Ejercicios del curso Ecuaciones en derivadas parciales · “Ecuaciones en derivadas parciales ......

Ejercicios del curso

“Ecuaciones en derivadas parciales”

Tommaso Leonori

Dep. de Analisis Matematico

Universidad de Granada.

e-mail: [email protected]

T.Leonori Ejercicios de EDP

c©Ejercicios del curso “Ecuaciones en derivadas parciales”

c©Tommaso Leonori

ISBN papel 978-84-686-2795-3

Impreso en Espana

Editado por Bubok Publishing S.L.

2

Indice general

Ecuaciones del Primer Orden 7

Ecuacion de Ondas 27

Ecuacion del Calor 75

Ecuaciones Elıpticas 101

3


4

Introducion

En estos apuntes he reunido las soluciones de los ejercicios propuesto

durante el curso, dado juntos con el Prof. David Arcoya, y en los examenes

de “Ecuaciones en Derivadas Parciales ” del ano academico 2009/2010.

En las referencias podeis encontrar unos libros o apuntes donde la teorıa

relativa a los ejercicios propuestos esta explicada de forma clara. Algunos de

los ejercicios propuestos han sido cogido desde [CF], [DF], [Per] y [St].

Si alguien encontrara erratas, misprints o tiene dudas sobre los ejercicios,

que no dudes en enviarme un correo ([email protected]).

5


6

Ecuaciones del Primer Orden

Ejercicio 1.1 Estudiad la linealidad y estableced el orden para cada una de

las e.d.p. siguientes:

1. ut − uxx + 1 = 0,

2. ut − uxx + xu = 0,

3. ut − uxxt + uux = 0,

4. utt − ux + x2 = 0,

5. iut − uxx +ux= 0,

6. ux√

(1 + u2x)+

uy√

(1 + u2y)= 0,

7. ux + eyuy = 0,

8. ut + uxxxx +√1 + u = 0.

Solucion.1 No es complicado verificar que:

1Con ecuacion diferencial de orden m se entiende una ecuacion de la forma

F (Dmu,Dm−1u, ...., Du, u, x) = 0 x ∈ Ω ⊆ RN N ≥ 2 ,

donde

F : RNm × RNm−1 × .....× R

N × R× Ω× Ω → R

es una funcion asignada y

u : Ω → R

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1. es lineal del segundo orden;


3. es nolineal del tercer orden;



6. es nolineal del primer orden;

7. es lineal del primer orden;

8. es nolineal del cuarto orden.

es una funcion regular. Ademas decimos que la ecuacion es lineal si se escribe de la forma

m∑

|α|≤k

aα(x)Dαu(x) = f(x)

donde f y aα son funciones regulares.

8


Ejercicio 1.2 Dado c ∈ R, estudiad la linealidad y orden de la siguiente

ecuacion:

ux + cuy = 0, (x, y) ∈ R2. (1.1)

Interpretad geometricamente la e.d.p. y calculad sus soluciones.

Solucion.

No es complicado verificar que la ecuacion es lineal del primer orden.

Notese que dicha ecuacion se puede escribir de la siguiente forma:

∇u(x, y) · (1, c) = 0 ,

donde ∇ = (∂x·, ∂y·). Entonces el ejercicio consiste en encontrar funciones u

tales que su gradiente es ortogonal al vector (1, c).

Vamos a explicar dos manera de resolver este ejercicio.

Metodo 1. Geometrico. Aprovechando la idea del sentido geometrico de la

ecuacion, deducimos que la derivada direccional de u(x) en la direccion (1, c)

tiene que ser 0, es decir que u(x) es constante a lo largo de dicha direccion.

Entonces que las soluciones de la ecuacion (1.1) tienen que depender solo de

una direccion ortogonal a (1, c). Siendo el vector (−c, 1) ortogonal a (1, c),

deducimos que

u(x, y) = f(y − cx) ,

donde f es una funcion de clase C1(R). Las rectas y − cx =constante se

llaman rectas caracterısticas.

Metodo 2. Caracterısticas. Aplicando el metodo de las caracterısticas

(vease, por ejemplo [Ev], Cap. 2 para la teorıa de esto metodo) deducimos

que

x′(t) = 1

y′(t) = c t ∈ R

z′(t) = 0 ,

9


ası que resulta, siendo α1, α2, α3 constantes arbitrarias,

x(t) = t+ α1

y(t) = ct+ α2 t ∈ R

z(t) = α3 .

Por lo tanto

α3 = z(x(t), y(t)) = z(t+ α1, ct+ α2)

y como

y(t)− cx(t) = α2 − cα1

deducimos que las soluciones de (1.1) son de la forma

u(x, y) = f(y − cx) ,

donde f es una cualquier funcion f ∈ C1(R).

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Ejercicio 1.3 Resolved las ecuaciones:

1. ut + xux = 0, (x, t) ∈ R2,

2. ut + 2tx2ux = 0, (x, t) ∈ R2.

Solucion.

En los dos casos aplicamos el metodo de las caracterısticas.

1. Escribimos el sistema caracterıstico asociado a la primera de la ecua-

ciones resulta ser

t′(s) = 1

x′(s) = x(s) s ∈ R

z′(s) = 0 .

Entonces, siendo ci i = 1, 2, 3 constantes, la solucion del sistema esta

dada por

t(s) = s+ c1

x(s) = c2es s ∈ R

z(s) = c3 .

(1.2)

Por lo tanto la solucion de la ecuacion ut + xux = 0, (x, t) ∈ R2 resulta

ser constante si calculada a lo largo de la familia de las curvas carac-

terıstica definida mediante las primeras dos ecuaciones en (1.2). Por lo

tanto, teniendo en cuenta que s = t−c1, resulta que xe−t = c2e−c1 = C1.

Ademas aprovechando que la ecuacion es lineal no homogenea y que no

hay ningun termino de orden cero, las constantes cumplen tambien la

ecuacion ası que las soluciones son de la forma:

u(x, t) = C1xe−t + C2

con C1 y C2 constantes.

11


2. En este caso el sistema caracterıstico resulta ser dado por

t′(s) = 1

x′(s) = 2t(s)x2(s) s ∈ R

z′(s) = 0 .

Entonces, siendo ci i = 1, 2, 3 constantes, las soluciones de la primera

y tercera ecuaciones del sistema son

t(s) = s+ c1 s ∈ R

z(s) = c2 ,

mientras que para resolver la segunda aplicamos el metodo de separa-

cion de las variables. Para x(s) 6= 0 tenemos que

x′(s)

x2(s)= 2t(s) = 2(s+ c1)

ası que

c3 −1

x(s)= 2

∫

t(s)ds = 2

∫

(s+ c1)ds = (s+ c1)2 + c′3 = t2(s) + c′3 ,

por una constante c′3 oportuna. Por lo tanto

1

x+ t2 = c′′3 , con c′′3 ∈ R ,

y como la solucion es constante a lo largo de cada curva caracterıstica,

deducimos, razonando como antes, que las soluciones tienen la forma

u(x, t) = C1

(1

x+ t2

)

+ C2 ,

con C1 y C2 constantes.

Se puede facilmente verificar que dichas soluciones cumplen las ecuaciones

diferenciales propuestas en el ejercicio.

12


Ejercicio 1.4 Calculad la solucion del problema

ut − ux = u2, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = 12e−x, x ∈ R.

Solucion.

Aplicamos el metodo de las caracterısticas y por lo tanto queremos resolver

el siguiente sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias:

t(s) = 1

x(s) = −1

z(s) = z2(s)

t0(σ) = 0

x0(σ) = σ

z0(σ) =12e−σ .

Entonces

t(s, σ) = s

x(s, σ) = −s+ σ1

z0(σ)− 1

z(s,σ)= 2eσ − 1

z(s,σ)= s ,

y consecuentemente

s = t(s, σ)

σ = x(s, σ) + t(s, σ)

u(x(s, σ), t(s, σ)) = z(s, σ) =1

2eσ − s=

1

2ex(s,σ)+t(s,σ) − t(s, σ)

y finalmente deducimos que

u(x, t) =1

2ex+t − t.

Es facil comprobar que esta es efectivamente una solucion del problema.

13



ux + uuy = 2, (x, y) ∈ R2

u(0, y) = y, y ∈ R.

Solucion.

Observemos que es un problema de Cauchy de la forma

a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = c(x, y, u),

u(x0(s), y0(s)) = z0(s), s ∈ R,

con coeficientes a(x, y, u) = 1, b(x, y, u) = u, c(x, y, u) = 2 y con la curva

inicial Γ(s) = (x0(s), y0(s), z0(s)) dada por x0(s) = 0, y0(s) = s y z0(s) = s.

Observemos tambien que este problema es no caracterıstico ya que

det

(

a(x0(s), y0(s)) x′0(s)

b(x0(s), y0(s)) y′0(s)

)

6= 0.

Ademas la curva s 7→ (x0(s), y0(s)) = (0, s) = Γ(s) es inyectiva. Por tanto

existe una superficie integral (o solucion local) que contiene a la curva inicial

Γ(s).

Para calcular dicha solucion, consideramos el sistema caracterıstico:

x(s) = 1

y(s) = z(s)

z(s) = 2

x0(σ) = 0

y0(σ) = σ

z0(σ) = σ .

Esta claro que las primeras y las terceras ecuaciones nos dan

x(s, σ) = s

z(s, σ) = 2s+ σ,

ası que tenemos

y(s, σ)− σ =

∫ s

0

(2τ + σ)dτ = s2 + sσ.

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Podemos obtener una expresıon para s y t en funcion de x e y:

x = s

σ = y−x2

1+xpara x 6= 1 .

Consecuentemente,

u(x, y) =y − x2

1 + x+ 2x para x 6= 1 .

Es facil comprobar que esta es efectivamente una solucion del problema.

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ut + uux = 0, (x, t) ∈ R× (0,+∞)

u(x, 0) = g(x), x ∈ R ,(1.3)

with g tal que

g(x) =

1 if x ≤ 0

1− x if 0 ≤ x ≤ 1

0 if x ≥ 1.

(1.4)

Solucion.

Primero, notamos que en principio el metodo de las caracterısticas no se

puede aplicar a este problema siendo el dato inicial de clase C1 a trozos pero

no C1(R). A pesar de esto facto, podemos pensar en aplicar dicho metodo en

las regiones del semiplano correspondientes a las zonas donde el dato inicial

es regular e intentar, luego, de pegar las soluciones encontradas.

La ecuacion diferencial que aparece en (1.3) es muy bien conocida en

mecanica de luidos como Ecuacion de Burges (con coeficiente de viscosidad

0). Mas in general este es un ejemplo sencillo de una ley de conservacion, es

decir de ecuaciones que tienen la forma

ut + F (u)x = 0

con F una funcion regular (F (s) = 12s2 en (1.3)).

Escribimos el sistema asociado, es decir

t(s) = 1

x(s) = z(s)

z(s) = 0

t0(σ) = 0

x0(σ) = σ

z0(σ) = g(σ) .

Siendo

det

(

1 0

−1 1

)

6= 0,

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el sistema es compatible, ası que tiene sentido buscar una solucion al rededor

de la curva Γ(s) = (t(σ), x(σ), g(σ)). Por lo tanto

t(s) = s

z(s) = g(σ)

x(s) = σ + sg(σ) .

(1.5)

Por lo tanto

u(x(s, σ), t(s, σ)) = z(s, σ) = g(σ)

ası que ahora solo tenemos que encontrar una expresion explıcita para g(σ)

en funcion de x y t.

Siendo t = s, deducimos que x(s) = σ + tg(σ); ademas, aprovechando

(1.4), podemos escribir la solucion de la tercera ecuacion en (1.5) explıcita-

mente:

x = σ + t if σ ≤ 0

x = σ + t(1− σ) if 0 < σ ≤ 1

x = σ + t if σ > 1 .

Por lo tanto (vease tambien Figura 1.1)

σ = x− t if x ≤ t

σ = x−t1−t

if 0 < x−t1−t

≤ 1 es decir t < x ≤ 1, 0 < t < 1

σ = x if x > 1 .

Consecuentemente la solucion de (1.3) esta data, acordando la definicion de

g data por (1.4), por

u(x, t) =

x− t if x ≤ t1−x1−t

if t < x ≤ 1, 0 < t < 1

0 if x > 1 .

Como ya hemos observado, la solucion encontrada no es de clase C1(R×(0, 1)) siendo el dato inicial solo continuo (y C1 a trozos pero no C1(R))

y por no tener, la ecuacion considerada, un efecto de regularizacion en las

soluciones.

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b b

t = 1

x

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

u ≡ 1 u ≡ 0u ≡ 1−x1−t

Figura 1.1: Las rectas caracterısticas en la region 0 < t < 1.

De todas formas el mismo tipo de fenomeno si habrıa presentado si hu-

bieramos elegido un cualquier dato inicial g ∈ C1(R) que cumpliese

g(x) =

1 if x ≤ 0

g(x) ∈ C1[0, 1], 0 ≤ g(x) ≤ 1 if 0 ≤ x ≤ 1

0 if x ≥ 1.

Efectivamente, las curvas caracterıstica que salen de la zona x ≤ 0 y x ≥ 1

al tiempo t = 0 habrıan sido las misma y notese que las rectas caracterısticas

cruzan en (x, t) = (1, 1). A la solucion en este punto no se le puede asignar

un valor preciso, siendo el punto (1, 1) en el cruce de tres familias de curvas

caracterısticas que dan valor distinto en alcanzar dicho punto: si nos acerca-

mos desde la zona “verde” la solucion vale cero, si nos acercamos desde la

zona “roja” la solucion vale uno mientras que si nos acercamos desde la zona

“azul” la solucion es indeterminada.

Por lo tanto se produce un fenomeno de shock que limita el dominio de

la solucion (en sentido clasico) al conjunto 0 < t < 1.De todas formas, se puede definir la solucion en un conjunto mas grande

utilizando una condicion adicional (conocida como la Condicion de Entropia)

para elegir el valor de la solucion por t > 1 (vease por ejemplo [Ev], Seccion

3.4).

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Ejercicio 1.7 Dado a ∈ R\0, estudiad la linealidad y orden de la siguiente

ecuacion:∂2u

∂x2− 1

a2∂2u

∂t2= 0, (x, t) ∈ R

2. (1.6)

Calculad algunas soluciones particulares.

Solucion.

No es complicado probar que la ecuacion es lineal del segundo orden.

Metodo 1. Caracterısticas.

Vamos a aplicar el metodo de las caracterısticas a esta clase de ecuaciones.

Siendo la ecuacion del primer orden, la idea es descomponer el operador

diferencial como(∂x − 1

a∂t)(∂x +

1a∂t)ası como

(∂x +

1a∂t)(∂x − 1

a∂t), es

decir que la ecuacion se puede escribir de las formas:

(∂x −

1

a∂t)(∂x +

1

a∂t)u(x, t) = 0 =

(∂x +

1

a∂t)(∂x −

1

a∂t)u(x, t), (1.7)

para (x, t) ∈ R2. Por lo tanto las soluciones de la ecuacion (1.6) se pueden

ver como soluciones del siguiente sistema caracterıstico:

ux(x, t)− 1aut(x, t) = ψ(x, t), x ∈ R, (x, t) ∈ R,

ψx(x, t) +1aψt(x, t) = 0, x ∈ R, (x, t) ∈ R .

(1.8)

Primero, buscamos las soluciones de la segunda ecuacion: una vez encontrada

la substituyamos en la primera ası que podemos hallar u(x, t).

Pues, tratandose de un sistema de ecuaciones lineales del primer orden,

escribimos el sistema caracterıstico asociado a la segunda ecuacion:

t′(s, σ) = 1a

x′(s, σ) = 1 s > 0

z′(s, σ) = 0 .

Por lo tanto

t(s) =1

as+ c1 , x(s) = s+ c2 , z(s) = ψ(x(s), t(s)) = c3

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con ci, i = 1, 2, 3 constantes. Observamos que x − at es constante, ası que

deducimos que

ψ(x, t) = f(x− at) , f ∈ C1(R).

Ahora substituyendo la expresion de ψ(x, t) en la primera de (1.8), deducimos

que u(x, t) cumple

ux(x, t)−1

aut(x, t) = f(x− at), (x, t) ∈ R

2 .

Para hallar la expresion de u(x, t), aplicamos otra vez el metodo de las ca-

racterısticas a la ecuacion no homogenea que verifica u. Entonces deducimos

x′(s) = 1

t′(s) = − 1a

z′(s) = f(x(s)− at(s)

)s > 0. (1.9)

Por lo tanto desde las primeras dos ecuaciones deducimos que

t(s) = −1

as+ c1 , x(s) = s+ c2 ,

con ci, i = 1, 2 constantes, ası que

x+ at = c3 , c3 ∈ R ,

son rectas caracterısticas. Entonces una cualquier funcion de la variable x+at

anula el operador ∂x − 1a∂t, ası que siempre podemos anadir a la solucion

particular una funcion g(x+ at) con g de clase C2(R).

Desde la tercera ecuacion en (1.9) nos sale que

d

dsu(x(s), t(s)) = z′(s) = f

(x(s)− at(s)

)= f(2s+ c)

y entonces

z(s) = uz(x(s), t(s)) =1

2F (2s+ c) ,

con F ′ = f . Finalmente deducimos que, siendo 2s = x− at, las soluciones de

(1.6) son de la forma

u(x, t) = F (x− at) +G(x+ at)

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con F , G de clase C2(R).

Metodo 2. Para calcular las soluciones, notamos, como antes, la descomposi-

cion del operador ∂2x · − 1a2∂2t · como hemos ya hecho en (1.7).

Buscamos ahora un cambio de variable para llevar este problema a uno

mas sencillo. La descomposicion del operador sugieres, siguiendo la idea del

metodo de las caracterısticas, de definir la pareja de nuevas variables ξ y η

de la siguiente forma

ξ = x− at,

η = x+ at,y consecuentemente

x =ξ + η

2,

t =η − ξ

2a.

(1.10)

Por lo tanto si llamamos

v(ξ, η) = u(η − ξ

2,η + ξ

2a

)

deducimos, con un calculo directo, que

∂ξ∂η v(ξ, η) = 0 = ∂η∂ξ v(ξ, η) . (1.11)

Vamos a disfrutar de la primera identidad. Notamos que desde (1.11) la

funcion ∂η v(ξ, η) es independiente de la variable ξ, es decir existe una funcion

f de clase C1(R) tal que

∂η v(ξ, η) = f(η) .

Siendo esta identidad cierta para cada ξ y η ∈ R, se pueden integrar ambos

lados con respecto a η ası que, aprovechando el teorema fundamental del

calculo, deducimos que∫

∂η v(ξ, η)dη =

∫

f(η)dη .

Como estamos integrando una funcion de dos variables con respecto solo a

una de las dos, en calcular la familia de primitivas de f , hay que anadir

(en lugar de una constante, como se hace en el calculo de primitivas en una

variable) una funcion arbitraria dependiente solo de la variable ξ. Por lo tanto

v(ξ, η) = F (η) +G(η) ,

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donde G de clase C2(R) y F ′ = f . Notese que dicha v verifica tanto la primera

como la segunda identidad en (1.11).

Deshaciendo el cambio de variable introducido en (1.10), deducimos que

las soluciones de (1.6) son de la forma

u(x, t) = F(ax− t

)+ G

(ax+ t

),

con F y G de clase C2(R).

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Ejercicio 1.8 Para (x1, x2, . . . , xN) ∈ RN (N ≥ 2) se define el operador

laplaciano ∆ mediante

∆u(x1, x2, . . . , xN) =N∑

i=1

∂2u

∂x2i(x1, x2, . . . , xN).

Dado ξ = (ξ1, ξ2, . . . , ξN) ∈ RN , definimos (la solucion fundamental del la-

placiano) Eξ : RN \ ξ −→ R mediante

Eξ(x) =

1N−2

|x− ξ|2−N , si N > 2,

− log |x− ξ|, si N = 2.

Probad que

∆Eξ(x) = 0, x ∈ RN \ ξ.

Solucion.

Notese que la funcion Eξ, tanto en el caso N ≥ 3 como en el caso N = 2,

es una funcion no acotada, definida en RN \ ξ y diferenciable en todo su

dominio de definicion. Por lo tanto, como el ejercicio nos pide de calcular su

Laplaciano en RN \ ξ, el calculo de las derivadas esta permitido.

Empezamos por el caso N ≥ 3.

Calculamos las derivadas parciales de E con respecto a la variable xi, por un

cualquier i entre 1 y N :

∂xi

1

N − 2|x− ξ|2−N = −|x− ξ|1−N∂xi

|x− ξ| = − xi − ξi|x− ξ|N ,

donde la ultima identidad es consecuencia del siguiente calculo directo:

∂xi|x− ξ| = ∂xi

√∑

k=1N

(xk − ξk)2 =1

2

2(xi − ξi)√∑

k=1N (xk − ξk)2=xi − ξi|x− ξ| .

Ahora derivamos otra vez con respecto a xi ası que

∂2xiEξ(x) = N

(xi − ξi)2

|x− ξ|N+2− 1

|x− ξ|N .

