Formas Canonicas

Captulo 4

Ecuaciones en Derivadas Parciales

4.1. Introduccin a las ecuaciones en derivadas parciales

Denicin 4.1 Se llama ecuacin diferencial en derivadas parciales o abreviadamente ecuacin enderivadas parciales (EDP) a una ecuacin de la forma

F

x1; : : : ; xn; u;

@u

@x1; : : : ;

@u

@xn; : : : ;

@mu

@xk11 @xknn; : : :

!= 0 (4.1)

donde n > 1, (x1; : : : ; xn) 2 , son las variables independientes y u u (x1; : : : ; xn) es la variabledependiente, siendo k1 + + kn = m.

La EDP estar denida y planteada en la regin abierta (nita o innita) Rn.

Denicin 4.2 Las derivadas parciales tambin pueden expresarse como

@u

@xk= uxk

@mu

@xk11 @xknn= ux1 : : : x1| {z }

k1

:::xn : : : xn| {z }kn

Para los casos n = 2 y n = 3 utilizaremos la siguiente notacin:

n = 2) (x1; x2) =8

30 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales

Ejemplo 4.1 A continuacin se introducen alguna EDP y se indica su correspondiente orden:

Ecuacin Expresin OrdenLaplace uxx + uyy = 0 2Fourier ut 2uxx = 0 2Onda uxx uyy = 0 2

Euler-Bernouilli utt + 2uxxxx = 0 4Schrodinger ut iuxx = 0 2Helmholtz uxx + uyy + 2u = 0 2

Korleneg-de Vries ut + uux + uxxx = 0 3Tricormi uxx + xuyy = 0 2

Observacin 4.1 Por su dicultad no estudiaremos sistemas de EDP.

Las EDP se utilizan para modelar procesos que adems de tener una variacin temporal, tienenuna variacin espacial. Por ejemplo la variacin del calor con el tiempo en un slido, la distribucinde poblaciones un habitat o la propagacin del sonido de las cuerdas de una guitarra.

En general las EDP son bastante difciles de resolver de forma analtica, de hecho, no existenteoremas de existencia y unicidad tan sencilloscomo los estudiados en los problemas de valor inicialasociados a las EDO.

Denicin 4.4 Una solucin de 4.1 en Rn es cualquier funcin u u (x1; : : : ; xn) 2 Cm () talque a sustituir u y todas sus derivadas parciales en dicha ecuacin 4.1 obtenemos una identidad.

Observacin 4.2 Generalmente se exigir que u sea continua o diferenciable en @, la frontera de

, que tenga todas las derivadas parciales en y que se cumpla la ecuacin en el interior de .

4.1.1. Algunos mtodos sencillos para resolver una EDP

Integracin directa

Algunas EDP pueden resolverse mediante integracin directa, como en los ejemplos siguientes:

Ejemplo 4.2 Resuelvaux = x+ y

Solucin: Obviamente esta EDP es de orden 1. Buscamos una funcin u que sea de clase C1.Integramos respecto a x

u =

Zuxdx =

Z(x+ y) dx =

x2

2+ xy + (y)

La funcin (y) es la constante respecto a x que aparece al integrar de forma indenida la funcinx + y, hay que permitir que sea una funcin de la otra variable y, ya que aunque sabemos que esconstante respecto a x, no tiene que ser constante respecto a y y obviamente se cumple

@

@x( (y)) = 0

Ejemplo 4.3 Resuelvauxy = 0

cSPH

4.1. Introduccin a las ecuaciones en derivadas parciales 31

Solucin: Obviamente la EDP anterior es de orden 2. Buscamos una funcin u que sea de claseC2. Integramos en primer lugar respecto a y

ux =

Zuxydy =

Z0dy = 0 (x)

ya que cualquier funcin que slo dependa de x es constante respecto a y. A continuacin integramosrespecto de la otra variable c

u =

Zuxdx =

Z0 (x) dx = 1 (x) + 2 (y)

donde 1 (x) es una primitiva cualquiera de 0 (x). Por tanto la solucin de la EDP viene dada porcualquier funcin u de la forma

u (x; y) = 1 (x) + 2 (y)

con 1 y 2 funciones arbirtrarias de una variable que sean derivables dos veces. Por ejemplo, seransolucin de la EDP las siguientes funciones:

