nln
r
R1
)+ bn ch
(nln
r
R1
)− Fnn2
; an, bn ∈ IR;
Kn(r) = an sh(nln
r
R1
)+ bn ch
(nln
r
R1
)− Fnn2
; an, bn ∈ IR.
Imponiendo las condiciones de contorno en R1 y en R2 obtenemos que los coeficientes a0 y b0 debensatisfacer [
−1 kR1
ln R2R1
1
] [a0
b0
]=
R1f0
g0 − F02
(ln R2
R1
)2
178 Metodo de separacion de variables
mientras que para cada n ∈ N∗, los coeficientes an, bn, an y bn deben satisfacer
−n kR1
sh(n ln R2
R1
) [ anbn
]=
1n2
[n2R1fn −R1k Fn
n2gn + Fn
];
−n kR1
sh(n ln R2
R1
)ch(n ln R2
R1
) [ anbn
]=
1n2
n2R1fn −R1k Fn
n2gn + Fn
.Por tanto,
a0 =1
k R1 ln R1R2
[R1(f0 − k g0) +
k R1F0
2
(lnR2
R1
)2],
b0 =1
k R1 ln R1R2
[F0
2
(lnR2
R1
)2
−R1f0lnR2
R1− g0
],
an =k R1Fn
[1 + ch
(n ln R2
R1
)]− n2R1
[fnch
(n ln R2
R1
)− k gn
]n2[n ch
(n ln R2
R1
)+ k R1sh
(n ln R2
R1
)] ,
bn =n2[R1fnsh
(n ln R2
R1
)+ ngn
]+ Fn
[n− k R1sh
(n ln R2
R1
)]n2[n ch
(n ln R2
R1
)+ k R1sh
(n ln R2
R1
)] ,
an =k R1Fn
[1 + ch
(n ln R2
R1
)]− n2R1
[fnch
(n ln R2
R1
)− k gn
]n2[n ch
(n ln R2
R1
)+ k R1sh
(n ln R2
R1
)] ,
bn =n2[R1fnsh
(n ln R2
R1
)+ ngn
]+ Fn
[n− k R1sh
(n ln R2
R1
)]n2[n ch
(n ln R2
R1
)+ k R1sh
(n ln R2
R1
)] .
En particular, si F (θ) = θ, f(θ) = sen θ y g(θ) = cos θ se satisface que f0 = g0 = f1 = g1 = 0,f1 = g1 =
√π, fn = fn = gn = gn = 0 para cada n ≥ 2 y tambien que F0 = π
√2π, Fn = 0 y
Fn = −2√π
n, para cada n ∈ N∗. Por tanto, a0 =
π√
2π2
lnR2
R1, b0 =
π√
2π2 k R1
lnR2
R1, an = bn = 0
para cada n ≥ 2 y
a1 =R1k√π[
ch(ln R2
R1
)+ k R1sh
(ln R2
R1
)] , b1 =√π[
ch(ln R2
R1
)+ k R1sh
(ln R2
R1
)] ,a1 = −
√π R1
[2k + (2k + 1) ch
(ln R2
R1
)][ch(ln R2
R1
)+ k R1sh
(ln R2
R1
)] , b1 =
√π[R1(1 + 2k) sh
(ln R2
R1
)− 2
][ch(ln R2
R1
)+ k R1sh
(ln R2
R1
)] .an = −
k R12√π[1 + ch
(n ln R2
R1
)]n3[n ch
(n ln R2
R1
)+ k R1sh
(n ln R2
R1
)] , n ≥ 2,
bn = −2√π[n− k R1sh
(n ln R2
R1
)]n3[n ch
(n ln R2
R1
)+ k R1sh
(n ln R2
R1
)] , n ≥ 2.