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Por tanto, al sumar i entre 1 y N obtenemos:

∆Eξ(x) =N∑

i=1

∂2xiEξ(x) =

N∑

i=1

[

N(xi − ξi)

2

|x− ξ|N+2− 1

|x− ξ|N]

=N

|x− ξ|N+2

N∑

i=1

(xi−ξi)2−1

|x− ξ|NN∑

i=1

1 =N

|x− ξ|N+2|x−ξ|2− 1

|x− ξ|NN = 0 .

En el caso N = 2, con el mismo espiritu del caso anterior, calculamos por i

igual a 1 o 2 la derivada de Eξ(x) con respecto a xi:

∂xi− log |x− ξ| = − xi − ξi

|x− ξ|2 ,

y consecuentemente

∂2xiEξ(x) = 2

(xi − ξi)2

|x− ξ|4 − 1

|x− ξ|2 .

Por lo tanto

∂2x1Eξ(x) + ∂2x2

Eξ(x) = 0 .

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Ejercicio 1.9 Sean a, b ∈ C1(Ω × R) con Ω ⊂ R2 un conjunto abierto y

acotado. Supongamos que γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) ∈ Ω × R (con t en un

intervalo de R) es una curva caracterıstica de la ecuacion casilineal

a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy = 0, (x, y) ∈ Ω.

Probar que si la proyeccion (x(t), y(t)) de γ(t) sobre Ω corta la frontera ∂Ω

de Ω en dos puntos P 6= Q, entonces el problema

a(x, y, u(x, y))ux(x, y) + b(x, y, u(x, y))uy(x, y) = 0 (x, y) ∈ Ω,

u(x, y) = f(x, y) (x, y) ∈ ∂Ω ,

no posee solucion cuando la funcion f ∈ C(∂Ω) satisface f(P ) 6= f(Q).

Solucion.

Sin perdida de generalidad podemos suponer que (x(0), y(0)) = P y (x(1), y(1)) =

Q. Probaremos que si para f ∈ C(∂Ω) tenemos una solucion u del problema

a(x, y, u(x, y))ux(x, y) + b(x, y, u(x, y))uy(x, y) = 0 (x, y) ∈ Ω,

u(x, y) = f(x, y) (x, y) ∈ ∂Ω ,

entonces f(P ) = f(Q) (vease Figura 1.2) Para ello, basta ver que u(x, y) es

constante a lo largo de la proyeccion (x(s), y(s)) de la curva caracterıstica.

Esto es deducido usando que la superficie integral contiene toda la curva

caracterıstica γ(t) = (x(t), y(t), z(t)) (i.e., u(x(t), y(t)) = z(t)) y observando

que por ser homogenea la ecuacion satisfecha por u tenemos que z(t) es

constante (pues la tercera ecuacion del sistema caracterıstico es z′(t) = 0).

Por tanto, f(P ) = u(P ) = u(x(0), y(0)) = z(0) = z(1) = u(x(1), y(1)) =

u(Q) = f(Q).

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Ω

(x(t), y(t))

P

Q

Figura 1.2: El abierto Ω y la curva Γ.

26

Ecuacion de Ondas

Ejercicio 2.1 Resolved el el siguiente problema de Cauchy

uxx(x, y)− uyy(x, y) = 0, x, y ∈ R,

u(0, y) = 1 + y2, y ∈ R,

ux(0, y) = −sen y, y ∈ R.

Solucion.

Aplicando la formula de D’Alembert 2 la solucion del problema esta dada

por

u(x, y) =1

2[1 + (y − x)2] +

1

2[1 + (y + x)]2 − 1

2

∫ y+x

y−x

sen(s)ds

= 1 + y2 + x2 +1

2[cos(x+ y)− cos(x− y)] = 1 + y2 + x2 − sen x sen y .

2 Recordamos la formula de D’Alembert. Dato el problema (homogeneo)

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = g(x), x ∈ R,

ut(x, 0) = h(x), x ∈ R,

con g ∈ C2(R) y h ∈ C1(R), c 6= 0, la unica solucion u ∈ C2(R× (0,+∞)) esta dada por

u(x, t) =1

2g(x− ct) +

1

2g(x+ ct) +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

h(s)ds . (2.1)

27


Ejercicio 2.2 Resolved el el siguiente problema de Cauchy

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, en C,ut(x, 0) = xe−x2

, x ≥ 0,

u(x, 0) = 0, x ≥ 0

u(0, t) = 0, t ≥ 0.

(2.2)

donde C = x ≥ 0, t > 0.

Solucion.

En este caso, siendo el problema definido solo en la cuarta parte del plano, la

formula de D’Alembert no se puede aplicar directamente. Entonces la idea es

la de extender de una forma oportuna el problema a uno definido en todo el

semiespacio (por el que sabemos calcular la solucion via la formula (2.1)); la

dificultad esta en encontrar la extension correcta para que se cumpla tambien

la condicion en x = 0.

Mas concretamente definimos u la solucion de

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t > 0

ut(x, 0) = g(x), x ∈ R,

u(x, 0) = f(x), x ∈ R,

con g ∈ C1(R) y f ∈ C2(R) tales que g(x) = xe−x2if x ≥ 0 y f = 0 if

x ≥ 0. Por lo tanto, gracias a la formula de D’Alembert, la la unica solucion

u ∈ C2(R× (0,+∞)) esta dada por

u(x, t) =1

2f(x− ct) +

1

2f(x+ ct) +

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(s)ds .

Para que la u(x, t) sea solucion de (2.2) tiene que cumplir la condicion

u(0, t) = 0, ∀t ≥ 0, y consecuentemente:

u(0, t) =1

2f(−ct) + 1

2f(ct) +

1

2c

∫ ct

−ct

g(s)ds = 0 ∀t ≥ 0 .

28


Esta condicion nos lleva a las definiciones tanto de f como de g en todo el

eje: en efecto esta condicion es equivalente a pedir que

0 ≡ 1

2c

∫ ct

−ct

g(s)ds y 0 ≡ 1

2f(−ct) + 1

2f(ct) .

Por lo tanto deducimos que f y g tienen que ser impares3 y la f y g son las

extensiones impares, respectivamente, de 0 y xe−x2, es decir

f(x) ≡ 0 y g(x) = xe−x2 ∀x ∈ R .

Finalmente u(x, t) = u(x, t)∣∣C con

u(x, t) =1

2c

∫ x+ct

x−ct

se−s2ds ,

y consecuentemente

u(x, t) = − 1

4ce−(x+ct)2+

1

4ce−(x−ct)2 = e−x2−(ct)2 e

2x ct − e−2x ct

4c, ∀(x, t) ∈ C .

3 Lo de la f es la definicion de funcion impar, para la g, notese que derivando la

condicion

0 ≡ 1

2c

∫ ct

−ct

g(s)ds

deducimos

cg(ct)− (−c)g(−ct) = 0 ⇐⇒ g(ct) = −g(−ct) ∀t > 0 ,

es decir g impar.

29


b

b

b b

bb

b b b

bb

bb

0 Lxjxj − h xj + h

m

Figura 2.3: La curda vibrante “modelizada” con los muelles.

Ejercicio 2.3 Una cuerda de longitud ℓ = 1 con los extremos fijos tiene

la posicion inicial u = sen (πx) y se suelta en el instante t = 0. Halle su

movimiento subsiguiente.

Comentario 2.1 (La Cuerda Vibrante) La ecuacion de ondas en el caso

de una sola dimension representa el perfil de una cuerda que vibra con velo-

cidad c. Imagina una cuerda de largueza L en la que hay colgados n = L/h

puntos cada uno de masa m a distancia h uno de otro y cada uno conectado

con un muelle con constante de elasticidad k a los de a lado (vease Figura

2.3) . Supongamos, entonces, de tener una sucesion x0 = 0, x1 = h, x2 =

2h, ... xn = L de puntos y sea u(xi, t) la funcion que representa las alturas

de dichos puntos en el tiempo. Supongamos ademas que los puntos de masas

m solo puedes moverse verticalmente (para que u sea una funcion).

Gracias a la ley de Newton 4 el punto que se encuentra en la posicion xj,

con 1 ≤ j ≤ n−1, esta sujeto a una fuerza data por la ley de Hook 5 es decir

F (xj + h, t) = −k[(u(xj, t)− u(xj + h, t)

)−(u(xj − h, t)− u(xj, t)

)]

= −k[− u(xj + h, t) + 2u(xj, t)− u(xj − h, t)

].

Por lo tanto, siendo M = nm la masa total de la cuerda, K = nk su rigidez

4es decir: F = ma, donde F es la fuerza, m la masa y a la aceleracion.5es decir: F (x) = −kx, donde k es la constante de elasticidad del muelle y x el despla-

ciamento de su condicion de equilibrio.

30


y acordando que nh = L, deducimos que

d2u(xj, t)

dt2=nK h2

Mn

u(xj + h, t)− 2u(xj, t) + u(xj − h, t)

h2

=KL2

M

u(xj + h), t)− 2u(xj, t) + u(xj − h, t)

h2.

Ahora queremos tirar h a cero, es decir pasar de un modelo discreto (los

muelles) a uno continuo (la cuerda elastica). Siendo u suficientemente suave

(u es de clase por lo menos C2(0, L)) deducimos que

lımh→0

u(xj + h), t)− 2u(xj, t) + u(xj − h, t)

h2=∂2u(x, t)

∂x2,

y consecuentemente

∂2u(x, t)

∂t2− c2

∂2u(x, t)

∂x2= 0 x ∈ (0, L) , t > 0 ,

siendo c2 = KL2

Mla velocidad de propagacion de la cuerda. Como la cuerda

esta fija en sus extremos, tiene ademas que cumplir

u(0, t) = 0 = u(L, t) , ∀t ≥ 0 .

Este problema esta bien definido si lo emparejamos con un problema de Cau-

chy, es decir que para encontrar una solucion tenemos que saber la posicion

inicial (es decir u0(x)) y su velocidad (denotada con u1(x)) en un momento

dato. Entonces el perfil de la cuerda esta dado por la solucion del siguiente

problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, x ∈ (0, L), t > 0

u(x, 0) = u0(x), x ∈ (0, 1),

ut(x, 0) = u1(x), x ∈ (0, 1)

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

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

(2.3)

31


siendo u0(x) ∈ C2(0, L) ∩ C0[0, L] y u1(x) ∈ C1(0, L) ∩ C0[0, L].

Nos referiremos a (2.3) como el problema mixto asociado a la ecuacion

de ondas.

Solucion.

En este caso la cuerda fija en sus extremos significa que queremos resolver

un problema de Cauchy con condiciones en la frontera lateral iguales a 0.

Ademas la cuerda tiene un perfil inicial asignado (senπx) que representa el

dato inicial mientras que el hecho que se suelte significa que su velocidad

inicial es igual a cero. Por lo tanto, el problema que tenemos que resolver es

el siguiente (ponemos por simplicidad c = 1):

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, x ∈ (0, 1), t > 0

u(x, 0) = sen πx, x ∈ (0, 1),

ut(x, 0) = 0, x ∈ (0, 1)

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

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

(2.4)

Aquı proponemos dos maneras de resolver el ejercicio.

Metodo 1. Hemos ya visto (vease Ejercicio 1.7) que las soluciones de la ecua-

cion de las ondas tienen la forma

u(x, t) = F (x+ t) +G(x− t) ,

con F,G : R → R funciones de clase C2(R). Nuestro objetivo es hallar una

expresion explıcita para F y G de forma que la solucion cumpla ademas las

condiciones en la frontera. Entonces, desde (2.4), F y G tienen que cumplir

las siguientes condiciones:

F (x) +G(x) = sen πx, x ∈ (0, 1),

F ′(x)−G′(x) = 0, x ∈ (0, 1)

F (t) +G(−t) = 0, t > 0,

F (1 + t) +G(−t) = 0, t > 0.

32


De la segunda ecuacion resulta que, en (0, 1), F y G coinciden (a menos de

una constante que puede ser elegida 0) y de la primera ecuacion entonces

deducimos que F (x) ≡ G(x) = 12sen πx, para x ∈ (0, 1).

Finalmente, de la tercera y la cuarta ecuaciones nos sale que F y G tienen

que ser impares y 2–periodicas, ası que

F (s) ≡ G(s) =1

2sen πs ∀s ∈ R .

Por lo tanto

u(x, t) =1

2sen[π(x− t)] +

1

2sen[π(x+ t)] ,

es la (unica6) solucion de (2.4). Aprovechando que para cada α, β ∈ R

sen(α + β)− sen(α− β) = senα cos β + sen β cosα−(senα cos β − sen β cosα

)

= 2 senα cos β

deducimos que

u(x, t) = sen πx cos πt .

Metodo 2. Otra forma de resolver el problema es la siguiente. Como el

problema esta definido en un subconjunto de (0,+∞) × R, la formula de

D’Alembert no se puede aplicar directamente. Entonces queremos encontrar

un problema definido en todo (0,+∞)×R, cuya solucion u(x, t) restringida

al (0, 1)× (0,+∞), sea sol de (2.4).

Por eso resolvemos el problema

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = f(x), x ∈ R,

ut(x, 0) = g(x), x ∈ R,

(2.5)

con f y g funciones regulares tales que f(x) ≡ sen(πx) si x ∈ (0, 1) y g(x) ≡ 0

si x ∈ (0, 1).

6Vease ejercicio 2.4

33


ℓ = 1 x

t

x− t

=

const.

x+t=

const.

Figura 2.4: Aquı esta representada la forma que tiene el cono de influencia.

La parte amarilla es la area que esta por debajo de las rectas caracterısticas

y que calculamos mediante la integral que aparece en (2.6).

La solucion de (2.4) sera, entonces, u(x, t) = u(x, t)∣∣C donde C = [0, 1]×

[0,+∞). Gracias a la Formula de D’Alembert (vease (2.1)), las solucion de

(2.5) esta dada por

u(x, t) =1

2f(x+ t) +

1

2f(x− t) +

1

2

∫ x+t

x−t

g(s)ds . (2.6)

Notese que tanto f como g tienen que ser elegidas de forma que se cumplan

la condiciones u(0, t) = 0 y u(1, t) = 0, ∀t > 0.

Por lo tanto, por un lado notamos que la primera condicion nos da que

u(0, t) =1

2f(t) +

1

2f(−t) + 1

2

∫ t

−t

g(s)ds ≡ 0 ∀t > 0 .

Por eso se ve que tanto la f como la g tienen que ser funciones impares.

Por otro lado, cuando calculamos la condicion a lo largo de la recta x = 1

deducimos que

u(1, t) =1

2f(1 + t) +

1

2f(1− t) +

1

2

∫ 1+t

1−t

g(s)ds ≡ 0 ∀t > 0 .

34


Esta expresion (vease tambien la Figura 2.4) lleva (con el cambio 1− t = t′,

si necesario) a la secunda condicion sobre f y g, es decir que tanto f como g

tienen que ser 2–periodicas.

Siendo los datos iniciales ya funciones impares y 2–periodicas, solo tene-

mos que aplicar la formula de D’Alembert a (2.5) con f(x) = sen πx y g = 0,

∀x ∈ R, ası que:

u(x, t) =1

2sen[π(x− t)] +

1

2sen[π(x+ t)] = sen πx cos πt .

35


Ejercicio 2.4 Sea c 6= 0, ℓ > 0 y C = (x, t) ∈ R2+ tales que 0 < x < ℓ, t >

0. Probad la unicidad de la solucion u(x, t) ∈ C2(C) ∩ C1(C) del problema

mixto

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, in Cu(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ ℓ

ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ ℓ

u(0, t) = h(t), t ≥ 0

u(ℓ, t) = m(t), t ≥ 0

(2.7)

donde f ∈ C2[0, ℓ], g ∈ C1[0, ℓ] mientras h y m ∈ C1(R+).

Solucion.

Supongamos que el problema (2.7) tenga dos soluciones u1(x, t) y u2(x, t);

definimos la funcion w(x, t) = u1(x, t)− u2(x, t) y probamos que w(x, t) ≡ 0.

Notese que siendo el problema (2.7) lineal, es sencillo deducir que w(x, t)

cumpla

wtt(x, t)− c2wxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ, t ≥ 0

w(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ

wt(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ

w(0, t) = 0, t ≥ 0

w(ℓ, t) = 0, t ≥ 0 .

(2.8)

Para deducir que la unica solucion de (2.8) es la cero, aplicamos un metodo

de energıa. Definimos la siguiente cantidad (la energıa):

e(t) =1

2

∫ ℓ

0

[w2

t (x, t) + c2w2x(x, t)

]dx .

Notese que la energıa, por ser la integral de una funcion positiva, es positiva.

Ademas, como las funcion que aparecen al interior de la integral sol continuas,

es posible calcular

e(0) = lımt→0+

1

2

∫ ℓ

0

[w2

t (x, t)+c2w2

x(x, t)]dx =

1

2

∫ ℓ

0

[w2

t (x, 0)+c2w2

x(x, 0)]dx = 0 ,

36


siendo wt(x, 0) = 0 gracias a las condiciones iniciales y y wx(x, 0) =(w(x, 0)

)

x≡

0. El siguiente paso es probar que e(t) = 0, ∀t > 0.

Para probar este facto, hallamos la derivada de e(t) y probamos que dicha

funcion es decreciente, es decir que e′(t) ≤ 0, ∀t > 0. Siendo las funciones

que aparecen en la definicion de e regulares en C, podemos llevar la derivada

al interior de la integral, ası que

e′(t) =

∫ ℓ

0

[wtt(x, t)wt(x, t) + c2wxt(x, t)wx(x, t)

]dx .

Ahora en el segundo termino, aplicamos la integracion por partes, es decir

∫ ℓ

0

wxt(x, t)wx(x, t)dx = wt(x, t)wx(x, t)

∣∣∣∣

ℓ

0

−∫ ℓ

0

wt(x, t)wxx(x, t)dx .

Utilizando que w(0, t) ≡ 0 ≡ w(ℓ, t) y que consecuentemente wt(0, t) ≡ 0 ≡wt(ℓ, t), deducimos que

wt(x, t)wx(x, t)

∣∣∣∣

ℓ

0

= 0 ,

y entonces

e′(t) =

∫ ℓ

0

[wtt(x, t)wt(x, t)− c2wxx(x, t)wt(x, t)

]dx

=

∫ ℓ

0

wt(x, t)[wtt(x, t)− c2wxx(x, t)

]dx = 0

siendo w(x, t) una solucion de (2.8). Por lo tanto

e(t) ≡ 0 ∀t ≥ 0 .

Consecuentemente tanto wt(x, t) como wx(x, t) son nulas y, siendo w(x, 0) =

0, deducimos que w(x, t) = 0, ∀t > 0.

37


t

x

f(x)

u(0,t)=

0

u(ℓ,0)=

0x+ ct = const.x− ct = const.

(ℓ, 0)

(0, 0)

utt − c2uxx = 0

Figura 2.5: El dominio de u y las rectas caracterısticas (|c| < 1).

Ejercicio 2.5 Para c2 < 1, deduzcase una formula para la resolucion del

siguiente problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ, t ≥ x

u(x, x) = f(x), 0 ≤ x ≤ ℓ

ut(x, x) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(ℓ, t) = 0, t ≥ ℓ

(2.9)

donde f es una funcion continua tal que f(0) = f(ℓ) = 0.

Solucion.

38


Paso 1. Hallar la solucion de:

ψtt(x, t)− c2ψxx(x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ x,

ψ(x, x) = ϕ(x), x ∈ R,

ψt(x, x) = 0, x ∈ R

(2.10)

para una funcion ϕ : R → R de clase C1(R).

Para encontrar la solucion de (2.10), descomponemos el problema como

un sistema caracterıstico (vease Ejercicio 1.7) ası que, el primer paso es definir

una funcion auxiliar φ(x, t) como

φ(x, t) = ψt(x, t)− cψx(x, t) .

Entonces la ecuacion en (2.10) se puede escribir como el siguiente sistema de

ecuaciones:

ψt(x, t)− cψx(x, t) = φ(x, t), x ∈ R, t ≥ x,

φt(x, t) + cφx(x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ x.

Por lo visto, (2.10) nos da una condicion en la recta x = t, mientras que la

condicion cumplida por φ la calculamos gracias a la segunda y la tercera en

(2.10), es decir

φ(x, x) = ψt(x, x)− cψx(x, x) = 0− cϕ′(x) x ∈ R .

Por lo tanto hemos encontrado dos sistemas del primer orden que, acoplados,

nos proporcionan la solucion de (2.10):

φt(x, t) + cφx(x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ x,

φ(x, x) = −cϕ′(x), x ∈ R ,

y

ψt(x, t)− cψx(x, t) = φ(x, t), x ∈ R, t ≥ x,

ψ(x, x) = ϕ(x), x ∈ R .(2.11)

39


Notese que el primer sistema es independiente del segundo, ası que la estrate-

gia sera hallar la solucion del primero, substituirla en el segundo y finalmente

encontrar la ψ(x, t).