u (x; y) = x+ y

u (x; y) = ex + sen (y)

u (x; y) = x2 + yey

Ejemplo 4.4 Resuelvauxx + uyy = 0

Solucin: Si recordamos la teora de variable compleja y las funciones holomorfas que all seutilizaban, recordaremos que las soluciones de esta EDP son de la forma

u (x; y) = Re (f (z))

ou (x; y) = Im (f (z))

donde f (z) = f (x+ iy) es cualquier funcin holomorfa (derivable compleja). Por ejemplo tendremoscomo soluciones

u (x; y) = x2 y2

u (x; y) = 2xy

u (x; y) = ex cos (y)

Cambio de variable

Otras veces una EDP pueden resolverse fcilmente mediante un cambio de variables, como enel siguiente ejemplo.

Ejemplo 4.5 Resuelva la ecuacinux uy = 0

cSPH


Solucin: En primer lugar hacemos el siguiente cambio de variable

= x+ y )x = 1y = 1

= x y )

x = 1y = 1

Por tanto

ux = ux + ux = u + u

uy = uy + uy = u uy sustituyendo en la EDP

ux uy = 0, (u + u) (u u) = 2u = 0En trminos de las nuevas variables (; ) la EDP es

u = 0

cuya solucin es

u (; ) =

Zud = ()

es decir cualquier funcin de y por tanto constante en . Deshaciendo el cambio

u (x; y) = (x+ y)

y ser solucin cualquier funcin derivable evaluada en x+ y, por ejemplo

u (x; y) = sen (x+ y)

u (x; y) = (x+ y)2

u (x+ y) = ex+y = exey

Mtodo de separacin de variables

Tambin es posible resolver algunas EDP haciendo cierta suposicin sobre la funcin solucin. enel caso del mtodo de separacin de variables se supone que la funcin es de la forma

u (x; y) = F (x)G (y)

Con esta suposicin, entonces podemos poner

ux (x; y) = F0 (x)G (y)

uy (x; y) = F (x)G0 (y)

uxy (x; y) = F0 (x)G0 (y)

uxx (x; y) = F00 (x)G (y)

uyy (x; y) = F (x)G00 (y)

cSPH

4.1. Introduccin a las ecuaciones en derivadas parciales 33

y en general

ux x| {z }k

y y| {z }nk

=@nu

@xk@ynk(x; y) = F (k) (x)G(nk) (y)

y sustituyendo en la EDP en algunas ocasiones es posibleyreducir de este modo una EDP a un sistemade EDO con dos ecuaciones.

Ejemplo 4.6 Resuelva la siguiente EDP por el mtodo de separacin de variables

uxx = 4uy

Solucin: Realizando el cambio indicado y sustiyendo en la ecuacin anterior obtenemos

F 00 (x)G (y) = 4F (x)G0 (y)

Agrupando los trminos en x y yF 00 (x)F (x)

=4G0 (y)G (y)

Como el primer miembro es una funcin que slo depende de x y el segundo miembro es una funcinque slo depende de y, la nica forma de que se cumpla la igualdad es que ambos miembros seaniguales a una constante que llamamos 2 R, es decir

F 00 (x)F (x)

=4G0 (y)G (y)

=

El parmetro se denomina constante de separacin. Obtenemos dos ecuaciones diferenciales ordi-narias

F 00 (x)F (x)

= ) F 00 (x) F (x) = 0

4G0 (y)G (y)

= ) 4G0 (y) G (y) = 0

que se pueden resolver de forma independiente. Segn el valor de , obtenemos:

1. Caso I: = 0

F 00 (x) F (x) = 0) F 00 (x) = 0

4G0 (y) G (y) = 0) G0 (y) = 0

e integrandoF (x) = c1x+ c2

G (y) = c3

9=;con c1; c2; c3 2 R, constantes arbitrarias. La funcin u (x; y) sera

u (x; y) = F (x)G (y) = (c1x+ c2) c3 = A1x+B1

cSPH


2. Caso II: > 0

Como es positivo, podemos suponer que

= 2

y las ecuaciones sern

F 00 (x) F (x) = 0) F 00 (x) 2F (x) = 0

4G0 (y) G (y) = 0) 4G0 (y) 2G (y) = 0La primera de estas ecuaciones es de segundo orden y su solucin, utilizando el polinomio car-acterstico, es de la forma