Solucion de los problemas: problemas elıpticos bidimensionales 179
T0(r) =π√
2π2
[lnR2
R1
(ln
r
R1+
1k R1
)+(
lnr
R1
)2]
;
T1(r) =
√π[k R1 sh
(ln r
R1
)+ ch
(ln r
R1
)][ch(ln R2
R1
)+ k R1sh
(ln R2
R1
)] ;
Tn(r) = 0; n ≥ 2;
K1(r) = −√π
[R1(1 + 2k) sh
(ln r
R2
)+ 2 k R1 sh
(ln r
R1
)+ 2 ch
(ln r
R1
)][ch(ln R2
R1
)+ k R1sh
(ln R2
R1
)] + 2√π;
Kn(r) = −2√π
n3
[kR1 sh
(nln r
R1
)+ n ch
(nln r
R1
)+ kR1 sh
(nln r
R2
)][n ch
(n ln R2
R1
)+ k R1sh
(n ln R2
R1
)] +2√π
n3.
En definitiva,
u(r, θ) =π
2
[lnR2
R1
(ln
r
R1+
1k R1
)+(
lnr
R1
)2]
+
[k R1 sh
(ln r
R1
)+ ch
(ln r
R1
)][ch(ln R2
R1
)+ k R1sh
(ln R2
R1
)] cosθ
+ 2 senθ −
[R1(1 + 2k) sh
(ln r
R2
)+ 2 k R1 sh
(ln r
R1
)+ 2 ch
(ln r
R1
)][ch(ln R2
R1
)+ k R1sh
(ln R2
R1
)] senθ
+ 2∞∑n=1
sen(n θ)n3
1−
[kR1 sh
(nln r
R1
)+ n ch
(nln r
R1
)+ kR1 sh
(nln r
R2
)][n ch
(n ln R2
R1
)+ k R1sh
(n ln R2
R1
)]
27.- Sustituyendo u(r, z) = R(r)X (z) en el enunciado del problema, es facil extraer el siguienteproblema de autovalores:
rR′′ +R′ + λrR = 0, r ∈ [0, L];
R(L) = 0, |R(0)| <∞.
Su solucion, para j = 1, 2, . . ., es la siguiente:
• Autovalores: λj = α2j , con la condicion J0(αjL) = 0.
• Autofunciones (ortonormales): Rj(r) =[√2L
1J1(αjL)
]J0(αjr) ≡ Nj J0(αjr).
Expresemos ahora la solucion del problema en la forma u(r, z) =∞∑j=1
Xj(z)Rj(r). Sustituyendo
en la ecuacion diferencial del problema, se obtiene
180 Metodo de separacion de variables
∞∑j=1
(XjR′′j +
1rXjR′j + X ′′j Rj
)=∞∑j=1
(X ′′j − α2
jXj)Rj = 0.
Sustituyendo en la condicion u(r, 0) = f(r), se obtiene∞∑j=1
Xj(0)Rj(r) = f(r).
Se trata de dos expresiones en serie de Fourier en las autofunciones ortonormales Rj , por lo quepodemos escribir
X ′′j − α2jXj = 0, z ∈ [0,∞);
Xj(0) =∫ L
0f(r)Rj(r) r dr ≡ Xj ,
que, junto con la condicion limz→∞ = 0, definen un problema de contorno cuya solucion generales
Xj(z) = Ajeαjz +Bje
−αjz.
La condicion para z → ∞ hace que Aj = 0 y la condicion Xj(0) = Xj hace que Bj = 0. Portanto Xj(z) = Xje−αjz.
La solucion del problema es pues
u(r, z) =∞∑j=1
Rj(r)Xj(z) =∞∑j=1
NjJ0(αjr)Xje−αjz,
que puede expresarse finalmente en la forma
u(r, z) =∞∑j=1
DjJ0(αjr)e−αjz,
con
Dj =2
L2[J1(αjL)
]2 ∫ L
0f(r)J0(αjr) r dr.
Para el caso particular f(r) = K, tenemos
∫ L
0f(r)J0(αjr)rdr =
1α2j
∫ αjL
0J0(s)sds =
1α2j
(αjL)J1(αjL)
y por tanto Dj =2
αjLJ1(αjL).