Para el calculo de φ(x, t), escribimos su sistema caracterıstico, que resulta

ser

t′(s, σ) = 1

x′(s, σ) = c s > 0

z′(s, σ) = 0

t(0, σ) = σ

x(0, σ) = σ σ > 0

z(0, σ) = −cϕ′(σ) .

Aprovechando que c 6= 1, deducimos que

det

(

1 1

1 c

)

6= 0 ,

ası que el sistema es compatible. Entonces

t(s, σ) = s+ σ , x(s, σ) = cs+ σ , z(s, σ) = −cϕ′(σ)

y siendo σ = x−ct1−c

deducimos que

φ(x, t) = z(s(x, t), σ(x, t)) = −cϕ′(x− ct

1− c

)

.

Substituyendo la expresion encontrada de φ(x, t) en (2.11), nos encontramos

con el siguiente problema de Cauchy:

ψt(x, t)− cψx(x, t) = −cϕ′ (x−ct1−c

), x ∈ R, t ≥ x

ψ(x, x) = ϕ(x), x ∈ R

(2.12)

Mas en general, hallamos la solucion del problema del primer orden

wt(x, t)− cwx(x, t) = α(x, t), x ∈ R

w(x, x) = g(x), x ∈ R

con α y g funciones continuas. Otra vez, calculamos las ecuaciones carac-

terıstica de dicha ecuacion que resultan ser:

40


t′(s, σ) = 1

x′(s, σ) = −c s > 0

z′(s, σ) = α(x(s), t(s))

t(0, σ) = σ

x(0, σ) = σ σ > 0

z(0, σ) = β(σ) .

y, otra vez, el sistema es compatible siendo c 6= −1. Por lo tanto, resolviendo

el sistema caracterıstico, resulta que

t(s, σ) = s+ σ

x(s, σ) = −cs+ σ s > 0

z(s, σ)− β(σ) =

∫ s

0

α(x(s′), t(s′))ds′ .

Desde las primeras dos ecuaciones deducimos que

s =x− t

1− cy σ =

x+ ct

1 + c,

ası que, siendo

z(s, σ) = ψ(x(s, σ), t(s, σ))

deducimos que

w(x, t) = β

(x+ ct

1 + c

)

+

∫ t−x1+c

0

α

(

−cs+ x+ ct

1 + c, s+

x+ ct

1 + c

)

ds.

Entonces aplicando esta formula al problema (2.12), deducimos que ψ(x, t)

esta dada por

ψ(x, t) = ϕ

(x+ ct

1 + c

)

− c

∫ t−x1+c

0

ϕ′(x+ ct

1 + c− 2c

1− cs

)

ds

= ϕ

(x+ ct

1 + c

)

− c

(

−1− c

2c

)

ϕ

(x+ ct

1 + c− 2c

1− cs

)∣∣∣∣

t−x1+c

0

=1 + c

2ϕ

(x+ ct

1 + c

)

+1− c

2ϕ

(x− ct

1− c

)

Por lo tanto, la solucion de (2.10) sera

ψ(x, t) =1 + c

2ϕ

(x+ ct

1 + c

)

+1− c

2ϕ

(x− ct

1− c

)

en C1, (2.13)

41


donde C1 = (x, t) ∈ R2 : t ≥ x.

Paso 2. Hallar la solucion de (2.9).

En este segundo paso queremos encontrar una funcion ϕ(s) de forma que

la funcion ψ(x, t) definida en (2.13) sea la solucion cuando es restringida al

cilindro

C = (x, t) ∈ R2 : t > 0 , 0 ≤ x ≤ c , t ≥ x ,

es decir u(x, t) = ψ(x, t)∣∣C. La dificultad esta en encontrar una definicion de

ϕ(s) para cualquier s ∈ R, de forma que la funcion ψ(x, t) definida en (2.13)

cumpla tambien las condiciones

ψ(x, t)∣∣r1= ψ(x, t)

∣∣r2= 0 .

a lo largo de las semirectas

r1 = (x, t) : x = 0, t > 0 y r2 = (x, t) : x = l, t > ℓ .

La otra informacion que conocemos sobre ϕ(s) es que cumple la siguiente

condicion en [o, ℓ]:

ϕ(x) ≡ f(x) si 0 ≤ x ≤ ℓ .

La condicion en r1 esta dada por

u(0, t) = ψ(0, t) =1 + c

2ϕ

(ct

1 + c

)

+1− c

2ϕ

( −ct1− c

)

= 0 t > 0 ,

mientras que en r2:

u(ℓ, t) = ψ(ℓ, t) =1 + c

2ϕ

(ℓ+ ct

1 + c

)

+1− c

2ϕ

(ℓ− ct

1− c

)

= 0 t ≥ ℓ .

Por lo tanto la funcion ϕ tiene que verificar las siguientes tres condiciones:

ϕ

( −ct1− c

)

= −1 + c

1− cϕ

(ct

1 + c

)

t > 0

ϕ

(ℓ+ ct

1 + c

)

= −1− c

1 + cϕ

(ℓ− ct

1− c

)

t > ℓ

ϕ(x) = f(x) 0 ≤ x ≤ ℓ .

42


Hallando unos cambio de variable (s = ct1−c

en la primera ecuacion y s = ℓ+ct1+c

en la segunda) deducimos que

ϕ (s) =

−1 + c

1− cϕ

(

−1− c

1 + cs

)

s < 0,

f(s) 0 ≤ s ≤ ℓ,

−1− c

1 + cϕ

(2ℓ− (1 + c)s

1− c

)

s > ℓ .

(2.14)

Notese que la definicion de ϕ que hemos dado vale para cada s ∈ R aunque

no es directa, es decir que depende de la ϕ misma. Mas en detalle observamos

que esta definicion de ϕ involucra unas transformaciones de la funcion f , es

decir hay que reflexionar y contraer (o dilatar) la f para obtener ϕ.

Mas concretamente notemos que podemos conocer el valor de ϕ cuando

calculado en un cualquier punto s con el siguiente argumento recursivo:

si 0 ≤ s ≤ ℓ simplemente calculando f en s

si −1+c1−c

ℓ ≤ s < 0 entonces desde la primera condicion en (2.14)

ϕ (s) = −1 + c

1− cf

(

−1− c

1 + cs

)

;

si ℓ < s ≤ 21+c

ℓ entonces desde la tercera condicion en (2.14)

ϕ (s) = −1− c

1 + cf

(2ℓ− (1 + c)s

1− c

)

;

ademas, si 21+c

ℓ ≤ s < 21+c

ℓ+ ℓ entonces −1+c1−c

ℓ ≤ 2ℓ−(1+c)s1−c

< 0 ası que

ϕ (s) = −1− c

1 + c

[

−1 + c

1− cf

(

−1− c

1 + c

2ℓ− (1 + c)s

1− c

)]

= f

(

− 2ℓ

1 + c+ s

)

;

en cambio si − 21−c

ℓ < s ≤ −1+c1−c

ℓ deducimos que ℓ ≤ −1−c1+c

s ≤ 21+c

ℓ y

consecuentemente

ϕ (s) = −1 + c

1− c

[

−1− c

1 + cf

(

2ℓ− (1 + c)−(1−c)s1+c

1− c

)]

= f

(2ℓ

1− c+ s

)

;

43


Por lo tanto

ϕ (s) =

f

(2ℓ

1− c+ s

)

− 21−c

ℓ < s ≤ −1+c1−c

ℓ

−1+c1−c

f(−1−c

1+cs)

−1+c1−c

ℓ ≤ s < 0,

f(s) 0 ≤ s ≤ ℓ,

−1− c

1 + cf

(2ℓ− (1 + c)s

1− c

)

ℓ < s ≤ 21+c

ℓ ,

f

(

− 2ℓ

1 + c+ s

)

21+c

ℓ ≤ s < 21+c

ℓ+ ℓ

(2.15)

Calculamos la funcion en dos trozos de recta mas:

si −ℓ(

21−c

+ 1+c1−c

)≤ s < − 2

1−cℓ entonces 2c

1+cℓ ≤ −1−c

1+cs < 2

1+cℓ + ℓ

ası que

ϕ (s) = −1 + c

1− cϕ

(

−1− c

1 + cs

)

= −1 + c

1− cf

(

−1− c

1 + cs+

2ℓ

1 + c

)

;

en cambio si 21+c

ℓ + ℓ < s ≤ 41+c

ℓ deducimos que − 2ℓ1−c

≤ 2ℓ−(1+c)s1−c

≤−1+c

1−cℓ y consecuentemente

ϕ (s) = −1− c

1 + cϕ

(

2ℓ− (1 + c)−(1−c)s1+c

1− c

)

= −1− c

1 + cf

(

22ℓ

1− c− 1 + c

1− cs

)

.

Por fin deducimos que la funcion ϕ(s) es una funcion definida de la si-

guiente forma: par a cada j y k ∈ N

ϕ(s) =

f

(

s+ j2ℓ

1− c

)

si −ℓ− 1+c1−c

ℓ ≤ s+ j 2ℓ1−c

< −1+c1−c

ℓ ,

−1 + c

1− cf

(

− 1− c

1 + c

(s+ j

2ℓ

1− c

))

si −1+c1−c

ℓ ≤ s+ j 2ℓ1−c

< 0 ,

f

(

s− 2kℓ

1 + c

)

si 0 ≤ s− k 2ℓ1+c

< ℓ ,

−1− c

1 + cf

(2ℓ

1− c− 1 + c

1− c

(s− k

2ℓ

1 + c

))

si ℓ ≤ s− k 2ℓ1+c

< 2ℓ1+c

.

44


f(s)

b b bbb b

0 ℓ2

1+cℓ− 2

1−cℓ − 1+c

1−cℓ 2ℓ

1+c+ ℓ

−

1−c1+c

f( 2ℓ−(1+c)s1−c

)−

1+c1−c

f(− 1−c1+c

s)

f( 2ℓ1−c

+ s) f(s− 2ℓ1+c

)

Figura 2.6: En negro en el intervalo (0, ℓ) esta dibujada la f , mientras que

las partes en rojo y verde representan la pinta que tiene la ϕ fuera de dicho

intervalo.

Finalmente la solucion de (2.9) sera

u(x, t) =1 + c

2ϕ

(x+ ct

1 + c

)

+1− c

2ϕ

(x− ct

1− c

)

en C ,

donde

C = (x, t) ∈ R2 : t > 0 , 0 ≤ x ≤ c , t ≥ x .

Observamos que la necesidad de hacer el primer paso es solo para cons-

truir la solucion explıcitamente. Otra manera para resolver dicho ejercicio es

observar (vease Ejercicio 1.7) que la u(x, t) por ser solucion de la ecuacion

de ondas es de la forma

u(x, t) = F (x− ct) +G(x+ ct),

con F y G : R → R de clase C2(R) por determinar. El objetivo es ahora

encontrar las funciones F y G de forma que se cumplen las condiciones en la

frontera de C, es decir

F (−ct) +G(ct) = 0, para t ≥ 0

F (ℓ− ct) +G(ℓ+ ct) = 0, para t ≥ 0

F (x− cx) +G(x+ cx) = f(x), para 0 ≤ x ≤ ℓ

−cF ′(x− cx) + cG′(x+ cx) = 0, para 0 ≤ x ≤ ℓ .

45


Manipulando las ecuaciones, deducimos que

F (−s) = −G(s), para s ≥ 0

F (s) +G(2ℓ− s) = 0, para s ≤ ℓ(1− c)

F ′(s) = G′(s1+c1−c

), para 0 ≤ s ≤ ℓ(1− c)

F (s) +G(s1+c1−c

) = f( s1−c

), para 0 ≤ s ≤ ℓ(1− c) .

Desarrollando las cuentas llegamos a que

F (s) =1− c

2ϕ( s

1− c

)y G(s) =

1 + c

2ϕ((

s

1 + c

),

con ϕ ∈ C2(R) satisfaciendo (2.14).

46


Ejercicio 2.6 Calcula u(12, 32

)si u(x, t) es la solucion de

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ 1, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1

ut(x, 0) = x(1− x), 0 ≤ x ≤ 1

u(0, t) = 0 = u(1, t), t ≥ 0.

Solucion.

Primero, extendemos el dato inicial de forma que sea impar en (−1, 1) (o en

(0, 2), es lo mismo). Ademas los extendemos a todo el eje, de forma que se

pueda aplicar la formula de D’Alambert. Ası que definimos u(x, t) como la

solucion del problema definido en todo el eje

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t ≥ 0

u(x, 0) = 0, x ∈ R

ut(x, 0) = g(x), x ∈ R

donde

g(x) =

x(1− x) 0 ≤ x ≤ 1

x(1 + x) −1 ≤ x ≤ 0

2-perodica

Gracias a la formula de D’Alembert tenemos una representacion de u(x, t)

en todo R× (0,+∞):

u(x, y) =1

2

∫ x+t

x−t

g(y)dy .

Para determinar el valor de u en el punto(12, 32

)solo nos hace falta conocer

g en el cono de influencia de(12, 32

), es decir por debajo de las rectas carac-

terıstica que en este caso estan dada por x− t = −1 y x+ t = 2 (vease Figura

2.7).

47


t(12 ,

32

)

(1, 0) (2, 0)(−1, 0) x

x− t

=1

x+t =

2

Figura 2.7: El cono de influencia

Entonces

u(1

2,3

2

)= u

(1

2,3

2

)=

1

2

∫ 2

−1

g(y)dy

=1

2

∫ 0

−1

y(1 + y)dy +1

2

∫ 1

0

y(1− y)dy

︸︷︷︸

=0 por ser g impar

+1

2

∫ 2

1

(y − 2)(y − 1)dy

=1

2

[1

3y3 − 3

2y2 + 2y

]2

1

= − 1

12.

48


Ejercicio 2.7 Calcula u(14, 32) si

utt(x, t)− uxx(x, t) = 3x2 − 2x3, 0 ≤ x ≤ 1, t > 0

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

ux(0, t) = 0, t ≥ 0,

ux(1, t) = 0, t ≥ 0,

Solucion.

La idea es parecida a la del ejercicio anterior. Pero, en este caso, hay dos difi-

cultades mas: primero la ecuacion no es homogenea y segundo en la frontera

lateral hay condiciones de tipo Neumann (es decir que involucran la derivada

de la solucion)

El principio de Duhamel 7 nos da una solucion del problema definida en

todo R× [0,+∞). Ası que tenemos que elegir el dato f(x, t) = f(x) definido

para cada x ∈ R de forma que coincida con 3x2 − 2x3 en (0, 1) y de forma

que la funcion definida por la formula (2.16) cumpla las condiciones en la

frontera del dominio (0, 1)× (0,+∞). Por lo tanto definimos u(x, t) como la

7El principio de Duhamel nos da una formula de representacion para soluciones de

ecuaciones no homogeneas. Consideramos el problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = f(x, t), x ∈ R , t > 0 ,

u(x, 0) = 0, x ∈ R ,

ut(x, 0) = 0, x ∈ R

con f de clase C1(R×R+), la unica solucion de dicho problema tiene la siguiente forma:

u(x, t) =1

2c

∫ t

0

∫ x+c(t−s)

x−c(t−s)

f(y, s)dyds . (2.16)

49


solucion de

utt(x, t)− uxx(x, t) = f(x), x ∈ R , t > 0 ,

u(x, 0) = 0, x ∈ R ,

ut(x, 0) = 0, x ∈ R ,

es decir

u(x, t) =1

2

∫ t

0

∫ x+(t−s)

x−(t−s)

f(y)dyds ,

ası que

ux(x, t) =1

2

∫ t

0

[f(x+ (t− s))− f(x− (t− s))

]ds .

Entonces las condiciones en la frontera del cilindro (0, 1)× (0,+∞) son

ux(t, 0) =1

2

∫ t

0

[f(t− s)− f(−(t− s))

]ds = 0 ,

ux(t, 1) =1

2

∫ t

0

[f(1 + (t− s))− f(1− (t− s))

]ds = 0 ,

∀t > 0 ,

que gracias a un cambio de variable (t − s = σ en la primera expresion y

σ = 1 + (t− s) en la segunda) quedan

∫ t

0

[f(σ)− f(−σ)

]dσ = 0 ,

∫ 1+t

1

[f(σ)− f(2− σ)

]dσ = 0 ,

∀t > 0 .

Consecuentemente, desde la primera condicion deducimos que f tiene que

ser par mientras que la segunda implica que es ademas 2–periodica.

Finalmente, podemos calcular

u(1

4,3

2) = u(

1

4,3

2) =

1

2

∫ 32

0

∫ 74−s

− 54+s

f(y)dyds . (2.17)

Definiendo

F (s) =

∫ s

0

f(σ)dσ para − 2 ≤ s ≤ 2 ,

50


t

x

(1, 0) (74 , 0)(− 54 , 0) (−1, 0)

(14 ,32 )

Figura 2.8: El area de la region roja es donde calculamos la integral en (2.17).

(solo nos hace falta dar la definicion de F al interior del cono de influencia)

tenemos que

F (s) =

−12s4 + s3 − 1

2si − 2 ≤ s ≤ −1,

12s4 + s3 si − 1 ≤ s ≤ 0,

−12s4 + s3 si 0 ≤ s ≤ 1,

12s4 + s3 + 1

2si 1 ≤ s ≤ 2 .

Por lo tanto, hallando la integral, deducimos que

u(1

4,3

2) =

1

2

∫ 32

0

∫ 74−s

− 54+s

f(y)dyds =1

2

∫ 32

0

[F (−5

4+ s)− F (

7

4− s)]ds

=1

2

∫ 32

0

F (−5

4+ s)ds− 1

2

∫ 32

0

F (7

4− s)ds .

51


Calculamos las dos integrales por separado:∫ 3

2

0

F (−5

4+ s)ds =

∫ 14

0

F (−5

4+ s)ds+

∫ 54

14

F (−5

4+ s)ds+

∫ 32

54

F (−5

4+ s)ds

=

∫ 14

0

[− 1

2+ (−5

4+ s)3 − 1

2(−5

4+ s)4

]ds+

∫ 54

14

[(−5

4+ s)3 +

1

2(−5

4+ s)4

]ds

+

∫ 32

54

[(−5

4+ s)3 − 1

2(−5

4+ s)4

]ds

=

[

− 1

2s+

1

4(−5

4+ s)4 − 1

10(−5

4+ s)5

] 14

0

+

[1

4(−5

4+ s)4 +

1

10(−5

4+ s)5

] 54

14

+

[1

4(−5

4+ s)4 − 1

10(−5

4+ s)5

] 32

54

=

[

− 1

8+

1

4+

1

10

]

−[1

4

54

44+

1

10

55

45

]

−[1

4− 1

10

55

45

]

+

[1

45− 1

10

1

45

]

= −1

8+

1

10− 54

45+

9

10

1

45.

Por el otro lado:∫ 3

2

0

F (7

4− s)ds =

∫ 34

0

F (7

4− s)ds+

∫ 32

34

F (7

4− s)ds

=

∫ 34

0

[1

2+ (

7

4− s)3 − 1

2(7

4− s)4

]ds+

∫ 32

34

[(7

4− s)3 +

1

2(7

4− s)4

]ds

=

[1

2s− 1

4(7

4− s)4 +

1

10(7

4− s)5

] 34

0

+

[

− 1

4(7

4− s)4 − 1

10(7

4− s)5

] 32

34

=

[3

8− 1

4+

1

10

]

−[

− 1

4(7

4)4 +

1

10(7

4)5]

+

[

− 1

45− 1

10

1

45

]

−[

− 1

4− 1

10

]

=1

5+

3

8+

3

10

75

45− 11

10

1

45.

Por lo tanto

u(1

4,3

2) =

1

2

∫ 32

0

F (−5

4+ s)ds− 1

2

∫ 32

0

F (7

4− s)ds

=1

2

[

− 3

5+

2− 54

45− 3

10

75

45

]

.

52


Ejercicio 2.8 Encontrad la solucion de

utt(x, t)− uxx(x, t) = sen (πx), 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

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

(2.18)

Solucion.

Metodo 1. Razonamos como en el ejercicio anterior. Extendemos el problema

a uno definido en todo el semiplano con un dato impar y 2–periodico (notese

que la extension de sin(πx) impar y 2–periodica es la funcion misma)

utt(x, t)− uxx(x, t) = sen (πx), x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, x ∈ R .

Calculamos ahora su solucion utilizando el de Duhamel 8

u(x, t) =1

2

∫ t

0

∫ x+(t−s)

x−(t−s)

sin(πy)dyds .

Por lo tanto la solucion de (2.18) sera u(x, t)∣∣C, es decir

u(x, t) = − 1

2π

∫ t

0

[cos(πx+ π(t− s)

)− cos

(πx− π(t− s)

)]ds

=1

2π

∫ t

0

[cos(πx+ π(t− s)

)− cos

(πx− π(t− s)

)]ds

=1

πsen (πx)

∫ t

0

sen(π(t− s)

)ds = − 1

π2sen (πx)[1− cos(πt)] .

Metodo 2. Notamos primero que(sen(πx)

)′′= −π2 sen(πx); es decir, dan-

dole la vuelta, que z(x) = 1π2 sen(πx) cumple

−zxx(x) = sen(πx), 0 < x < 1,

v(0) = v(1) = 0.

8Vease (2.16)

53


Por lo tanto si definimos v(x, t) = u(x, t) + z(x), entonces v(x, t) es solucion

de

vtt(x, t)− vxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0

v(x, 0) = 1π2 sen(πx), 0 ≤ x ≤ 1,

vt(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

v(0, t) = v(1, t) = 0, t > 0.

(2.19)

Razonando como antes, tenemos que encontrar una v que resuelva el proble-

ma (2.19) en todo R×[0,+∞) con un dato inicial que coincide con 1π2 sen(πx)

para 0 ≤ x ≤ 1. Ya hemos visto que la eleccion que hay que hacer es la exten-

sion de 1π2 sen(πx) de forma impar y 2–periodica, es decir la funcion misma

en todo el eje. Por lo tanto, gracias a la formula de D’Alembert, deducimos

que

v(x, t) =1

2π2sen(π(x+ t)

)+

1

2π2sen(π(x− t)

)=

1

π2sen(πx) cos(πt) .

Finalmente, deshaciendo el cambio,

u(x, t) =1

π2sen(πx) cos(πt)− 1

π2sen(πx) .

54


Ejercicio 2.9 Una cuerda se encuentra fija en sus extremos x = 0 y x = 1.

En el instante inicial tiene la forma

u(x, 0) =5

16(x4 − 2x3 + x)

y esta en reposo (velocidad inicial nula). Analice sus vibraciones a partir de

ese momento.

Solucion.

Primero observamos que, siendo al cuerda fija en su extremos, significa que

la funcion que describe su perfil cumple las condiciones

u(0, t) = 0 = u(1, t), ∀t > 0.

Por lo tanto estamos buscando una solucion del problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = 516(x4 − 2x3 + x), 0 ≤ x ≤ 1,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

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

(2.20)

Actuamos como antes, es decir buscando una funcion f : R → R tal que

cuando restringida a (0, 1) coincida con 516(x4−2x3+x) y tal que la solucion

del problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, x ∈ R, t > 0

u(x, 0) = f(x), x ∈ R,

ut(x, 0) = 0, x ∈ R,

(2.21)

verifique

u(0, t) = 0 = u(1, t), ∀t > 0.

Ya hemos visto que la manera de encontrar f es extender la funcion 516(x4 −

2x3+x) de forma impar y 2–periodica en todo el eje x. Por lo tanto al solucion

del problema (2.21) sera

u(x, t) =1

2f(x− ct) +

1

2f(x+ ct)

55


donde

f(x) =

516(x4 − 2x3 + x), x ∈ (0, 1)

− 516(x4 + 2x3 − x) x ∈ (−1, 0)

2–periodica

y u(x, t) = u(x, t)∣∣C, donde C = [0, 1]× [0,+∞).

Notese que siendo el polinomio asignado g(x) = 516(x4 − 2x3 + x) de clase

infinito, y tal que g(0) = g(0) = 0, g′(0+) = −g′(1−) = 516

y g′′(0+) =

g′′(1−) = 0, la funcion f resulta ser de clase C2(R). Por lo tanto la aplicacion

de la formula de D’Alembert esta justificada. Ademas podemos escribir una

formula de representacion de la solucion aprovechando que el dato inicial

tiene un desarrollo en serie de Fourier. Hallamos ahora los coeficientes de

g(x), es decir an = 0, ∀n ≥ 0, por ser g impar, mientras que 9

bn =

∫ 1

−1

g(x) sin(nπx)dx =10

16

∫ 1

0

(x4 − 2x3 + x) sin(nπx)dx

=15

n5π5(1− (−1)n) .

Por lo tanto deducimos que la serie de Fourier de la g esta dada por

g(x) =+∞∑

n=1

bn sen(nπx) con bn =15

n5π5(1− (−1)n) .

9Aprovechamos de las siguientes integrales:

∫ 1

0x sin(nπx)dx = sin(nπx)−πnx cos(nπx)

n2π2

∣∣∣∣

1

0

= − (−1)n

nπ;

∫ 1

0x2 sin(nπx)dx = 2π2nx sin(nπx)+(2−π2n2x2) cos(nπx)

n3π3

∣∣∣∣

1

0

= 2n3π3 − (2−π2n2)(−1)n

n3π3 ;

∫ 1

0x3 sin(nπx)dx = 3(π2n2x2−2) sin(nπx)−πnx(π2n2x2−6) cos(nπx)

n4π4

∣∣∣∣

1

0

= − (π2n2−6)(−1)n

n3π3 ;

∫ 1

0x4 sin(nπx)dx = 4πnx(π2n2x2−6) sin(nπx)−(π4n4x4−12π2n2x2+24) cos(nπx)

n5π5

∣∣∣∣

1

0

= −(π4n4−12π2n2−24)(−1)n

n5π5 + 24n5π5

56


Por lo tanto la solucion de (2.20) tendra la forma

u(x, t) =1

2

+∞∑

n=1

bn sen(nπ(x− ct)

)+

1

2

+∞∑

n=1

bn sen(nπ(x+ ct)

)

donde bn = 15n5π5 (1− (−1)n) . Aprovechando que para cada α, β ∈ R

1

2sen(α + β) +

1

2sen(α− β) = senα cos β

finalmente deducimos que

u(x, t) =+∞∑

n=1

15

n5π5(1− (−1)n) sen

(nπx

)cos(nπct

)

que, opportunamente manipulada, se trasforma en

u(x, t) =30

π5

+∞∑

n=0

1

(2n+ 1)5sen((2n+ 1)πx

)cos((2n+ 1)πct

).

57


Ejercicio 2.10 Estudiad el problema consistente en hallad la funcion u(x, t)

que describe las vibraciones de una cuerda de longitud ℓ = 1, fija en sus

extremos y en posicion horizontal, cuyo desplazamiento y velocidad iniciales

son nulos y que esta sometida a una fuerza externa proporcional a la distancia

a uno de sus extremos.

Solucion.

En este caso la cuerda esta fija en sus extremos x = 0 y x = 1, la fuerza

externa sera de la forma f(x, t) = λx, con λ ∈ R. Por lo tanto tenemos que

resolver el siguiente problema:

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = λx, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

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

(2.22)

Sea v(x) la solucion del siguiente problema estacionario

vxx(x) =λc2x, 0 < x < 1,

v(0) = v(1) = 0.

Integrando la ecuacion dos veces y aprovechando de las condiciones en la

frontera, no es complicado verificar que la solucion esta dada por

v(x) =λ

6 c2x(x2 − 1) .

Definimos ahora

z(x, t) = u(x, t) + v(x) (2.23)

y utilizando las ecuaciones cumplida tanto por u cuanto por v, deducimos

que

ztt(x, t)− c2zxx(x, t) = utt(x, t)− c2uxx(x, t)− c2vxx(x) = λx− c2λ

c2x = 0 .

58


Teniendo ademas en cuenta las condiciones en la frontera, z(x, t) es solucion

del siguiente problema:

ztt(x, t)− c2zxx(x, t) = 0, 0 < x < 1, t > 0

u(x, 0) = v(x), 0 ≤ x ≤ 1,

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ 1,

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

Ya hemos visto que la estrategia para encontrar esta solucion es exten-

der el problema a uno en definido en el semiespacio, aplicar la formula de

D’Alembert y restringir la solucion encontrada al cilindro C = [0, 1]×[0,+∞).

Por lo tanto definimos

ztt(x, t)− c2zxx(x, t) = 0, en x ∈ R, t > 0

z(x, 0) = v(x), x ∈ R,

zt(x, 0) = 0, x ∈ R,

(2.24)

donde

v(x) =

λ

6 c2x(x2 − 1), x ∈ (−1, 1)

2–periodica

(por ser la funcion x(x2 − 1) impar).

Notese que la funcion v(x) ∈ C2(−1, 1) ∩ C1[−1, 1] y v(x) ∈ C1(R) pero

v(x) 6∈ C2(R), por ser

lımx→1−

v′′(x) =λ

c26= − λ

c2= lım

x→−1+v′′(x) .

Entonces la Formula de D’Alembert no se puede aplicar.

Lo que si se puede hacer es escribir una solucion formal de (2.22) de forma

que pueda dar, en algun sentido, una aproximacion de la solucion.

Entonces, primero observamos que si pudiesemos aplicar la formula de

D’Alembert, la solucion de (2.24) se quedarıa en

z(x, t) =1

2v(x− ct) +

1

2v(x+ ct) , (2.25)

59


y consecuentemente la solucion de (2.22) serıa z(x, t) = z(x, t)∣∣C, con C =

[0, 1]× [0,+∞).

Calculamos ahora los coeficientes de Fourier de la v(x). Siendo la funcion

impar (y 2–periodica) deducimos que los coeficientes an = 0, ∀n ≥ y que

(vease la nota en el Ejercicio 2.9) los coeficientes estan dado s por

bn =λ

6 c2

∫ 1

−1

x(x2−1) sin(nπx)dx =λ

3 c2

∫ 1

0

x(x2−1) sin(nπx)dx =2λ

c2π3n3(−1)n .

Por lo tanto

v(x) =+∞∑

n=1

2λ

c2π3n3(−1)n sen(nπx) .

Consecuentemente aprovechando (2.25), deducimos

z(x, t) =1

2

2λ

c2π3

+∞∑

n=1

(−1)n

n3

[sen(nπ(x−ct)

)+sen

(nπ(x+ct)

)], ∀(x, t) ∈ C ,

y finalmente deshaciendo el cambio (2.23) obtenemos que

u(x, t) = − λ

6 c2x(x2 − 1) +

2λ

c2π3

+∞∑

n=1

(−1)n

n3sen(nπx) cos(nπ ct) .

Notese que la escritura de la u(x, t) es solo formal, es decir que no podemos

concluir que la funcion aquı definida cumpla verdaderamente la ecuacion.

60


Ejercicio 2.11 Para g(x, t) = A sen(mπxℓ

)sen(2πωt), calcular la solucion

de

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = g(x, t), 0 ≤ x ≤ ℓ, t > 0

u(x, 0) = sen(mπxℓ

), 0 ≤ x ≤ ℓ

ut(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ

u(0, t) = 0, t ≥ 0

u(ℓ, t) = 0, t ≥ 0,

(2.26)

donde A, c, ω, ℓ ∈ R \ 0 y m ∈ Z \ 0.Solucion.

Supongamos que (2ωπ)2 6= c2(mπℓ

)2.

Primero notamos que gtt(x, t) − c2gxx(x, t) = −[(2πω)2 − c2

(mπℓ

)2 ]g(x, t),

entonces si definimos

v(x, t) = u(x, t) +1

(2πω)2 − c2(mπℓ

)2 g(x, t), (2.27)

resulta que v(x, t) cumple

vtt(x, t)− c2vxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ, t > 0

v(x, 0) = sen(mπxℓ

), 0 ≤ x ≤ ℓ

vt(x, 0) =2πωA

(2πω)2−c2(mπℓ )

2 sen(mπxℓ

), 0 ≤ x ≤ ℓ

v(0, t) = 0, t ≥ 0

v(ℓ, t) = 0, t ≥ 0.

(2.28)

Como los datos iniciales del problema son impares y ℓ–periodicos deducimos

que la solucion del problema (2.28) esta dada por la funcion definida por la

formula de D’Alembert restringida al cilindro (0, ℓ)× (0,+∞). Por lo tanto

v(x, t) =1

2sen

(mπ(x+ ct)

ℓ

)

+1

2sen

(mπ(x− ct)

ℓ

)

+1

c

πωA


)2

∫ x+ct

x−ct

sen(mπs

ℓ

)

ds

= sen(mπ

ℓx)

cos(mπ

ℓct)

+2ℓω

mc

A


)2 sen(mπ

ℓx)

sen(mπ

ℓct)

.

61


Finalmente deshaciendo el cambio (2.27) encontramos la solucion buscada:

u(x, t) = sen(mπ

ℓx)[

cos(mπ

ℓct)

+2ℓω

mc

A

ρsen(mπ

ℓct)

− A

ρsen(2πωt)

]

,

donde (2πω)2 − c2(mπℓ

)2= ρ 6= 0.

Para el caso (2ωπ)2 = c2(mπℓ

)2hay que razonar de otra forma. La ıdea

es buscar una solucion del problema que tenga la forma

u(x, t) = sen(mπx

ℓ

)

T (t).

con T ∈ C2(0,∞) ∩ C1[0,∞). Notese que las condiciones en los extremos

de la cuerda se cumplen (siendo sen 0 = sen π = 0); entonces para que u

sea solucion solo tenemos que pedir a T de verificar el siguiente problema de

Cauchy:

T ′′(t) + c2(mπℓ

)2T (t) = A sen(2ωπt) t > 0 ,

T (0) = 1 ,

T ′(0) = 0 .

(2.29)

La familia de soluciones de la ecuacion homogenea asociada a (2.29) es

T0(t) = α sen(cmπ

ℓt)

+ β cos(cmπ

ℓt)

con α, β ∈ R. Siendo cmπℓ

= 2ω, buscare la solucion particular de (2.29) de

la forma

Tp(t) = γt sen(cmπ

ℓt)

+ δt cos(cmπ

ℓt)

con δ, γ ∈ R. Operando resulta que la integral general de la ecuacion en

(2.29) resulta ser

T (t) = − Aℓ

2cmπt cos

(cmπ

ℓt)

+ α sen(cmπ

ℓt)

+ β cos(cmπ

ℓt)

con α, β ∈ R. Finalmente la solucion de (2.29) esta dada por

T (t) = − Aℓ

2cmπt cos

(cmπ

ℓt)

+Aℓ2

2c2m2π2sen(cmπ

ℓt)

+ cos(cmπ

ℓt)

62


y consecuentemente deducimos la expresion de la solucion de (2.26):

u(x, t) = − Aℓ

2cmπt cos

(cmπ

ℓt)

sen(mπx

ℓ

)

+sen(mπx

ℓ

)[ Aℓ2

2c2m2π2sen(cmπ

ℓt)

+ cos(cmπ

ℓt)]

.(2.30)

63


Comentario 2.2 (La resonancia) ¿Porque en el ejercicio anterior nos han

solido dos casos?

El segundo caso es lo que describe el fenomeno de la resonancia.

La resonancia es un fenomeno que se produce cuando un cuerpo elastico

(es decir que es capaz de vibrar, como una cuerda, un puente...) le largueza ℓ

es sometido a la accion de una fuerza periodica (F (x, t) = A sen(mπxℓ

)sen(2ωπt)),

cuyo periodo de vibracion coincide con el periodo de vibracion caracterıstico

de dicho cuerpo (es decir estamos en el caso (2ω)2 = c2(mℓπ)2). En esto caso

una fuerza, aunque pequena puede llevar a vibraciones cuya amplitud crece

imparablemente.

Como se puede observar en (2.30) la solucion es la suma de dos terminos:

el segundo que aparece es agotado mientras que el primero es una funcion que

oscila y cuya amplitud de oscilaciones crece proporcionalmente al tiempo.

En particular, en los ejemplos practico, esto significa que el cuerpo someti-

do a la fuerza periodica se va a romper cuando pase un tiempo t∗ dependiente

del coeficiente de elasticidad de dicho cuerpo.

El ejemplo mas famoso de este fenomeno ha sido el derrumbe del Puente

“Tacoma Narrows Bridge” en el estado de Washington el 7 de noviembre de

1940. Concretamente la fuerza externa que provoco la rotura del puente ha

sido el viento (hay videos de este derrumbe en la web que son impresionan-

tes!).

Por la misma razon se le pide a las tropas que cruzan un puente de romper

el paso: las vibraciones provocadas por marchar podrıan entrar en resonancia

y romper el puente.

64


Ejercicio 2.12 (Cuerda percutida por un martillo de amplitud 2δ)

Sea

g(x) =

k, si |x− a| ≤ δ,

0, si |x− a| > δ,

donde 0 < 2δ < a < ℓ− 2δ y k > 0. Demostrad que la solucion del problema

utt(x, t)− c2uxx(x, t) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ, t > 0

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ ℓ

ut(x, 0) = g(x), 0 ≤ x ≤ ℓ

u(0, t) = 0 = u(ℓ, t), t ≥ 0,

esta dada por

u(x, t) =4kℓ

π2c

∞∑

n=1

1

n2sen

nπa

ℓsen

nπδ

ℓsen

nπx

ℓsen

nπct

ℓ.

Solucion.

El ejercicio se puede intentar de resolver con el mismo esquema de los anterio-

res: es un problema mixto, entonces extendemos los datos iniciales; aplicamos

la Formula de D’Alembert para encontrar una solucion definida en todo el

semiplano; si la extension ha sido hecha de forma oportuna, la funcion encon-

trada al ser restringida al cilindro (0, ℓ) × (0,+∞) sera solucion de nuestro

problema.

Pues, en este caso notamos que el dato inicial g(x) no es una funcion

suficientemente regular (no es tampoco continua) y entonces no podemos

aplicar la Formula de D’Alembert (cualquier extension hagamos).

Por lo tanto, las cuentas que siguen son formales, es decir no hay que

entenderlas en un sentido clasico sino en un sentido mas debil de lo que

hemos entendido hasta ahora. De hecho la solucion que vamos a construir

sera data por una serie de Fourier que no converge uniformemente en (0, ℓ)×(0,+∞), ası que solo tiene un sentido en un espacio mas grande de lo de las

funciones C2((0, ℓ)× (0,+∞)).

65


El truco que vamos a utilizar sera lo de desarrollar el dato inicial en serie

de Fourier y trabajar con dicha serie tratandola como si fuese una suma finita.

El resultado, como ya explicado, sera una solucion que tiene que entenderse

en un sentido mas grande de lo que hemos hecho hasta ahora.

Por lo tanto, desarrollamos en serie de Fourier de la funcion g(x). Primero

extendemos dicha funcion al intervalo (−ℓ, ℓ) y luego de forma que sea 2ℓ–

periodica, es decir definimos g : R → R como la unica funcion 2ℓ–periodica

tal que

g(x) =

g(x) si 0 ≤ x ≤ ℓ ,

−g(−x) si − ℓ ≤ x ≤ 0 ,

g(x) es 2ℓ-periodica .

Ahora calculamos los coeficientes de Fourier a0, an y bn, n ≥ 1, de la s g: En

primer lugar,

a0 =1

ℓ

∫ ℓ

−ℓ

g(x)dx = 0 ,

siendo g impar. Ademas, por la misma razon,

an =1

ℓ

∫ ℓ

−ℓ

g(x) cos(nπx

ℓ

)dx = 0 ,

y finalmente

bn =1

ℓ

∫ ℓ

−ℓ

g(x) sin(nπx

ℓ

)dx

=2

ℓ

∫ ℓ

0

g(x) sin(nπx

ℓ

)dx =

2k

ℓ

∫ a+δ

a−δ

sin(nπx

ℓ

)dx

=2k

ℓ

ℓ

nπ

[

− cos(nπx

ℓ

)]a+δ

a−δ

=2k

nπ

[

− cos

(

nπ

ℓ(a+ δ)

)

+ cos

(

nπ

ℓ(a− δ)

)]

.

Teniendo en cuenta que

∀α, β ∈ R cos(α− β)− cos(α + β) = 2 senα sen β (2.31)

deducimos

bn =4k

nπsen

(nπa

ℓ

)

sen

(nπδ

ℓ

)

.

66


Por lo tanto la funcion g(x) tiene su expresion como serie de Fourier data

por

g(x) =∞∑

n=1

4k

nπsen

(nπa

ℓ

)

sen

(nπδ

ℓ

)

sen(nπx

ℓ

).

Notes e que la convergencia de la Serie de Fourier a la funcion g(x) no es

uniforme, sino solo en L2(−ℓ, ℓ). Por lo tanto dicha identidad tiene que ser

entendida solo como una identidad entre funciones de lates espacios y no

puntual.

Aplicamos ahora la formula de de D’Alembert a la serie de Fourier de g,

ası que

u(x, t) =1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(y)dy

=1

2c

∫ x+ct

x−ct

∞∑

n=1

4k

nπsen

(nπa

ℓ

)

sen

(nπδ

ℓ

)

sen(nπy

ℓ

)dy .

Hacemos ahora otro paso formal, es decir supongamos que podemos llevar la

integral al interior del sımbolo de suma: por lo tanto tenemos que

u(x, t) =2k

cπ

∞∑

n=1

1

nsen

(nπa

ℓ

)

sen

(nπδ

ℓ

)∫ x+ct

x−ct

sen(nπy

ℓ

)dy

=2k

cπ

ℓ

π

∞∑

n=1

1

n2sen

(nπa

ℓ

)

sen

(nπδ

ℓ

)[

− cos(nπy

ℓ

)]x+ct

x−ct

.