Problemas multidimensionales 181
2.7 Problemas multidimensionales
1. La temperatura de la placa rectangular [0, `1] × [0, `2] se describe mediante la solucion delsiguiente problema:
ut − (uxx + uyy) = F (t, x, y), (t, x, y) ∈ [0,+∞)× [0, `1]× [0, `2]
u(t, 0, y) = u(t, `1, y) = 0, t ∈ [0,+∞), y ∈ [0, `2]
u(t, x, 0) = u(t, x, `2) = 0, t ∈ [0,+∞), x ∈ [0, `1]
u(0, x, y) = f(x, y), x ∈ [0, `1], y ∈ [0, `2].
Obtener tal solucion.
2. Sean ` > 0 y f ∈ C([0, `]3). Hallar la solucion formal del siguiente problema
ut − uxx − uyy − uzz = 0, x, y, z ∈ [0, `]
ux(0, y, z) = ux(`, y, z) = 0, y, z ∈ [0, `]
uy(x, 0, z) = uy(x, `, z) = 0, x, z ∈ [0, `]
uz(x, y, 0) = uz(x, y, `) = 0, x, y ∈ [0, `]
u(0, x, y, z) = f(x, y, z)
En particular, resolver el problema en el caso f(x, y, z) = x y z.
3. Las vibraciones transversales de una membrana rectangular [0, `1]× [0, `2] se describen medi-ante la solucion del siguiente problema:
utt − (uxx + uyy) = F (t, x, y), (t, x, y) ∈ [0,+∞)× [0, `1]× [0, `2]
u(t, 0, y) = u(t, `1, y) = 0, t ∈ [0,+∞), y ∈ [0, `2]
u(t, x, 0) = u(t, x, `2) = 0, t ∈ [0,+∞), x ∈ [0, `1]
u(0, x, y) = f(x, y), ut(0, x, y) = g(x, y), x ∈ [0, `1], y ∈ [0, `2].
Obtener tal solucion.
4. Sean r, ` > 0 C el cubo de lado `, F ∈ C([0,+∞)×C) y f, g ∈ C(C). Hallar la solucion formaldel siguiente problema
utt + 2r ut −∆u = F, t ≥ 0, (x, y, z) ∈ C
u(t, x, y, z) = 0, t ≥ 0, (x, y, z) ∈ ∂C
u(0, x, y, z) = f(x, y, z), ut(0, x, y, z) = g (x, y, z) ∈ C
En particular, resolver el problema en el caso F = e−rt x y z, f constante y g = 0.
182 Metodo de separacion de variables
5. Sean `1, `2, `3 > 0 y la funcion f ∈ C([0, `1] × [0, `2]). Hallar la solucion formal del siguienteproblema mixto Dirichlet-Neumann en el paralelepıpedo P = [0, `1]× [0, `2]× [0, `3].
∆u = 0, en P ;u(x, y, z) = 0, si x = 0, x = `1, y = 0, y = `2, z = `3;
uz(x, y, 0) = f(x, y), (x, y) ∈ [0, `1]× [0, `2].
En particular, considerar tambien el caso en el que f(x, y) = sen(π
`1x
)sen3
(π
`2y
).
6. Sean `1, `2, `3 > 0. Hallar la solucion formal del siguiente problema mixto Dirichlet-Neumannen el paralelepıpedo P = [0, `1]× [0, `2]× [0, `3].
uxx + uyy + uzz − u = 0, (x, y, z) ∈ [0, `1]× [0, `2]× [0, `3]
u(0, y, z) = ux(`1, y, z) = 0, (y, z) ∈ [0, `2]× [0, `3]
u(x, 0, z) = uy(x, `2, z) = 0, (x, z) ∈ [0, `1]× [0, `3]
u(x, y, `3) = 0, uz(x, y, 0) = 2x− `1, (x, y) ∈ [0, `1]× [0, `2]
7. Usando coordenadas polares (r, θ), las vibraciones transversales de la membrana de un tamborvienen descritas por la funcion u(r, θ, t) solucion del problema:
utt = c2∇2u, 0 < r < a
u(a, θ, t) = 0, 0 < t <∞u(r, θ, 0) = f(r, θ); ut(r, θ, 0) = 0, 0 ≤ r ≤ a
con −π ≤ θ ≤ π. Desarrollar el proceso de construccion de la solucion por separacion devariables implicando las funciones de Bessel.
8. Repetir el proceso del problema anterior cuando el desplazamiento inicial es de la forma f(r).
9. En el caso del problema anterior, demostrar que si el desplazamiento inicial es f(r) =AJ0(αkr), donde A es una constante y αk alguna raız positiva de J0(αa) = 0, los desplaza-mientos posteriores vienen dados por
u(r, t) = AJ0(αkr)cos(αkct)
Observar que, para cualquier punto del tambor, estos desplazamientos son periodicos en eltiempo con un perıodo comun. Esto produce una nota musical.
10. Sea {λk}∞k=1 la sucesion de ceros positivos de J0. Considerando un radio unidad, repetir elproblema anterior con la condicion inicial
u(r, θ, 0) = J0(λ1r)− 0.5J0(λ3r) + 0.25J0(λ5r).
Indicar cual es la frecuencia mas alta en la vibracion.
Nota: Una estimacion de los primeros ceros de J0 es la siguiente:
λ1 ' 2, 40, λ2 ' 5, 52, λ3 ' 8, 65, λ4 ' 11, 79, λ5 ' 14, 93.
Problemas multidimensionales 183
11. Representar las graficas (para 0 ≤ r ≤ 1) de J0(λ2r), J0(λ3r) y J0(λ5r). Identificar las lıneasnodales.
12. Una membrana circular se mueve con velocidad constante 1 a lo largo del eje z manteniendosesus puntos en un plano horizontal xy. De pronto, en un instante inicial (t = 0), el marcoexterior de la membrana (circunferencia de radio a) se fija, lo cual provoca una vibracionposterior transversal de los puntos de la membrana. Dicha vibracion viene descrita por lasolucion z(r, θ, t) del siguiente problema:
ztt = zrr +zrr
+zθθr2
; 0 < r < a, −π ≤ θ ≤ π
z(a, θ, t) = 0; −π ≤ θ ≤ π, t ≥ 0z(r, θ, 0) = 0, zt(r, θ, 0) = 1; 0 ≤ r ≤ a, −π ≤ θ ≤ π
donde (r, θ) son las coordenadas polares de los puntos de la membrana en el plano xy yu(r, θ, t) es una funcion periodica en la variable θ con perıodo 2π.
Obtener la solucion del problema siguiendo un desarrollo ordenado y razonado.
13. Consideremos una placa circular de radio unidad y grosor despreciable en la que el calor seconduce radialmente. La temperatura u(r, t) (r = radio; t = tiempo) responde al siguienteproblema:
ut = urr +1rur, r < 1, t > 0
u(1, t) = 0, u(r, 0) = 1
Aplicando el procedimiento de separacion de variables, obtener la solucion en la forma:
u(r, t) = 2∞∑j=1
J0(αjr)αjJ1(αj)
exp(−α2j t)
con J0(αj) = 0, αj > 0.
14. Supongamos la placa del problema anterior con un termino convectivo en la ecuacion
ut = urr +1rur − bu
siendo b una constante positiva. Obtener la solucion considerando esta en la forma u(r, t) =v(r, t) exp(−bt).