=2kℓ

cπ2

∞∑

n=1

1

n2sen

(nπa

ℓ

)

sen

(nπδ

ℓ

)[

− cos(nπ(x+ ct)

ℓ

)+ cos

(nπ(x− ct)

ℓ

)]

.

Gracias a (2.31) y recordando que u(x, t) = u(x, t)∣∣C, deducimos que

u(x, t) =4kl

cπ2

∞∑

n=1

1

n2sen

(nπa

ℓ

)

sen

(nπδ

ℓ

)

sen

(πctn

ℓ

)

sen

(nπx

ℓ

)

.

67


Ejercicio 2.13 Para α y β funciones continuas de soporte compacto en R,

supongamos que u ∈ C2(R× [0,∞)) es una solucion del problema

utt(x, t)− uxx(x, t) = 0, si x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = α(x), si x ∈ R,

ut(x, 0) = β(x), si x ∈ R.

(2.32)

Consideremos

K(t) =1

2

∫ +∞

−∞u2t (x, t) dx (Energıa cinetica),

V (t) =1

2

∫ +∞

−∞u2x(x, t) dx (Energıa potencial).

Probad

1. La funcion E(t) := K(t) + V (t) es constante.

2. Existe t0 dependiente de α y β tal que K(t) = V (t), para todo t ≥ t0.

Solucion.

Por la formula de D’Alembert (vease (2.1)), la solucion de (2.32) esta data

por:

u(x, t) =1

2[α(x+ t) + α(x− t)] +

1

2

∫ x+t

x−t

β(s)ds, ∀x ∈ R, ∀t ≥ 0. (2.33)

1) Si fijamos t ≥ 0, observamos que

α(x+ t) = 0 if x 6∈ −t+ sopα

y analogamente

α(x− t) = 0 if x 6∈ t+ sopα .

Aprovechamos, entonces, que α tiene soporte compacto para deducir que los

conjuntos −t + sopα y t + sopα son acotados y, por tanto, existe x0 >> 0

(dependiente de t) tal que α(x+ t) = α(x− t) = 0 si |x| ≥ x0.

68


Analogamente, como el soporte de β esta acotado,

∫ x−t

−∞β(s)ds =

∫ +∞

x+t

β(s)ds = 0,

para todo x ≤ t+ ınf sopβ y

∫ +∞

x+t

β(s)ds = 0,

para todo x ≥ −t + sup sopβ. Por tanto, podemos suponer sin perdida de

generalidad que el punto x0 previamente escogido verifica tambien

∫ x+t

x−t

β(s)ds =

∫ +∞

−∞β(s)ds,

para todo |x| ≥ x0. Ası que

u(x, t) =

∫ +∞

−∞β(s)ds = cte, ∀|x| ≥ x0 (2.34)

y

E ′(t) = K ′(t) + V ′(t)

=

∫ +∞

−∞ututt + uxuxtdx

=

∫ +∞

−∞utuxx + uxutxdx

=

∫ +∞

−∞∂x(utux) dx

Gracias al Teorema Fundamental del Calculo y siendo para cada t ≥ 0

lım|x|→∞

ut(x, t) = lım|x|→∞

ux(x, t) = 0 ,

deducimos entonces que

∀t ≥ 0 , E ′(t) = 0 .

Por lo tanto E(t) es constante.

69


2) Gracias a (2.33), deducimos que

ut(x, t) =1

2[α′(x+ t)− α′(x− t)] +

1

2[β(x+ t) + β(x− t)]

y

ux(x, t) =1

2[α′(x+ t) + α′(x− t)] +

1

2[β(x+ t)− β(x− t)]

Como los datos iniciales α y β tienen soporte compacto, existe t0 >> 0 tal

que

([sopα ∪ sopβ] + t) ∩ ([sopα ∪ sopβ]− t) = ∅,

para todo t ≥ t0. Ası, teniendo en cuenta que

x+ t ∈ sopα′ =⇒ x+ t ∈ sopα ⇐⇒ x ∈ sopα− t

x− t ∈ sopα′ =⇒ x− t ∈ sopα ⇐⇒ x ∈ sopα + t

x+ t ∈ sopβ ⇐⇒ x ∈ sopβ − t

x− t ∈ sopβ ⇐⇒ x ∈ sopβ + t,

deducimos que si t ≥ t0 entonces

ut(x, t) =

12α′(x+ t) + 1

2β(x+ t), si x ∈ [sopα ∪ sopβ]− t

−12α′(x− t) + 1

2β(x− t), si x ∈ [sopα ∪ sopβ] + t

0, en otro caso,

y

ux(x, t) =

12α′(x+ t) + 1

2β(x+ t), si x ∈ [sopα ∪ sopβ]− t

12α′(x− t)− 1

2β(x− t), si x ∈ [sopα ∪ sopβ] + t

0, en otro caso.

Consecuentemente, si t ≥ t0, ux(x, t)2 = ut(x, t)

2 para todo x ∈ R y ası

K(t) =1

2

∫ +∞

−∞u2t (x, t) dx =

1

2

∫ +∞

−∞u2x(x, t) dx = V (t),

para todo t ≥ t0.

70


Ejercicio 2.14 Hallad la solucion de:

utt −∆u = 0 en R3 × (0,+∞)

u(x, 0) = 0 en R3 × 0

ut(x, 0) = e−|x|2 en R3 × 0

Solucion.

Para el calculo de dicha solucion necesitamos aplicar la formula de Poisson-

Kirchoff 10 que representa la extension de la formula de D’Alembert en di-

mension 3. En consecuencia

u(x, t) =t

|∂Bt(x)|

∫

∂Bt(x)

e−|y|2dSy

que con el cambio y = x+ tz se transforma en

u(x, t) =t

4πe−(|x|2+t2)

∫

∂B1(0)

e−2t x·zdSz =t

4πe−(|x|2+t2)

∫

∂B1(0)

e−2t |x| x·zdSz ,

donde x = x|x| . Sin perder generalidad, se puede suponer que x = e1|x|, ası que

u(x, t) =t

4πe−(|x|2+t2)

∫

∂B1(0)

e−2t |x| z1dSz . (2.35)

Notese que la frontera de B1(0) se puede descomponer como

∂B1(0) = Σ1 + Σ2

10 La formula de Poisson-Kirchoff nos da una formula de representacion para la unica

solucion de

utt − c2∆u = 0 en R3 × (0,+∞)

u(x, 0) = f(x) en R3 × 0

ut(x, 0) = g(x) en R3 × 0

con f ∈ C2(R3) y g ∈ C1(R3). La solucion se escribe de la siguiente forma:

u(x, t) =∂

∂t

[t

|∂Bct(x)|

∫

∂Bct(x)

f(s)dSx

]

+t

|∂Bct(x)|

∫

∂Bct(x)

g(s)dSx ,

donde ∂Br(x) = y ∈ R3 : |y − x| = r y |∂Br(x)| = 4πr2.

71


donde

Σ1 =

(z1, z2, z3) : z3 =√

1− z21 − z22

y

Σ2 =

(z1, z2, z3) : z3 = −√

1− z21 − z22

.

Entonces∫

∂B1(0)

e−2t |x| z1dSz = 2

∫

Σ1

e−2t |x| z1dSz =

∫

z21+z22≤1

e−2t |x| z1√

1− z21 − z22dz1dz2

=

∫ 1

0

∫√

1−z21

−√

1−z21

e−2t |x| z1√

1− z21 − z22dz1dz2

=

∫ 1

0

e−2t |x| z1

(∫

√1−z21

−√

1−z21

dz2√

1− z21 − z22

)

dz1 .

La integral entre parentesis admite una familia de primitivas explıcitas:∫

dz2√

1− z21 − z22=

∫dz2

√

1− z21

√

1− z221−z21

=

[

con el cambio s = z2

(1−z21)12

ds = dz2

(1−z21)12

]

=

∫ds√1− s2

= arc sen s = arc sen

(z2

(1− z21)12

)

+ C, C ∈ R .

Entonces:

∫

∂B1(0)

e−2t |x| z1dSz = 2

∫ 1

0

e−2t |x| z1 arc sen

(

z2

(1− z21)12

)∣∣∣∣∣

−√

1−z21

√1−z21

dz1

= 2

∫ 1

0

e−2t |x| z1 [arc sen 1− arc sen(−1)]dz1 = 2π

∫ 1

0

e−2t |x| z1dz1

= 2πe−2t |x| z1

−2t|x|

∣∣∣∣

1

−1

= −πe−2t |x| − e2t |x|

t|x|= π

e2t |x| − e−2t |x|

t|x| =2π

t|x|senh (2t|x|) .

Finalmente, sustituyendo en (2.35), llegamos a

u(x, t) = e−(|x|2+t2) senh (2t|x|)2|x| .

72


73


74

Ecuacion del Calor

Ejercicio 3.1 Resuelve mediante la formula de Poisson:

1.

ut(x, t)− uxx(x, t) = t+ et, x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = 2, x ∈ R,

2.

ut(x, t)− uxx(x, t) = 3t2, x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = sen(x), x ∈ R,

3.

ut(x, t)− uxx(x, t) = et cos(x), x ∈ R, t > 0,

u(x, 0) = cos(x), x ∈ R,

Solucion. 11

11Recordamos que gracias a la formula de Poisson, data una funcion g(x) ∈ C0(RN ),

N ≥ 1, tal que g(x) ≤ Ceα|x|2

, para C, α > 0, entonces la funcion

u(x, t) =1

(4πt)N2

∫

RN

e−|x−y|2

4t g(y)dy .

es tal que:

u(x, t) ∈ C0(RN × [0,+∞)) ∩ C2(RN × (0,+∞));

cumple

ut(x, t)−∆u(x, t) = 0, x ∈ RN , t > 0,

u(x, 0) = g(x), x ∈ RN .

75


1. Para este apartado no necesitamos la formula de Poisson. En efecto, ob-

servamos que u(x, t) es independiente del espacio (es decir no depende

de la variable x), ası que es la solucion de 1) es de la forma

u(x, t) = z(t) con z resolviendo

z′(t) = t+ et

z(0) = 2 .

Entonces

u(x, t) = 2 +

∫ t

0

(s+ es)ds =t2

2+ et + 1.

2. En este caso la solucion u(x, t) es la suma de dos funciones:

u(x, t) = v(x, t) + z(x, t)

donde:

vt − vxx = 3t2, (x ∈ R, t > 0),

u(x, 0) = 0, (x ∈ R),

y

zt − zxx = 0, (x ∈ R, t > 0),

u(x, 0) = sen(x), (x ∈ R),

En particular, esta claro que v(x, t) = v(t) y entonces

v(x, t) = t3 .

Por otro lado, la formula de Poisson nos da

z(x, t) = S(x, t) ∗ sen x =1√4π t

∫

R

e−|x−y|2

4t sen(y)dy

Entonces

u(x, t) = t3 +1√4π t

∫

R

e−|x−y|2

4t sen(y)dy .

76


3. Vamos buscando una solucion de la forma:

u(x, t) = A(t) cosx

y entonces A tiene que cumplir

A′(t) + A(t) = et t > 0

A(0) = 1

y la solucion es A(t) = et+e−t

2. Por lo tanto

u(x, t) =et + e−t

2cosx = cosh t cosx .

Es sencillo verificar que las soluciones encontradas cumplen los problemas

propuestos.

77


Ejercicio 3.2 Probad la unicidad de la solucion del problema

ut(x, t)− uxx(x, t) = f(x, t) 0 ≤ x ≤ ℓ , t > 0

u(x, 0) = g(x) 0 ≤ x ≤ ℓ

u(0, t) = φ(t) t > 0

u(l, t) = ψ(t) t > 0

(3.1)

donde f(x, t) ∈ C0((0, ℓ)×(0,+∞)), g(x) ∈ C0(0, ℓ), φ(t), ψ(t) ∈ C0(0,+∞).

Solucion.

Supongamos por contradiccion que (3.1) tenga dos soluciones u1 y u2 y sea

w = u1 − u2. Entonces w(x, t) cumple

wt(x, t)− wxx(x, t) = 0 0 ≤ x ≤ ℓ , t > 0

w(x, 0) = 0 0 ≤ x ≤ ℓ

u(0, t) = 0 = u(ℓ, t) t > 0 .

Definimos la siguiente funcion de una variable real:

e(t) =1

2

∫ ℓ

0

w2(x, t)dx .

Primero observamos que

lımt→0+

1

2

∫ ℓ

0

w2(x, t)dx =1

2

∫ ℓ

0

w2(x, 0)dx = 0.

Nuestro objetivo es probar que e(t) ≡ 0, ∀t > 0, que directamente implica

w(x, t) ≡ 0 y consecuentemente u1 ≡ u2.

Observamos que e(t) ≥ 0 siendo la integral de una funcion positiva; en-

tonces nos queda de probar que e(t) ≤ 0, ∀t > 0.

Calculamos la primera derivada de e(t): siendo w es de clase 2, se puede

pasar la derivada bajo el sino de integral, ası que

e′(t) =

∫ ℓ

0

w(x, t)wt(x, t)dx .

78


Utilizando la ecuacion satisfecha por w, sale

e′(t) =

∫ ℓ

0

w(x, t)wxx(x, t)dx ,

e integrando por partes, aprovechando ademas las condiciones en la frontera,

e′(t) = w(x, t)wt(x, t)

∣∣∣∣

x=ℓ

x=0

−∫ ℓ

0

wx(x, t)wx(x, t)dx = −∫ ℓ

0

w2x(x, t)dx ≤ 0 .

Por lo tanto e(t) ≡ 0 y consecuentemente w(x, t) ≡ 0, que implica u1(x, t) ≡u2(x, t).

79


Ejercicio 3.3 Probad la unicidad de la solucion del problema

ut(x, t)− uxx(x, t) = f(x, t) x ∈ R , t > 0

u(x, 0) = g(x) x ∈ R

donde f(x, t) ∈ C0(R × (0,+∞)), g(x) ∈ C0(R), en la clase de funciones

v(x, t) ∈ C2(R× (0,+∞)) ∩ C0(R× [0,+∞)) tales que∫

R

[v2(x, t) + v2x(x, t) + v2t (x, t)

]dx < +∞ y lım

|x|→∞v(x, t) = 0 , ∀t > 0 .

Solucion.

Supongamos que el problema tenga dos soluciones u1 y u2, y sea w = u1−u2.Entonces w(x, t) 6≡ 0 cumple

wt(x, t)− wxx(x, t) = 0 x ∈ R , t > 0

w(x, 0) = 0 x ∈ R .

Multiplicamos la ecuacion satisfecha por w por w misma para obtener

0 =

∫

R

wt(x, t)w(x, t)dx−∫

R

wxx(x, t)w(x, t)dx

e integrando por partes nos sale

0 =

∫

R

wt(x, t)w(x, t)dx+

∫

R

w2x(x, t)dx ,

donde hemos utilizado ademas que lımx→±∞

w(x, t)wx(x, t) = 0. Ahora integra-

mos la anterior identidad entre 0 y t, para cualquier t > 0,

0 =

∫ t

0

∫

R

ws(x, s)w(x, s)dxds+

∫ t

0

∫

R

w2x(x, s)dxds ≥

∫ t

0

∫

R

ws(x, s)w(x, s)dxds .

Gracias al teorema de Tonelli se puede cambiar el orden de integracion y,

observando que ws(x, s)w(x, s) =12[w2(x, s)]s, deducimos

0 ≥ 1

2

∫

R

∫ t

0

[w2(x, s)]sdsdx =1

2

∫

R

w2(x, t)dx−1

2

∫

R

w2(x, 0)dx =1

2

∫

R

w2(x, t)dx ,

siendo w(x, 0) ≡ 0. Consecuentemente deducimos que w(x, t) ≡ 0, ∀x ∈ R y

∀t > 0, que contradice u1 6= u2.

80


Ejercicio 3.4 Sea f : R → R una funcion continua y acotada tal que existen:

f(−∞) = lımx→−∞

f(x), f(+∞) = lımx→+∞

f(x).

Probad que la unica solucion acotada u(x, t) del problema de Cauchy:

ut − uxx = 0, (x ∈ R, t > 0),

u(x, 0) = f(x), (x ∈ R),

satisface:

lımt→+∞

u(x, t) =f(−∞) + f(+∞)

2.

Solucion.

Calculamos la solucion utilizando al formula de Poisson:

u(x, t) =1√4πt

∫

R

e−|x−y|2

4t f(y)dy[

con el cambio z =(x− y)

2√t

y dy = −2√tdy

]

=2√t√

4πt

∫

R

e−z2f(x− 2√tz)dy

=1√π

[∫ ∞

0

e−z2f(x− 2√tz)dy +

∫ 0

−∞e−z2f(x− 2

√tz)dy

]

.

Ahora queremos calcular

lımt→+∞

u(x, t) = lımt→+∞

1√π

[∫ ∞

0

e−z2f(x− 2√tz)dy +

∫ 0

−∞e−z2f(x− 2

√tz)dy

]

;

gracias al teorema de Lebesgue (aquı se utiliza que f es acotada) deducimos

lımt→+∞

u(x, t)

=1√π

[∫ ∞

0

e−z2 lımt→+∞

f(x− 2√tz)dy +

∫ 0

−∞e−z2 lım

t→+∞f(x− 2

√tz)dy

]

=f(−∞)√

π

∫ ∞

0

e−z2dy +f(+∞)√

π

∫ 0

−∞e−z2dy =

f(+∞) + f(−∞)

2,

ya que∫ 0

−∞e−z2dz =

∫ +∞

0

e−z2dz =1

2

∫

R

e−z2dz =1

2

√π . (3.2)

81


En efecto es bien conocido que la funcion e−z2 no tiene una primitiva que

se pueda representar mediante funciones elementales. De todas formas se

puede calcular su integral en todo el eje. Sea r =√

x2 + y2 y consideramos

la integral:∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞e−x2−y2dxdy .

Cambiando a polares deducimos que

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞e−x2−y2dxdy =

∫ 2π

0

∫ +∞

−∞re−r2drdθ,

donde la r que aparece en la integral es debida al cambio de diferencial. Por

lo tanto

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞e−x2−y2dxdy = 2π

∫ +∞

−∞re−r2dr = −πe−r2

∣∣∣∣

+∞

0

= π .

Por otro lado,

∫ +∞

−∞

∫ +∞

−∞e−x2−y2dxdy =

(∫ +∞

−∞e−x2

dx

)(∫ +∞

−∞e−y2dy

)

=

(∫ +∞

−∞e−x2

dx

)2

.

Ası deducimos que∫ +∞

−∞e−x2

dx =√π

y aprovechando que e−x2es una funcion par sale (3.2).

82


Metodo de Fourier para el problema mixto

Hara falta una tecnica peculiar para resolver el problema mixto asociado

a la ecuacion del calor, ası que lo resumimos brevemente aquı. Nos fijamos

en el siguiente problema:

Encontrar una (de hecho la, gracias al Ejercicio 2.4) solucion de

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = 0, t ≥ 0,

u(π, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.3)

donde f : [0, L] → R es de clase C0([0, L]) y tal que f(0) = f(L) = 0.

Primero, analizamos la ecuacion diferencial. La manera mas sencilla de

resolver la ecuacion

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, en 0 < x < L, t > 0,

es buscar una solucion con variable separadas, es decir

u(x, t) = X(x)T (t)

con

X(x) ∈ C2(0, L) ∩ C0[0, L] y T (t) ∈ C1(0,+∞) ∩ C0[0,+∞) .

Por lo tanto, deducimos que

X(x)T ′(t) +X ′′(x)T (t) = 0 en 0 < x < L, t > 0,

y consecuentemente X(x) y T (t) resuelven, respectivamente,

X ′′(x)− λX(x) = 0 x ∈ (0, L)

y

T ′(t)− λT (t) = 0 t > 0

83


para algun λ ∈ R.

Ahora anadimos las condiciones de contorno: por un lado pediremos a

la X de anularse en la frontera de su dominio de definicion y por otro nos

hara falta que, en el tiempo 0, T sea igual a un numero positivo (que fijaremos

en 1, sin perder de generalidad). Por lo tanto, para λ ∈ R, resolveremos

X ′′(x)− λX(x) = 0 x ∈ (0, L)

X(0) = 0 = X(L)(3.4)

y

T ′(t)− λT (t) = 0 t > 0

T (0) = 1 .(3.5)

Observamos que las condiciones al contorno en el problema asociado a X

implican que λ tiene que ser negativo. 12 Ademas las soluciones de (3.4)

estan datas por

X(x) = A sen(nπx

L

)x ∈ (0, L) ,

para cualquier A ∈ R y con la condicion

λ = −n2π2

L2, n ∈ N .

En otras palabras, λ = −n2π2

L2 , con n ∈ N es una sucesion de valores propios

para el operador “menos derivada segunda” y sen(nπxL

)es la autofuncion

asociada a dicho valor proprio.

Consecuentemente deducimos que la solucion de (3.5) esta dada por

T (t) = e−n2π2

L2 t t > 0 .