15. Sean R > 0 y f ∈ C([0, R]× [0, 2π]). Resolver el problema
ut −(urr +
1rur +
1r2uθθ)
= 0, (r, θ) ∈ (0, R)× [0, 2π], t ≥ 0
u(t, r, 0) = u(t, r, 2π), r ∈ (0, R], t ≥ 0,
uθ(t, r, 0) = uθ(t, r, 2π), r ∈ (0, R], t ≥ 0,
u(t, R, θ) = 0, θ ∈ [0, 2π], t ≥ 0,
u(t, r, θ) acotado en r = 0,
u(0, r, θ) = f(r, θ), (r, θ) ∈ [0, R]× [0, 2π]
184 Metodo de separacion de variables
16. Sean R > 0 y f ∈ C([0, R]× [0, 2π]). Resolver el problema
ut −(urr +
1rur +
1r2uθθ)
= 0, (r, θ) ∈ (0, R)× [0, 2π], t ≥ 0
u(t, r, 0) = u(t, r, 2π), r ∈ (0, R], t ≥ 0,
uθ(t, r, 0) = uθ(t, r, 2π), r ∈ (0, R], t ≥ 0,
ur(t, R, θ) = 0, θ ∈ [0, 2π], t ≥ 0,
u(t, r, θ) acotada en r = 0,
u(0, r, θ) = f(r, θ), (r, θ) ∈ [0, R]× [0, 2π]
17. Sabemos que la funcion de Bessel Jo(x) es solucion de la ecuacion diferencial xy′′+y′+xy = 0con |y(0)| < ∞. Demostrar que los autovalores λj y las autofunciones χj del problema deSturm-Liouville
xχ′′(x) + χ′(x) + λxχ(x) = 0; χ′(c) = 0, |χ(0)| <∞
son
λ1 = 0, χ1(x) = 1
J1
(√λjc)
= 0, χj(x) = Jo(√
λjx), j = 2, 3, . . .
Se sabe que estas autofunciones cumplen las siguientes propiedades de ortogonalidad:
∫ c
0xχj(x)χk(x)dx =
{0 si j 6= kγj si j = k
γj =
c2
2 si j = 1c2
2
[Jo(√λjc)
]2si j > 1
Sea un cilindro de longitud infinita formado por material homogeneo conductor del calor y consu superficie exterior aislada termicamente. Usando coordenadas cilındricas, la temperaturase describe mediante la funcion u(r, t), siendo r la coordenada radial, que es solucion continuadel siguiente problema de contorno y valores iniciales:
ut = k(urr +
1rur), 0 < r < c, t > 0
ur(c, t) = 0, t > 0u(r, 0) = f(r), 0 < r < c
Obtener la solucion u(r, t) por separacion de variables. Cual es la distribucion estacionariade temperatura? Obtener la solucion para el caso particular f(r) = γ (constante).
18. Resolver el siguiente problema de Dirichlet que representa la distribucion estacionaria detemperatura u(r, z) (en coordenadas cilındricas) en un cilindro semi-infinito:
∇2u = urr +1rur + uzz = 0, r < 1, z > 0
u(1, z) = 0, u(r, 0) = 1
Problemas multidimensionales 185
19. Sean `, R > 0, c 6= 0 y f ∈ C([0, R]× [0, 2π]× [0, `]). Resolver el problema
utt − c2(urr +
1rur +
1r2uθθ + uzz
)= 0, (r, θ, z) ∈ (0, R)× [0, 2π]× (0, `), t ≥ 0
u(t, r, 0, z) = u(t, r, 2π, z), (r, z) ∈ (0, R]× [0, `], t ≥ 0,
uθ(t, r, 0, z) = uθ(t, r, 2π, z), (r, z) ∈ (0, R]× [0, `], t ≥ 0,
u(t, R, θ, z) = 0, (θ, z) ∈ [0, 2π]× [0, `], t ≥ 0,
u(t, r, θ, 0) = uz(t, r, θ, `) = 0, (r, θ) ∈ (0, R]× [0, 2π], t ≥ 0
u(t, r, θ, z) acotada en r = 0,
u(0, r, θ, z) = f(r, θ, z), (r, θ, z) ∈ [0, R]× [0, 2π]× [0, `]
ut(0, r, θ, z) = 0, (r, θ, z) ∈ [0, R]× [0, 2π]× [0, `]