12Notese que si λ fuese positivo tendrıamos que la solucion general de la ecuacion dife-

rencial en (3.4) vendrıa data por

X(x) = Ae√λx +Be−

√λx

para A,B ∈ R, que es incompatible con las condiciones X(0) = X(L) = 0.

84


Por lo tanto para A ∈ R y n ∈ N, u(x, t) = A sen(nπxL

)e−

n2π2

L2 t es la solucion

de (3.3) con f(x) = A sen(nπxL

).

Ademas si f(x) es una combinacion lineal (finita) de sen(nπxL

), para algu-

nos valores de n ∈ N, entonces la solucion, dada la linealidad de la ecuacion

del calor, es una combinacion lineal de sen(nπxL

)e−

n2π2

L2 t.

Para extender esta idea a una funcion f cualquiera observamos que a

cualquier funcion f ∈ L2(0, L) corresponde su desarrollo en serie de Fourier.

Queremos probar que, bajo algunas hipotesis de regularidad, el metodo expli-

cado previamente funciona tambien si consideramos una combinacion lineal

infinita de sen(nπxL

)como dato inicial.

Mas concretamente, consideramos una funcion f ∈ C1(0, L) tal que f(0) =

f(L) = 0. Dicha funcion, aprovechando las condiciones en 0 y L, puede ex-

tenderse a una funcion fimp(x) continua en (−L,L), 2L–periodica e impar.

Por lo tanto fimp(x) admite un desarrollo en Serie de Fourier:

fimp(x) =+∞∑

n=1

bn sen(nπx

L

)(3.6)

con

bn =2

L

∫ L

0

f(x) sen(nπx

L

).

Ademas la funcion definida por

u(x, t) =+∞∑

n=1

bn sen(nπx

L

)e−

n2π2

L2 t (3.7)

es de clase C2x

((0, L)× (0,+∞)

)∩C1

t

((0, L)× (0,+∞)

)y cumple la ecuacion

del calor. En efecto, condiderando que t > 0, sus coeficientes son tales que

+∞∑

n=1

|bn|n2e−n2π2

L2 t < +∞ ,

y consecuentemente se puede derivar termino a termino la funcion definida

en (3.7) y es facil verificar entonces que u(x, t) cumple la ecuacion del calor.

85


Ademas, calculando u(x, t) para t = 0, deducimos que

u(x, 0) =+∞∑

n=1

bn sen(nπx

L

),

es decir que u(x, t) cumple su dato inicial. Siendo u(x, t) una serie de solo

senos, se sigue que la funcion se anula en la frontera lateral del cilindro.

Notese que todo tiene sentido si f solo pertenece a L2(0, L) la u(x, t) defi-

nida en (3.7) tiene sentido “c.t.p.” y la u(x, t) es dicha solucion generalizada

de (3.3).

Aplicaremos este metodo en los siguientes ejercicios, aunque no siempre

directamente.

86


Ejercicio 3.5 Considerese la funcion f : [0, π] → R dada por

f(x) =

x, si x ∈ [0, π/2],

π − x, si x ∈ [π/2, π].

Encontrad una expresion para la solucion del problema:

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 < x < π, t > 0,

u(0, t) = 0, t ≥ 0,

u(π, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ π.

Solucion.

Para resolver este ejercicio solo nos hace falta aplicar el metodo explicado

previamente.

Definimos una funcion f(x) como la extension impar del dato inicial en el

intervalo (−π, π) y calculamos sus coeficientes de Fourier. Notese que, siendo

la funcion extendida de forma impar, los coeficientes de Fourier

an =1

π

∫ π

−π

f(x) cos(nx)dx y a0 =1

π

∫ π

−π

f(x)dx

nos saldran iguales a cero, por ser cos(nx) y 1 funciones pares. Calculamos

entonces

bn =1

π

∫ π

−π

f(x) sen(nx)dx =2

π

∫ π

0

f(x) sen(nx)dx

=2

π

∫ π2

0

x sen(nx)dx+2

π

∫ π

π2

(π − x

)sen(nx)dx .

Calculamos una primitiva de la funcion integrando por partes∫

s sen(ns) =1

n2sen(ns)− 1

ns cos(ns) + c , c ∈ R ,

mientras con un calculo directo nos sale que∫

sen(ns) = − 1

ncos(ns) + c c ∈ R .

87


Consecuentemente

bn =2

π

∫ π2

0

x sen(nx)dx− 2

π

∫ π

π2

x sen(nx)dx+2

π

∫ π

π2

π sen(nx)dx

=2

π

[1

n2sen(nx)− 1

nx cos(nx)

]π2

0

− 2

π

[1

n2sen(nx)− 1

nx cos(nx)

]π

π2

+2

π

[

− π

ncos(nx)

]π

π2

=2

π

[1

n2sen(nπ

2

)−

π

2ncos(nπ

2

)−

1

n2sen(nπ) +

π

ncos(nπ) +1

n2sen(nπ

2

)

−π

2ncos(nπ

2

)−

π

ncos(nπ) +π

ncos(nπ

2

)]

=2

n2πsen(nπ

2

).

Entonces

bn =

0 si n es par,

2n2π

(− 1)n−1

2 si n es impar.

Manipulando los coeficientes obtenemos que la solucion generalizada esta da-

da por

u(x, t) =2

π

+∞∑

n=1

1

(2n+ 1)2sen((2n+ 1)x)e−(2n+1)2t .

88


Ejercicio 3.6 (Barra con un extremo a temperatura 0 y el otro aislado

termicamente). Obtened mediante series de Fourier, una expresion para la

solucion del problema:

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 < x < π/2, t > 0,

u(0, t) = 0 = ux(π/2, t), t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ π/2.

(3.8)

donde f ∈ C1([0, π/2]), con f(0) = 0 = f ′(π/2).

Solucion.

Este ejercicio es parecido al anterior. En este caso tambien buscamos una

solucion aprovechando que el dato inicial es una funcion que admite un desa-

rrollo en serie de Fourier. Consideramos f , la extension par de la funcion f

con respecto al eje x = π2, es decir

f(x) =

f(x) si x ∈ (0, π/2) ,

f(π − x) si x ∈ (π/2, π) .

Entonces f cumple la condicion f(0) = f(π) = f(0) = 0. Para aplicar otra

vez la formula (3.7) y encontrar la solucion generalizada de (3.8), extendemos

f a fimp en el intervalo (−π, π), de forma impar, es decir:

fimp(x) =

−f(x+ π) si x ∈ (−π,−π/2) ,−f(−x) si x ∈ (−π/2, 0) ,f(x) si x ∈ (0, π/2) ,

f(π − x) si x ∈ (π/2, π) .

Por lo tanto, la solucion es

u(x, t) =∞∑

n=1

bne−n2t sen(nx)

donde

bn =1

π

∫ π

−π

fimp(x) sen(nx)dx =2

π

∫ π

0

f(x) sen(nx)dx =4

π

∫ π2

0

f(x) sen(nx)dx ,

89


siendo

an =1

π

∫ π

−π

fimp(x) cos(nx)dx = 0 ∀n ≥ 0 ,

por ser fimp(x) impar.

90


Ejercicio 3.7 Una funcion V : [0, L] → R se llama “temperatura de equili-

brio” cuando:

lımt→+∞

[u(x, t)− V (x)] = 0, ∀x ∈ [0, L].

Probad que la solucion V (x) del problema:

V ′′(x) = 0, 0 < x < L,

V (0) = α, V (L) = β,

es una temperatura de equilibrio para el problema de tipo mixto:

ut(x, t)− uxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = α, u(L, t) = β, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L,

para cualquier f ∈ C1([0, L]), con f(0) = α, f(L) = β.

Solucion.

Primero, vamos a ver quien es V (x). Ya que V ′′(x) = 0 in (0, L), deducimos

que V (x) tiene que ser una funcion lineal, ası que

V (x) = α +β − α

Lx .

Definimos ahora z(x, t) = u(x, t)− V (x) y notamos que z(x, t) verifica:

zt(x, t)− zxx(x, t) = [ut(x, t)− uxx(x, t)]− [∂tV (x)− ∂xxV (x)]︸︷︷︸

=0

= 0 ,

ası que z(x, t) cumple la misma ecuacion de u(x, t). Ademas

α = u(0, t) = V (0) + z(0, t) = α + z(0, t)

y

β = u(L, t) = V (L) + z(L, t) = β + z(0, t)

y finalmente

f(x) = u(x, 0) = V (x) + z(0, x)

91


ası que z(x, t) es solucion de

zt(x, t)− zxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

z(0, t) = 0 = z(L, t) t ≥ 0,

z(x, 0) = f(x)− V (x), 0 ≤ x ≤ L,

(3.9)

Observamos que

f(x)− V (x)

∣∣∣∣x=0

= f(0)− α = 0 y f(x)− V (x)

∣∣∣∣x=L

= f(l)− β = 0 .

Entonces f(x) admite un de desarrollo en serie de Fourier de la forma

z(x, 0) =∞∑

n=1

An sen

(nπx

L

)

donde

An =2

π

∫ L

0

[

f(x)− α− β − α

Lx

]

sen(nπx

L

)

dx .

Ahora nos podemos utilizar que la solucion de (3.9) es

z(x, t) =∞∑

n=1

An sen

(nπx

L

)

e−n2π2

L2 t .

Puesto que f es de clase C1, deducimos que∞∑

n=1

|An| < +∞

y consecuentemente

|z(x, t)| ≤∣∣∣

∞∑

n=1

An sen

(nπx

L

)

e−n2π2

L2 t∣∣∣ ≤

∞∑

n=1

∣∣∣An

∣∣∣e

−n2π2

L2 t

≤ e−π2

L2 t

∞∑

n=1

∣∣∣An

∣∣∣ .

Por lo tanto,

lımt→+∞

|z(x, t)| = 0 , ∀x ∈ (0, L) ,

y consecuentemente

lımt→+∞

z(x, t) = lımt→+∞

[u(x, t)− V (x)

]= 0 , ∀x ∈ (0, L) ,

que prueba que V (x) es la temperatura de equilibrio.

92


Ejercicio 3.8 Dadas g ∈ C([0, L]) y f ∈ C1([0, L]), con f(0) = α, f(L) =

β, probad que para el problema de tipo mixto:

ut(x, t)− uxx(x, t) = g(x), 0 < x < L, t > 0,

u(0, t) = α, u(L, t) = β, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L,

la funcion V (x), solucion del problema:

−V ′′(x) = g(x), 0 < x < L,

V (0) = α, V (L) = β,

es una temperatura de equilibrio.

Solucion.

Para resolver este ejercicio definimos la funcion

z(x, t) = u(x, t)− V (x) .

Notese que

zt(x, t)− zxx(x, t) = ut(x, t)− uxx(x, t) + Vxx(x) = 0

y ası z(x, t) es la unica solucion del problema

zt(x, t)− zxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

z(0, t) = 0 t ≥ 0,

z(L, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x)− V (x) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.10)

con f(0) = f(L) = 0. Por lo tanto la solucion del problema (3.10) tiene la

forma que ya hemos encontrado en los ejercicios anteriores, es decir

z(x, t) =∞∑

n=1

bne−(nπ

L)2t sen

(nπx

L

)

donde

bn =2

L

∫ L

0

f(x) sen(nπx

L)dx .

93


Ademas siendo tanto la f como la V , por lo menos, de clase C1[0, L], entonces

hay convergencia absoluta de los coeficientes de Fourier ası que deducimos

que

lımt→+∞

∣∣z(x, t)

∣∣ = lım

t→+∞

∣∣∣∣

∞∑

n=1

bne−(nπ

L)2t sen(

nπx

L)

∣∣∣∣= lım

t→+∞e−( π

L)2t

∞∑

n=1

∣∣bn∣∣ = 0 .

Por lo tanto

lımt→+∞

u(x, t) = V (x) .

94


Ejercicio 3.9 Dadas g ∈ C([0, L]) y f ∈ C1([0, L]) con f ′(0) = α, f ′(L) =

β, probad que, en general, el problema de tipo mixto:

ut(x, t)− uxx(x, t) = g(x), 0 < x < L, t > 0,

ux(0, t) = α, ux(L, t) = β, t ≥ 0,

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.11)

no tiene solucion de equilibrio. Estableced una condicion que deben verificar

α, β, g, L para la existencia de una solucion de equilibrio.

Solucion.

Empezamos observando varias cosas.

Primero, no es obvio que el problema tenga una temperatura de equilibrio.

Por lo visto, el problema

ut(x, t)− uxx(x, t) = 1, 0 < x < L, t > 0,

ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L.

(3.12)

(es decir (3.11) con g(x) = 1 y f(x) = α = β = 0) tiene como unica solucion

u(x, t) = t

y

lımt→+∞

u(x, t) = +∞ .

Ademas u(x, t) es la unica solucion de (3.12). En efecto, mas en general,

supongamos que (3.11) tenga mas de una solucion, u1(x, t) y u2(x, t), entonces

z(x, t) = u1(x, t)− u2(x, t) verifica

zt(x, t)− zxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

zx(0, t) = 0, zx(L, t) = 0, t ≥ 0,

z(x, 0) = 0, 0 ≤ x ≤ L.

(3.13)

Por lo tanto, si multiplicamos la ecuacion en (3.13) por z(x, t) e integramos

con respecto a x entre 0 y L, obtenemos, integrando por partes:∫ L

0

zt(x, t)z(x, t)dx+

∫ L

0

z2x(x, t)dx =1

2

∫ L

0

[z2(x, t)]t dx+

∫ L

0

z2x(x, t)dx = 0 .

95


Integrando esta identidad con respecto a t entre 0 y un τ > 0 deducimos que

1

2

∫ τ

0

∫ L

0

[z2(x, t)]tdxdτ +

∫ τ

0

∫ L

0

z2x(x, t)dxdτ

=1

2

∫ L

0

∫ τ

0

[z2(x, t)]tdxdτ +

∫ τ

0

∫ L

0

z2x(x, t)dxdτ

=1

2

∫ L

0

z2(x, τ)dx− 1

2

∫ L

0

z2(x, 0)dx

︸︷︷︸

=0

+

∫ τ

0

∫ L

0

z2x(x, t)dxdτ

︸︷︷︸

≥0

= 0 ,

donde, para cambiar el orden de integracion, hemos utilizado el Teorema de

Tonelli. Por lo tanto, siendo las cantidades en las integrales positivas, para

un cualquier τ > 0, z(x, τ) ≡ 0. Esto implica que u1(x, t) = u2(x, t).

Supongamos ahora que el problema elıptico asociado a (3.11), es decir

−vxx(x) = g(x), 0 < x < L,

vx(0) = α, vx(L) = β,(3.14)

tenga una solucion. Queremos probar que entonces

lımt→+∞

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

En efecto si arrestamos las ecuaciones verificadas por u(x, t) y v(x) deducimos

que w(x, t) = u(x, t)− v(x) cumple

wt(x, t)− wxx(x, t) = 0, 0 < x < L, t > 0,

wx(0, t) = 0, wx(L, t) = 0, t ≥ 0,

w(x, 0) = f(x)− v(x), 0 ≤ x ≤ L.

(3.15)

Notese que w(x, 0) ∈ C1(0, L) y

wx(0, 0) = fx(0)− vx(0) = α− α = 0 ,

and

wx(L, 0) = fx(L)− vx(L) = β − β = 0 .

96


Por lo tanto, adaptando el metodo explicado previamente para problemas

con condiciones de Dirichlet, la unica solucion de (3.15) esta data por

w(x, t) =a02

++∞∑

n=1

an cos(πnx

L

)e−(πn

L)2t

donde

an =2

L

∫ L

0

cos(πnx

L

)w(x, 0)dx n ≥ 0 ,

Siendo w(x, 0) ∈ C1[0, L] entonces+∞∑

n=1

|an| ≤ a <∞ y por lo tanto

|w(x, t)− a02| ≤

+∞∑

n=1

∣∣∣∣an cos

(πnx

L

)∣∣∣∣e−(πn

L)2t ≤ ae−

π2

L2 t ,

ası que, acordando que

a0 =2

L

∫ L

0

w(x, 0)dx =2

L

∫ L

0

[f(x)− v(x)]dx .

tenemos que

lımt→+∞

w(x, t) =a02

uniformemente con respecto a x ∈ [0, L] . (3.16)

Notese que la solucion v(x) de (3.14) no es unica, sino es unica a menos de

constantes (vease Ejercicio 4.5 para los detalles de esta prueba), ası que entre

las infinitas soluciones elegimos la que cumple la condicion

∫ L

0

v(x)dx =

∫ L

0

f(x)dx ,

ası que desde (3.16) deducimos

lımt→+∞

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

Por lo tanto una condicion suficiente para la existencia de una tempera-

tura de equilibrio es la existencia de una solucion para (3.14).

97


¿Cuando es posible encontrar dicha solucion?

Supongamos que (3.14) tenga una: si integramos la ecuacion arriba entre

0 y L obtenemos

∫ L

0

g(x)dx = −∫ L

0

vxx(x)dx = −vx(L) + vx(0) = −β + α .

Entonces una condicion necesaria para que exista l a temperatura de equili-

brio es que∫ L

0

g(x)dx = α− β .

Por otro lado, cada solucion de la ecuacion en (3.14) tiene la forma

v(x) =

∫ x

0

∫ y

0

(−g(s))dsdy + h(x) ,

con h(x) = ax+ b, y donde a, b ∈ R. Por lo tanto v(x) es solucion (3.14) si

v′(0) = h′(0) = α

y

v′(L) =

∫ L

0

(−g(s))ds+ h′(L) = β .

Esto implica, desde la primera condicion, que

a = α

y desde la segunda∫ L

0

g(s)ds = α− β . (3.17)

Por lo visto, la condicion de compatibilidad (3.17) es necesaria y suficiente pa-

ra encontrar una solucion (unica salvo constantes) de (3.14). Dicha condicion,

por lo probado anteriormente, es suficiente para encontrar una temperatura

de equilibrio para (3.11).

98


Ejercicio 3.10 Obtened una expresion para la solucion del problema:

ut(x, t)− uxx(x, t) = 1, 0 < x < π, t > 0,

u(0, t) = 0, u(π, t) = 0, t ≥ 0,

u(x, 0) = sen(x), 0 ≤ x ≤ π.

(3.18)

Solucion.

Se trata de aplicar el metodo de Fourier a un oportuno problema homogeneo

asociado a (3.18).

Llamamos v(x) la solucion de

−vxx(x) = 1, 0 < x < π,

v(0) = 0 = u(π),

es decir, integrando dos veces la ecuacion satisfecha por v(x),

v(x) =1

2x(x− π) .

Por lo tanto definiendo z(x, t) = u(x, t)− v(x) resulta que z(x, t) cumple

zt(x, t)− zxx(x, t) = 0, 0 < x < π, t > 0,

z(0, t) = 0, z(π, t) = 0, t ≥ 0,

z(x, 0) = sen(x)− 12x(x− π), 0 ≤ x ≤ π.

Entonces para escribir una formula de representacion de (x, t)z (y consecuen-

temente de u(x, t)) hay que desarrollar z(x, 0) en serie de Fourier. Notese que

bn =2

π

∫ π

0

[−1

2x(x− π) sen(nx)]dx = 2

1− (−1)n

πn3

entonces

z(x, t) =( 2

π+ 1)e−t sen(x) +

+∞∑

n=2

1− (−1)n

πn3e−n2t sen(nx)

y consecuentemente

u(x, t) =1

2x(x− π) +

( 2


2

π

+∞∑

n=2

1− (−1)n

n3e−n2t sen(nx)

=1

2x(x− π) +

( 2


4

π

+∞∑

n=1

e−(2n+1)2t

(2n+ 1)3sen((2n+ 1)x) .

99


100

Ecuaciones Elıpticas

Ejercicio 4.1 Sea N ≥ 2 y Ω = x ∈ RN : 1 < |x| < 2. Calculad la

solucion del problema

−∆u(x) = 0, x ∈ Ω,

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

u(x) = 1, |x| = 2.

Solucion.

Buscamos una solucion radial del problema. Observemos que la solucion es

unica gracias al principio del maximo.

Supongamos que u(x) = v(|x|) = v(r), donde

|x| = r =

√√√√

N∑

j=1

x2j .

Siendo

∆u(x) =N∑

i=1

∂2xixiu(x) ,

empezamos calculando ∂xiu(x) para algun i entre 1 y N . Ası tenemos que

∂xiu(x) = ∂xi

v(r) = v′(r)∂xir

y como

∂xir = ∂xi

√∑N

j=1 x2j =

12

1

∂xi

√

∑Nj=1 x

2j

∂xi

∑N

j=1 x2j

=1

2

1

∂xi

√∑N

j=1 x2j

2xj δi,j =xir, si r 6= 0 ,

101


siendo δi,j la Delta de Kroneker (es decir δi,j = 1 si i = j y δi,j = 0 si i 6= j),

deducimos

∂xiu(x) = v′(r)

xir

Consecuentemente

∂xiu(x) = v′(r)

xir,

y entonces podemos calcular

∂2xixiu(x) = ∂xi

(

v′(r)xir

)

= v′′(r)

(xir

)2

+ v′(r)1

r− v′(r)

xir2∂xir = v′′(r)

x2ir2

+ v′(r)1

r− v′(r)

x2ir3.

Por lo tanto

∆u(x) =N∑

i=1

∂2xixiu(x)

=N∑

i=1

[

v′′(r)x2ir2

+ v′(r)1

r− v′(r)

x2ir3

]

= v′′(r)r2

r2+ v′(r)

N

r− v′(r)

r2

r3= v′′(r) +

N − 1

rv′(r) .

Entonces el Laplaciano en polares esta dado por

∆u(x) = v′′(r) +N − 1

rv′(r) (4.1)

para cada r > 0, N ≥ 1. Muchas veces sera comodo escribir el Laplaciano en

polares en su forma compacta:

∆u(x) =

(rN−1v′(r)

)′

rN−1.

Por lo tanto la funcion armonica radial que buscamos es solucion del

siguiente problema de Dirichlet:

−(rN−1v′(r)

)′= 0, 1 < r < 2,

v(1) = 0,

v(2) = 1,

102


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

(∑N

i=1 x2i

) 12

. Consecuentemente v(r) cumple

rN−1v′(r) = c1 ,

con c1 una constante arbitraria.

Supongamos que N 6= 2, entonces integrando la identidad anterior, nos

sale

v(r) =c1

2−Nr2−N + c2

y gracias a las condiciones al contorno deducimos

c12−N

+ c2 = 0,

c12−N

22−N + c2 = 1,

lo cual implica

v(r) = − 1

1− 22−Nr2−N +

1

1− 22−N.

En el caso N = 2, repitiendo los argumentos anteriores, deducimos que

v(r) =log r

log 2.

103


Ejercicio 4.2 Resolved el problema

−∆u(x) = 1, |x| < R = BR(0),

u(x) = 0, |x| = R,(4.2)

con x ∈ RN , N ≥ 1.

Solucion.

Buscamos una solucion radial: si la encontramos, por el principio de compa-

racion es la unica solucion. Teniendo en cuenta la expresion del Laplaciano

dada por (4.1) resulta que u(x) = v(r) resuelve

−v′′(r)− N−1rv′(r) = 1, 0 < r < R,

v(R) = 0,

v′(0) = 0.

Observamos que la ultima condicion, v′(0) = 0, es consecuencia de la simetrıa

de v(r). Efectivamente, por ser u(x) una solucion radial y siendo de clase

C2(BR(0)), hay que tener en cuenta que su primera derivada en cero tiene

que ser 0 (si no la solucion no serıa tampoco de clase C1(BR(0)) ).

Notese que la ecuacion diferencial asociada a tal problema puede escribirse

como

−(rN−1v′(r)

)′= rN−1 0 < r < R,

que integrando entre 0 y un cualquier r ∈ (0, R) queda

−sN−1v′(s)

∣∣∣∣

r

0

=1

NsN∣∣∣∣

r

0

,

es decir

v′(r) = − 1

Nr .

Integrando otra vez entre r ∈ (0, R) y R llegamos a

v(R)− v(r) = − 1

2N(R2 − r2) ,

104


y consecuentemente

u(x) =1

2N(R2 − |x|2) .

Si queremos comprobar que la funcion encontrada es la solucion buscada,

es suficiente notar que en el conjunto |x| = R, u(x) = 0. Ademas para cada

i = 1, ..., N ,

∂xiu(x) = ∂xi

1

2N(R2 − |x|2) = −xi

N,

y entonces

∂2xixiu(x) = − 1

N∂xixi = − 1

N.

Por lo tanto

−∆u(x) = −N∑

i=1

∂2xixiu(x) = −

N∑

i=1

− 1

N= 1 ,

y entonces u(x) es solucion de (4.2).

105


Ejercicio 4.3 Dados R2 > R1 > 0 y α, β ∈ R, resuelve el problema

−∆u(x) = α, R1 < |x| < R2,

∂u(x)

∂n= β, |x| = R1

∂u(x)

∂n= β, |x| = R2,

(4.3)

con x ∈ RN , N ≥ 1.

Solucion.

Empezamos con el caso N ≥ 2. Utilizando la formula del Laplaciano en

coordinadas polares resulta que v(r) = u(x) cumple

−(rN−1v′(r)

)′= αrN−1 r ∈ (R1, R2) . (4.4)

Ademas notese que la normal al dominio es paralela a la direccion radial,

y tiene el mismo sentido en la frontera exterior y el sentido contrario en la

frontera interior (vease la Figura 4.9). Ası que las condiciones en la frontera

de Ω estan dada por

v′(R2) = β y − v′(R1) = β .

Por lo tanto notamos que e problema tiene que satisfacer una condicion de

compatibilidad: en efecto integrando (4.4) entre R1 y R2, deducimos que

−RN−12 v′(R2) +RN−1

1 v′(R1) =α

N(RN

2 −RN1 ) ,

que implica la siguiente relacion entre α, β, R1 y R2:

−β[RN−12 +RN−1

1 ] =α

N(RN

2 −RN1 ) . (4.5)

Para calcular explıcitamente la solucion de (4.3), integramos la identidad

(4.4) entre r ∈ (R1, R2) y R2, ası que

v′(r) =RN−1

2 β

rN−1+

α

NrN−1(RN

2 − rN) = r1−NRN−12

[

β +αR2

N

]

− α

Nr .

106


Ω

n

r

r ≡ n

Figura 4.9: El Anillo y las normales en la frontera.

Por lo tanto para N ≥ 3 la solucion esta dada por

v(r) =1

2−N

[α

NRN

2 +RN−12 β

]

r2−N − α

2Nr2 + C , C ∈ R ,

mientras que si N = 2

v(r) =

[α

2R2

2 +R2β

]

log r − α

4r2 + C , C ∈ R .

En ambos casos α y β verifican la identidad (4.5).

Se puede facilmente verificar que la funcion encontrada verifica el proble-

ma propuesto.

107


Ejercicio 4.4 Dados R > 0 y α, β ∈ R, resuelve el problema

−∆u(x) = α, |x| < R,∂u

∂n(x) = β, |x| = R,

con x ∈ RN , N ≥ 1.

Solucion.

Al encontrar las soluciones del problema nos daremos cuenta que α y β

tendran que cumplir una condicion de compatibilidad. Primero, escribimos

el problema teniendo en cuenta que el problema tiene una simetrıa esferica,

ası que u(x) = v(r), y v cumple

−(rN−1v′(r))′ = αrN−1, 0 < r < R,

v′(R) = β ,

v′(0) = 0 .

Integrando entre 0 y r la ecuacion satisfecha por v, deducimos que

−rN−1v′(r) =α

NrN ,

es decir

v′(r) = − α

Nr .

Notese que la v es solucion si y solo si

v′(R) = β ⇔ β = − α

NR .

Las soluciones del problema seran entonces de la forma

v(r) = − α

2Nr2 + c

con β = − αNR y c una constante arbitraria (es decir que el problema es

invariante con respecto a traslaciones verticales).

108


Ejercicio 4.5 Sea Ω ⊂ RN abierto, acotado y regular y f ∈ C1(Ω). Probad

que una condicion necesaria para la existencia de solucion del problema

−∆u(x) = 0, x ∈ Ω,∂u

∂n(x) = f(x), x ∈ ∂Ω

es que se cumpla ∫

∂Ω

f(x) dSx = 0.

Solucion.

El ejercicio es una aplicacion del Teorema de la Divergencia 13. Si integramos

la ecuacion satisfecha por u(x) en Ω, nos sale que

0 =

∫

Ω

−∆u(x)dx =

∫

Ω

−div ∇u(x)dx =

∫

∂Ω

∂u

∂ndSx .

Utilizando ahora las condiciones en la frontera de Ω, la ultima integral es

igual a la integral en en la frontera de f , y ası la condicion

∫

∂Ω

f(x) dSx = 0 ,

es necesaria para que el dato sea compatible con el problema.

13 Teorema de la divergencia:

Sea Ω un abierto de clase C1 y F un campo C1(Ω,RN ), N ≥ 2. Entonces

∫

Ω

div Fdx =

∫

∂Ω

F · n dSx , (4.6)

siendo n la normal exterior a ∂Ω.

109


Ejercicio 4.6 Sea Ω ⊂ RN abierto, acotado y regular y f ∈ C1(Ω) y g ∈

C(Ω).

1. Dad una condicion de compatibilidad para que el problema

−∆u(x) = g(x), x ∈ Ω,∂u

∂n(x) = f(x), x ∈ ∂Ω,

pueda tener solucion u ∈ C2(Ω).

2. Probad que si existe dicha solucion y Ω es conexo, esta es unica salvo

constantes aditivas.

Solucion.

1. Actuando como en el ejercicio anterior, integramos la ecuacion que

cumple u(x) en Ω y aprovechando la condicion en la frontera deducimos,

gracias al Teorema de la Divergencia, que∫

Ω

g(x)dx = −∫

Ω

∆u(x)dx =

∫

∂Ω

∂u

∂n(x)dSx =

∫

∂Ω

f(x)dSx

es decir que la condicion necesaria resulta ser∫

Ω

g(x)dx =

∫

∂Ω

f(x)dSx .

2. Sean u1, u2 ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω) dos soluciones y definimos v(x) como

v(x) = u1(x)− u2(x) ∈ C2(Ω) ∩ C1(Ω). Aprovechando la linealidad de

la ecuacion, v cumple

−∆v(x) = 0, x ∈ Ω,∂v

∂n(x) = 0, x ∈ ∂Ω.

Es suficiente probar que ∇v(x) ≡ 0, ∀x ∈ Ω: siendo Ω conexo esto

implica que u es constante en Ω. Por lo tanto, multiplicamos la ecuacion

110


verificada por v(x) por v misma e integramos en Ω, ası que, aplicando

la integracion por partes

0 =

∫

Ω

−v(x)∆v(x)dx =

∫

Ω

−v(x) div ∇v(x)

=

∫

Ω

|∇v(x)|2 −∫

∂Ω

v(x)∂v

∂n(x)

︸︷︷︸

=0

.

Por la condicion ∫

Ω

|∇v(x)|2 = 0

deducimos que |∇v(x)|2 ≡ 0 y consecuentemente la (eventual) solucion

del problema es unica salvo constante.

111


Ejercicio 4.7 [Teorema de Liouville] Probad que toda funcion armonica

en RN acotada superiormente (o inferiormente) es constante.

Solucion.

Para este ejercicio vamos a utilizar unas propiedades de las funciones armoni-

cas: la propiedad de la media. 14 Supongamos que u sea superiormente acota-

da: entonces existe M = supRN

u(x) y consecuentemente v(x) = u(x)−M ≤ 0.

Probaremos que v es constante.

Llamamos xn una sucesion de puntos tales que v(xn) → 0 y fijamos

x0 ∈ RN . Ademas sı Rn = |xn − x0|, notamos que

BRn(x0) ⊂ B2Rn(xn) .

Por lo tanto, aprovechando que v ≤ 0, y por (4.7)

0 ≥ v(x0) =1

|BRn(x0)|

∫

BRn (x0)

v(y)dy ≥ 1

|BRn(x0)|

∫

B2Rn (xn)

v(y)dy

=2N

|B2Rn(x0)|

∫

B2Rn (xn)

v(y)dy = v(xn) −→ 0 cuando n→ +∞ .

Entonces v(x0) es igual a 0 por cualquier x0 y esto concluye la prueba.

14 Hay varias maneras de averiguar si una funcion es armonica, una de ellas es la si-

guiente:

Una funcion u(x) definida en Ω ⊆ RN es armonica si para cada x ∈ Ω y cada r tales que

Br(x) ⊂ Ω se verifica

u(x) =1

|∂Br(x)|

∫

∂Br(x)

u(y)dSy =N

|Br(x)|

∫

Br(x)

u(y)dy . (4.7)

Recordamos que |Br(x)| = ωNrN mientras que |∂Br(x)| = NωNrN−1, donde ωN es |B1| =ωN .

112


Ejercicio 4.8 [Teorema de convergencia de Harnack] Probad que el

lımite uniforme en compactos de funciones armonicas en un abierto Ω es una

funcion armonica en Ω.

Solucion.

Sea un una sucesion de funciones que convergen localmente uniformemente

a u, entonces

∀x ∈ Ω un(x) → u(x) .

Ademas, siendo un armonicas, para cualquier x0 ∈ Ω existe un r(x0) tal que

Br(x0) ⊂ Ω, ∀r < r(x0). Gracias a la propiedad de la media

un(x0) =1

|Br(x0)|

∫

Br(x0)

un(y)dy . (4.8)

Para cada r < r(x0)

Br(x0) ⊂ Br(x0) ⊂ Ω .

Ya que un → u uniformemente en Br(x0), podemos pasar al limite bajo el

signo de integral en (4.8) y ası u tambien verifica la propiedad de la media.

Consecuentemente u es armonica.

113


Ejercicio 4.9 Sean Ω ⊂ RN de clase C1, y u ∈ C2(Ω) tal que u(x) = 0 para

todo x ∈ ∂Ω. Probad que para todo ε > 0 se tiene

∫

Ω

|∇u|2 ≤ ε

∫

Ω

|∆u|2 + 1

4ε

∫

Ω

u2.

Solucion.

Dado que el abierto es regular, podemos integrar por partes y deducir

∫

Ω

|∇u|2 =∫

Ω

∇u · ∇u =

∫

Ω

u div ∇u =

∫

Ω

u∆u ≤∫

Ω

|u||∆u| .

Aplicando la desigualdad de Young 15 con p = p′ = 2 con a =√2ε|∆u|

y b = 1√2ε|u| concluimos. (Notese que la desigualdad de Young en el caso

p = p′ = 2 se puede deducir perfectamente desarrollando el cuadrado de un

binomio).

15Recordamos la desigualdad de Young: ∀a, b ∈ R+

ab ≤ 1

pap +

1

p′bp

′

con1

p+

1

p′= 1.

114


Ejercicio 4.10 [Desigualdad de Harnack] Sea Ω un abierto en RN y

K un subconjunto compacto y conexo de Ω. Probad que existe una constante

C > 0 (dependiente solo de N ,K y Ω) tal que

maxx∈K

u(x) ≤ Cmınx∈K

u(x),

para toda funcion no-negativa y armonica en Ω. 16

Solucion.

Probamos, primero, el teorema si K = Br(x0) con x0 ∈ Ω y r tal que

B4r(x0) ⊂ Ω. Notese que para cada y ∈ Br(x0), B3r(y) ⊂ Ω (vease Figu-

ra 4.10). Entonces, siendo u no negativa para cualquier x1 y x2 ∈ Br(x0)

resulta:

u(x1) =1

|Br(x1)|

∫

Br(x1)

u(x)dx ≤ 1

|Br(x1)|

∫

B2r(x0)

u(x)dx ,

y

u(x2) =1

|B3r(x2)|

∫

B3r(x1)

u(x)dx ≥ 1

|Br(x2)|

∫

B2r(x0)

u(x)dx .

Por lo tanto para cualquier funcion armonica no negativa

u(x1) ≤ 3Nu(x2) ,

y consecuentemente

u(x1) = maxBr(x0)

u(x) ≤ 3N mınBr(x0)

u(x) = 3Nu(x2) ,

16Notese que la hipotesis Ω conexo es necesaria. Supongamos que el abierto tuviese dos

componentes conexas Ω1 y Ω2. Entonces para la funcion

u(x) =

1 si x ∈ Ω1 ,

0 si x ∈ Ω2 ,

la desigualdad de Harnack no es cierta en Ω (pero si que es cierta en cada componente

conexa).

115


b

b

b

x2

x0

x1

Ω

Figura 4.10: Fijado un x0 y un radio r > 0 hemos construido varias bolas de

esta forma: En Br(x0) hay dos puntos tales que se puedan construir una bola

de centro x1 y radio r (bola roja) contenida en B2r(x0) que esta contenida

en B3r(x2) (bola verde). Todo queda en el interior de B4r(x0).

116


y queda probad la desigualdad de Harnack en el caso de una bola. El caso

general es consecuencia de la siguiente tecnica de recubrimiento: Sea K cual-

quier subconjunto compacto conexo de Ω. Como u(x) es continua en K, u(x)

alcanza su valor maximo y mınimo en K. Consideramos

xM ∈ K : u(xM) = maxK

u(x) :=M

y

xm ∈ K : u(xm) = mınK

u(x) := m

y una curva Γ que une los dos puntos, contenida en K. Fijamos r > 0 tal que

B4r(y) ⊂ Ω, ∀y ∈ Γ y, usando que Γ es compacto, fijamos un recubrimiento

finito de bolas de radio r, digamos B1, ....., Bj, que recubran toda la curva Γ,

y con (vease Figura 4.11

Mi = maxBi

r

u(x) mi = mınBi

r

u(x) .

Para cada i = 1, . . . , k la desigualdad de Harnack nos da que

Mi ≤ 3Nmi. (4.9)

Nuestro objetivo es probar que

M ≤ c m con c = c(N,K,Ω) .

Entre las j bolas que recubren Γ cogemos j′ con 1 ≤ j′ ≤ j de forma que

M = M1, mj′ = m y para cada i = 1, ..., j′ − 1, Bi

r ∩ Bi+1

r 6= ∅. Por lo tanto

es sencillo probar 17 que

Mi ≥ mi+1 ∀i = 1, ..., j′ − 1 . (4.10)

Juntando (4.9) y (4.10) deducimos

M1 ≤ 3j′ Nm.

17

Mi = maxB

i

r

u ≥ maxB

i

r∩Bi+1

r

u ≥ mınB

i

r∩Bi+1

r

u ≥ mınB

i+1

r

u = mi+1 .

117


b

b

xM

xm

Γ

Figura 4.11: El metodo de recubrimiento de la curva Γ.

118


Ejercicio 4.11 [Teorema de compacidad de Harnack] Sea Ω un abier-

to y conexo en RN y un una sucesion de funciones armonicas en Ω verifi-

cando

1. Existe una funcion u0 armonica en Ω tal que u0 ≤ un para cualquier

n ∈ N.

2. Existe x0 ∈ Ω tal que un(x0) esta acotada superiormente.

Probar (con el teorema de Ascoli-Arzela) que existe una subsucesion unk

que converge uniformemente en compactos de Ω.

Solucion.

Paso 1. Probamos que si u es armonica en Ω, entonces

|uxi| ≤ CN

rN+1‖u‖L1(Br)

para cada Br ⊂ Ω y cada i = 1, . . . , N y donde CN > 0.

Gracias a la propiedad de la media la u esta dada por

u(x) =N2N

ωNrN

∫

Br/2(x)

u(y)dy .

Por lo tanto, derivado ambos lados de dicha identidad con respecto a xi,

i = 1, ..., N (se puede llevar la derivacion bajo el signo de la integral ya que

u es suficientemente regular), deducimos que para cualquier x0 ∈ Ω,

uxi(x0) =

N2N

ωNrN

∫

B r2(x0)

uyi(y)dy .

Entonces, gracias al teorema de Gauss,

|uxi(x0)| =

∣∣∣∣

N2N

ωNrN

∫

B r2(x0)

uyi(y)dy

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣

N2N

ωNrN

∫

∂B r2(x0)

u(y)nidSy

∣∣∣∣≤ 2N

r‖u‖L1(∂B r

2(x0)) .

(4.11)

119


Observamos ademas que para cada y ∈ ∂B r2(x0), resulta que B r

2(y) ⊂

Br(x0) ⊂ Ω ası que

|u(x)| ≤(2

r

)N1

ωN

‖u‖L1(Br(x0)) ,

y utilizando esta desigualdad en (4.11), deducimos que

|uxi(x0)| ≤

CN

rN+1‖u‖L1(Br(x0)) .

Paso 2. u es Lipschitz en K con constante que depende solo de K.

El Paso 2 es una consecuencia del Paso 1: aplicando un oportuno argu-

mento de recubrimiento de K deducimos que

‖uxi‖L∞(K) ≤ C‖u‖L1(K) con C = C(K) .

para cada K ⊂⊂ Ω.

Paso 3. Conclusion.

Sea un la sucesion de funciones armonicas considerada. Notese que un puede

ser considerada positiva sin perder generalidad (si no se aplica el metodo

siguiente a un = un(x)−u0). Por el Paso 2 la sucesion es equi–Lipschitziana,

y ası equicontinua. Ademas por ii) la sucesion es equiacotada. Por lo tanto

el teorema de Ascoli-Arzela 18 nos permite concluir la prueba.

18 El teorema de Ascoli-Arzela nos dice lo siguiente:

Sea un una sucesion de funciones un : K → R, con K compacto tal que

1. (equicontinuidad) ∀ε > 0 ∃δ > 0 such that |un(x)− un(y)| ≤ ε, if |x− y| ≤ δ, ∀n;

2. (equiacotacion) ∃M > 0 such that supK |un(x)| ≤ M , ∀n.

Entonces existe una subsusesion unkque converge uniformemente en K.

120


R2+

η(z, 0) = (−1, 0)

(z, 0)

Figura 4.12: R2+ y la normal η en (z, 0).

Ejercicio 4.12 a) Determinad la funcion de Green y el nucleo de Poisson

para la ecuacion de Laplace en el semiplano superior R2+ = (x, y) ∈

R2 / y > 0.

b) Considerad el problema

−∆u(x, y) = 0, x ∈ R, y > 0,

u(x, 0) = e−πx2

, x ∈ R.

Probad que u(x, y) > 0, si y > 0 y que

max0≤x,y≤1

u(x, y) = 1.

Solucion.

(a) Dado P = (x, y) ∈ R2+, definimos P = (x,−y). Puesto que P 6∈ R2

+,

tenemos que la solucion fundamental

v(z, w) = E(z − x, w + y) =1

2πlog√

(z − x)2 + (w + y)2

(centrada en P ) verifica

∂2v(z, w)

∂z2+∂2v(z, w)

∂z2= 0, (z, w) ∈ R

2+,

v(z, 0) = E(z − x, y), z ∈ R.

121


Por tanto, hP (z, w) = −E(z − x, w + y) verifica

∆(z,w)hP (z, w) = 0, (z, w) ∈ R2+,

hP (z, 0) = −E(z − x, y), z ∈ R.

y la funcion de Green esta dada por

G((x, y), (z, w)) = E(z − x, w − y)− E(z − x, w + y)

= − 1

2πlog

[√

(z − x)2 + (w − y)2√

(z − x)2 + (w + y)2

]

.

Para calcular el nucleo de Poisson K((x, y), (z, w)) = ∂G((x,y),(z,w))∂n

, usamos

que el vector normal exterior n a R2+ en (z, 0) ∈ ∂R2

+ esta dado (vease Figura

4.12) por

n(z, 0) = (0,−1).

Ası,

K((x, y), (z, w)) = ∇(z,w)G((x, y), (z, 0)) · n(z, 0)

=∂G

∂w((x, y), (z, 0)) =

y

π[(x− z)2 + y2].

(b) Por la formula de Poisson y el apartado (a):

u(x, y) =

∫ +∞

−∞e−πz2 y

π[(x− z)2 + y2]dz, y > 0

e−πx2, y = 0.

Claramente, u es positiva y por el principio del maximo:

max0≤x,y≤1

u(x, y) = max(x,y)∈∂([0,1]×[0,1])

u(x, y)

y es facil probar que este ultimo vale 1.

122


Ejercicio 4.13 Para N ≥ 3, calculad la funcion de Green para la ecuacion

de Laplace en

Ω = x ∈ RN : |x| < R, xN > 0.

Solucion. Supongamos N ≥ 3. Sabemos que G(x, y) = E(x − y) + hx(y),

para todo x, y ∈ Ω, donde

−∆hx(y) = 0, y ∈ Ω

hx(y) = −E(x− y), y ∈ Ω

El problema por tanto es la determinacion de la funcion hx. Para ello, dada

la simetrıa del dominio, consideramos para cada x = (x1, x2, . . . , xN) ∈ Ω los

puntos

x∗ =R2

|x|2x, x = (x1, x2, . . . ,−xN),

x∗ = (x1, x2, . . . ,−xN)∗ = (x∗1, x∗2, . . . ,−x∗N),

y probamos con

hx(y) = αE(x∗ − y) + βE(x− y) + γE(x∗ − y).

Puesto que los puntos x∗, x, x∗ 6∈ Ω, tenemos que hx es necesariamente

armonica en Ω para cualesquiera constantes α, β, γ. La dificultad esta en

elegir α, β, γ de forma que

αE(x∗ − y) + βE(x− y) + γE(x∗ − y) = −E(x− y), y ∈ Ω (4.12)

Recordando (vease el calculo de la funcion de Green para una bola B(0, R))

queRN−2

|x|N−2|x∗ − y|N−2=

1

|x− y|N−2, ∀y ∈ ∂B(0, R),

puede probarse que si y ∈ Ω ∩ ∂B(0, R), entonces

αE(x∗ − y) + βE(x− y) + γE(x∗ − y)− E(x− y) = 0

123


implica

α = −γ = RN−2

(N−2)ωN |x|N−2

β = 1.

De otra parte, si y ∈ Ω ∩ xN = 0, entonces

E(x∗ − y) = E(x∗ − y), E(x− y) = E(x− y)

y ası para α = −γ y β = 1 se verifica (4.12). En resumen:

G(x, y) = − 1

(N − 2)ωN

[1

|x− y|N−2

− RN−2

|x|N−2|x∗ − y|N−2− 1

|x− y|N−2+

RN−2

|x|N−2|x∗ − y|N−2

]

.

124


Ejercicio 4.14 Mediante el metodo de series de Fourier calculad la solucion

del problema

−∆u(x, y) = 0, 0 < x < π, 0 < y < A

u(0, y) = u(π, y) = u(x,A) = 0, 0 ≤ y ≤ A, 0 ≤ x ≤ π

u(x, 0) = f(x), 0 ≤ x ≤ π

(4.13)

donde f ∈ C0([0, π]) y f(0) = 0 = f(π).

Solucion. No es difıcil probar la siguiente afirmacion:

i) Si la ecuacion

∆u(x, y) = 0, 0 < x < π, 0 < y < A (4.14)

posee una solucion u de la forma u(x, y) = X(x) ·Y (y), (x ∈ (0, π), y ∈(0, A)), con X ∈ C2((0, π)), Y ∈ C2((0, A)) y X(x) 6= 0 6= Y (y),

∀(x, y) ∈ Ω, entonces existe una constante λ ∈ R tal que X e Y verifi-

can

X ′′(x) + λX(x) = 0, 0 < x < π (4.15)

Y ′′(y)− λY (y) = 0, 0 < y < A (4.16)

ii) Recıprocamente, si existen una constante λ ∈ R y funciones X ∈C2((0, π)), Y ∈ C2((0, A)) verificando (4.15) y (4.16) 19, entonces la

funcion u(x, y) = X(x)Y (y) ((x, y) ∈ Ω) es una solucion de (4.14).

Como siempre, a nosotros nos interesara la implicacion probada en ii) (y

no la probada en i)).

Una vez que hemos demostrado la existencia de infinitas soluciones de

(4.14) nos preguntamos si alguna de estas verificara la condicion de contorno:

19aunque X o Y se anulen en algun punto!

125


u(0, y) = u(π, y) = u(x,A) = 0

u(x, 0) = f(x),0 ≤ x ≤ π, 0 ≤ y ≤ A.

Imponiendo esta condicion 20 se llegara a que X e Y deben verificar

X(0) = 0 = X(π), Y (A) = 0, X(x) =f(x)

Y (0), x ∈ [0, π]

De esta forma, hemos observado que (4.13) posee una solucion u con la forma

u(x, y) = X(x)Y (y) (siendo X ∈ C2((0, π)) ∩ C0([0, π]) y Y ∈ C2((0, A)) ∩C0([0, A])) si para alguna constante λ ∈ R existen soluciones X e Y de los

problemas

X ′′(x) + λX(x) = 0, x ∈ (0, π)

X(0) = 0 = X(π)(4.17)

Y ′′(y)− λY (y) = 0, 0 < y < A

Y (A) = 0(4.18)

tales que Y (0) 6= 1 y X(x) = f(x)Y (0)

, ∀x ∈ [0, π].

Se hace ası necesario estudiar para que valores de λ ∈ R los problemas

(4.17) y (4.18) poseen solucion no trivial. Entonces, el problema (4.17) posee

solucion no trivial si y solamente si λ = n2 con n ∈ N. Ademas, en este

caso, las soluciones de (4.17) son multiplos de la funcion sen nx En otras

palabras, −n2 es un valor proprio del operador “derivada segunda” y sen(nx)

la autofuncion asociada.

Igualmente, para λ = n2(n ∈ N), el problema (4.18) tiene soluciones no

triviales y estas son los multiplos de la funcion senh n(A− y)

Por estas observaciones, llegamos a que cualquier multiplo de la funcion

sen nx senh n(A− y) es una solucion de (4.14) que, ademas, verifica

u(0, y) = u(π, y) = u(x,A) = 0, x ∈ [0, π], y ∈ [0, A] (4.19)

20 Suponiendo Y (0) 6= 0.

126


Sin embargo, a menos que f sea un multiplo de la funcion sen nx, esta

solucion de (4.14) y (4.19) no lo sera del problema (4.13) puesto que no se

verificara la condicion u(x, 0) = f(x), x ∈ [0, π].

Como ya es habitual, pensamos entonces si una superposicion (finita o

infinita) de sen nx senh n(A − y) nos dara la solucion buscada de (4.13).

Ası probaremos que si para f ∈ C1([0, π]) con f(0) = 0 = f(π), consideramos

los coeficientes de Fourier

Bn =2

π

π∫

0

f(x) sen nx dx, ∀n ∈ N

entonces la funcion u : [0, π]× (0, A] → R definida como

u(x, y) =∞∑

n=1

Bn

senh (nA)sen nx senh n(A− y) (4.20)

para x ∈ [0, π], y ∈ (0, A], verifica

i) u ∈ C0([0, π]× (0, A]) ∩H((0, π)× (0, A)) y

u(0, y) = u(π, y) = u(x,A) = 0, 0 ≤ x ≤ π, 0 < y ≤ A.

ii) u ∈ C0([0, π]× [0, A]) y u(x, 0) = f(x), para todo x ∈ [0, π]. En conse-

cuencia, esta u es la unica solucion de (4.13).

En efecto, por ser f de clase C1, tenemos la convergencia de la serie

∑

n≥1

|Bn|

y la mayoracion

+∞∑

n=1

Bn

senh (nA)sen nx senh n(A− y) ≤

+∞∑

n=1

|Bn|e−ny ≤+∞∑

n=1

|Bn| < +∞.

Ademas, las series de las derivadas parciales formales ∂∂x, ∂∂y, ∂2

∂x2 ,∂2

∂y2, ∂2

∂x∂y

obtenidas mediante la derivacion termino a termino de la serie que define u

127


estan mayoradas por la serie

+∞∑

n=1

n2|Bn|e−ny.

La convergencia de esta y el criterio de Weiertrass da que u es armonica en

(0, π)× (0, A). El resto de l prueba es facil con tal que recordemos que

f(x) =+∞∑

n=1

Bn sen nx.

128


Ejercicio 4.15 Probar que el problema

−∆u(x, y) = 0, 0 < x2 + y2 < 1,

u(x, y) = 0, x2 + y2 = 1,

u(0, 0) = 1,

no posee solucion u ∈ C2(B(0, 1)).

Solucion.

Como el dominio tiene simetrıa esferica, la solucion necesariamente tendra la

misma simetrıa. Ası escribimos la ecuacion en polares, es decir: u(x, y) = v(r)

con r =√

x2 + y2 y v satisfaciendo

(rv′(r)

)′= 0, 0 < r < 1,

v(1) = 0,

lımr→0+

v(r) = 1.

De la ecuacion deducimos que rv′(r) = c1, con c1 una oportuna constante.

Por lo tanto v′(r) = c1ry consecuentemente

v(r) = c2 + c1 log r c1, c2 ∈ R .

La condicion v(1) = 0 implica que c2 = 0 y la expresion que queda de v no

es compatible con la condicion lımr→0+

v(r) = 1.

129


Ejercicio 4.16 Probad que si Ω ⊂ RN es abierto y acotado y una solucion

u ∈ C2(Ω) ∩ C(Ω) de−∆u+ u2 = 0, x ∈ Ω

alcanza su valor maximo en Ω entonces u ≡ 0.

Solucion.

Como u2 ≥ 0, resulta que −∆u ≤ 0, es decir u(x) es subarmonica. Gracias

al Principio del Maximo Fuerte para funciones subarmonicas 21, deducimos

que si u(x) alcanza su maximo en Ω, entonces es constante (en Ω). Siendo 0

la unica constante que cumple la ecuacion, el ejercicio esta probado.

21 El Principio del Maximo Fuerte nos dice que:

Sean Ω ⊂ RN un abierto y conexo y u una funcion verificando

u(x) ≤ 1

|Br(x)|

∫

Br(x)

u(z)dz ,

para cualquier Br(x) ⊂⊂ Ω. Si existe un punto y ∈ Ω tal que

u(y) = supx∈Ω

u(x)

entonces la funcion u es constante en Ω.

130


Ejercicio 4.17 Sea f : (0, 1) −→ R una funcion continuamente diferencia-

ble y no-negativa. Supongamos que u ∈ C2(BRN (0, 1))∩C(BRN (0, 1)) es una

solucion del problema

−∆u(x) + u2(x) + f(|x|) = 0, |x| < 1,

u(x) = 1, |x| = 1.

Calculad el maximo de u.

Solucion.

Queremos probar que el maximo de u es 1, es decir el valor que alcanza en

la frontera de la bola. Supongamos que exista un x0 ∈ BRN (0, 1) tal que u

alcance su maximo en dicho punto. Aprovechando que u es regular, en sus

puntos de maximo ∆u(x0) ≤ 0; ademas recordamos que f ≥ 0. Entonces por

la ecuacion satisfecha por u deducimos que

0 = −∆u(x0) + u2(x0) + f(|x0|) ≥ u2(x0) ,

lo cual implica u(x0) = 0.

131


Ejercicio 4.18 Sean Ω un subconjunto abierto y acotado en RN , f ∈ C(Ω)

y g : R −→ R una funcion creciente y continua. Probad que el problema

−∆u(x) + g(u(x)) = f(x), si x ∈ Ω

u(x) = 0, si x ∈ ∂Ω

tiene a lo mas una solucion u.

Solucion. Metodo 1. Principio del maximo

Sean u1, u2 dos soluciones. Probaremos que v := u1 − u2 es cero. Para ello

observemos que verifica

−∆v(x) + g(u1(x))− g(u2(x)) = 0, si x ∈ Ω

v(x) = 0, si x ∈ ∂Ω.

Consideremos el subconjunto abierto Ω1 := x ∈ Ω / v(x) > 0 = x ∈Ω / u1(x) > u2(x). Probaremos que Ω1 = ∅ por contradiccion. Supongamos

que Ω1 6= ∅. Ya que g es creciente, g(u1(x))− g(u2(x)) ≥ 0, ∀x ∈ Ω1 y ası

−∆v(x) = −g(u1(x)) + g(u2(x)) ≤ 0, si x ∈ Ω

v(x) = 0, si x ∈ ∂Ω1.

Por tanto, v = u1 − u2 ≤ 0 en Ω1, una contradiccion probando que Ω1 = ∅.Analogamente, Ω2 := x ∈ Ω / v(x) < 0 = x ∈ Ω / u1(x) < u2(x) = ∅ y,

consecuentemente, v ≡ 0.

Metodo 2. Integracion por partes.

Supongamos Ω de clase 1 y supongamos que tenemos dos soluciones u1 y u2.

Definimos, entonces, la funcion w = u1 − u2 la cual queremos demostrar que

es identicamente cero. Notese que w cumple

−∆w(x) + g(u1(x))− g(u2(x)) = 0, si x ∈ Ω

w(x) = 0, si x ∈ ∂Ω.

Multiplicamos la ecuacion por w(x) = u1(x)− u2(x) e integramos en Ω para

deducir que∫

Ω

−∆(u1(x)−u2(x))(u1(x)−u2(x)

)+

∫

Ω

[g(u1(x))−g(u2(x))](u1(x)−u2(x)) = 0 .

132


Aplicando la integracion por partes, se tiene que

∫

Ω

|∇w(x)|2 +∫

Ω

[g(u1(x))− g(u2(x))](u1(x)− u2(x))

=

∫

∂Ω

∇w(x) · ν w(x)dSx .

La ultima integral es cero, ya que w(x) = 0 en ∂Ω. Ademas, como g es no

decreciente, entonces ∀s, t ∈ R, [g(s)− g(t)](s− t) ≥ 0, ası que

∫

Ω

|∇w(x)|2 ≤ 0 ,

que implica w(x) ≡ 0, ya que w(x) = 0 en ∂Ω.

Consecuentemente u1(x)− u2(x) ≡ 0.

133


Ejercicio 4.19 Pruebese la Tercera Identidad de Green: Si Ω ⊂ RN es un

subconjunto abierto y acotado en el que es valido el teorema de la divergencia,

u ∈ C2(Ω) y x ∈ Ω, entonces

u(x) =

∫

Ω

E(x−y)∆u(y)dy+∫

∂Ω

u(y)∂

∂ny

E(x−y)dSy−∫

∂Ω

E(x−y) ∂

∂ny

u(y)dSy,

donde la funcion E : RN −→ RN esta dada por

E(y) =

log |y|2π

, si N = 2,

− 1

(N − 2)ωN |y|N−2, si N ≥ 3

y ∈ RN

y ∂∂ny

= n(y) · ∇, con n(y) el vector normal unitario exterior a Ω en y ∈ ∂Ω

y ωN = |B1|.

Solucion.

La segunda identidad de Green dice que para cualquier v, z ∈ C2(Ω)∩C1(Ω),

∫

Ω

[

z(y)∆v(y)− v(y)∆z(y)

]

dy =

∫

∂Ω

[

z(y)∂v(y)

∂n− v(y)

∂z(y)

∂n

]

dSy .

Si fijamos x ∈ Ω, elegimos v = u(y), z = E(x − y) y aplicamos la segunda

identidad de Green en Ωε = Ω \ Bε(x), con ε <dist(x, ∂Ω), deducimos que

(ya que ∆E(x− y) = 0 en Ωε, vease Ejercicio 1.8):

0 =

∫

Ωε

u(y)∆E(x− y)dy

=

∫

Ωε

E(x− y)∆u(y)dy −∫

∂Ωε

[

E(x− y)∂u(y)

∂ny

− u(y)∂E(x− y)

∂ny

]

dSy

=

∫

Ωε

E(x− y)∆u(y)dy −∫

∂Ω

[

E(x− y)∂u(y)

∂ny

− u(y)∂E(x− y)

∂ny

]

dSy

+

∫

∂Bε(x)

[

E(x− y)∂u(y)

∂ny

− u(y)∂E(x− y)

∂ny

]

dSy .

(4.21)

134


Vamos a tomar lımites cuando ε tiende a cero. Por el Teorema de Lebesgue,

E(x− y)∆u(y)χΩε

ε→0−→ E(x− y)∆u(y)χΩ en L1(Ω)22

y ası

lımε→0

∫

Ωε

E(x− y)∆u(y)dy =

∫

Ω

E(x− y)∆u(y)dy. (4.22)

Estudiamos ahora las ultimas dos integrales en (4.21). Haremos el calculo

solo para N ≥ 3 (siendo analogo en el caso N = 2). En primer lugar,

∂Bε(x) = y ∈ RN : |x− y| = ε

y por lo tanto

E(x− y)

∣∣∣∣∂Bε(x)

= − 1

(N − 2)ωNεN−2

ası que∫

∂Bε(x)

E(x− y)∂u(y)

∂ny

dSy = − 1

(N − 2)ωNεN−2

∫

∂Bε(x)

∂u(y)

∂ny

dSy =

= − Nε

(N − 2)

1

NωNεN−1

∫

∂Bε(x)

∂u(y)

∂ny

dSyε→0−→ 0 (4.23)

pues ∂u∂ny

∈ C1(Ω) implica que

1

NωNεN−1

∫

∂Bε(x)

∂u(y)

∂ny

dSyε→0−→ ∂u

∂ny

(x) .

Por otro lado, como n(y) = x−y

ε,

∫

∂Bε(x)

u(y)∂E(x− y)

∂ny

dSy =1

ωN

∫

∂Bε(x)

u(y)x− y

|x− y|N · (x− y)

εdSy

=1

ωNεN−1

∫

∂Bε(x)

u(y)dSy =

∮

∂Bε(x)

u(y)dSyε→0−→ u(x). (4.24)

Gracias a (4.22), (4.23) y (4.24), tomando lımites cuando ε tiende a cero en

(4.21) concluimos la formula pedida en el ejercicio.

22 Es decir:

lımε→0

∫

Ω

∣∣E(x− y)∆u(y)χΩε

− E(x− y)∆u(y)χΩ

∣∣dy = 0 .

135


136

Bibliografıa

[Ca] A. Canada Villar, Apuntes de Ecuaciones en Derivadas Parciales,

http://www.ugr.es/∼dpto am/docencia/Apuntes/EDPMatematicas Canada.pdf

[CF] A. Castro Figueroa, Curso basico de ecuaciones en derivadas parciales.

Addison-Wesley Iberoamericana (1997).

[DF] D.G. De Figueiredo, Analise de Fourier e Equacoes Diferenciais Par-

ciais. Instituto de matematica pura e aplicada (1997).

[Ev] L. C. Evans, Partial Differential Equations, Graduate Studies in Mat-

hematics 19, American Mathematical Society (1998).

[Per] I. Peral, Primer Curso de Ecuaciones en Derivadas Parciales,

http://www.uam.es/personal pdi/ciencias/ireneo/libro.pdf

[St] W.A. Strauss, Partial differential equations. An introduction. John Wi-

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