F (x) = c1ex + c2e

x

La segunda es de primer orden y su solucin es

G (y) = c3e2y=4

La funcin u (x; y) es de la forma

u (x; y) = F (x)G (y) =c1e

x + c2ex c3e2y=4 = A2ex+2y=4 +B2ex+2y=4

3. Caso III: < 0

Como en el caso anterior y debido a que es negativo, en este caso podemos suponer que

= 2

y las ecuaciones sern

F 00 (x) F (x) = 0) F 00 (x) + 2F (x) = 0

4G0 (y) G (y) = 0) 4G0 (y) + 2G (y) = 0Como antes, la primera de estas ecuaciones es de segundo orden y su solucin, utilizando elpolinomio caracterstico, que tiene como races complejas i, es de la forma

F (x) = c1 cos (x) + c2 sen (x)

La segunda es de primer orden y su solucin es

G (y) = c3e2y=4

La funcin u (x; y) es de la forma

u (x; y) = F (x)G (y) = (c1 cos (x) + c2 sen (x)) c3e2y=4 = A3e

2y=4 cos (x)+B3e2y=4 sen (x)

En los ejemplos anteriores podemos comprobar que similarmente a lo que ocurre con las ecuacionesdiferenciales ordinarias (EDO) para las que la solucin general implicaba la existencia de constantesarbitrarias, en este caso las soluciones de una EDP suele implicar a funciones arbitrarias. En generalal resolver una EDP podemos obtener una cantidad innita de soluciones que dependern de esasfunciones arbitrarias. Para poder obtener una solucin nica a problemas de EDP y tal y como ocurrecon las EDO, estos problemas llevarn asociadas unas condiciones o restricciones que pueden ser dedos tipos: condiciones iniciales y condiciones de contorno. Veamos esta diferencia con un ejemplo.

cSPH

4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 35

Ejemplo 4.7 La siguiente EDP modela la variacin de temperatura con el tiempo en una varilla delongitud 1. Si u (t; x) es la temperatura de la varilla en el instante t en la posicin x de la varilla,entonces, podemos plantear el problema como

ut = uxx t > 0; x 2 (0; 1)

u (0; x) = f (x) x 2 [0; 1]

u (t; 0) = u (t; 1) = 0 t 0

9>>>>=>>>>;La ecuacin ut = uxx (ecuacin del calor) representa el comportamiento de la variacin de temperaturacon el tiempo en funcin de la posicin. La condicin u (0; x) = f (x) es la temperatura en el instanteinicial t = 0 y por tanto representa una condicin inicial del problema. Las condiciones u (t; 0) = 0 yu (t; 1) = 0 son restricciones que se le imponen a los extremos de la varilla en cualquier instante detiempo y se denominan condiciones de contorno.

4.2. Ecuaciones lineales de orden 2

4.2.1. Clasicacin de EDP

Las EDP, al igual que las EDO, se clasican en lineales y no lineales.

Denicin 4.5 Una EDP es lineal, s y slo si, la variable dependiente u o sus derivadas parcialesaparecen slo en primera potencia.

Por ejemplo, una EDP lineal de 2o orden ser de la forma

nXi=1

nXj=1

Aijuxixj +nXi=1

Biuxi + Fu = G

donde

Aij Aij (x1; : : : ; xn)

Bi Bi (x1; : : : ; xn)

F F (x1; : : : ; xn)

G G (x1; : : : ; xn)

son funciones de las variables independientes y supondremos adems que Aij = Aji.Si las funciones Aij , Bi, y F son constantes, la EDP ser lineal con coecientes constantes.Como en el caso de las EDO si la funcin G es idnticamente nula

G 0

la ecuacin lineal se dice homognea, siendo no homognea caso contrario.

cSPH


Ejemplo 4.8 Las siguientes ecuaciones son lineales

uxx + uyy = 0

uxx uyy = xysiendo la primera de ellas homognea y la segunda no homognea.

Teorema 4.1 Si u1; : : : ; un son soluciones de una EDP lineal homognea, entonces cualquier combi-nacin lineal de ellas de la forma

u = c1u1 + + cnuncon ci 2 R, tambin es solucin de la EDP.

La solucin general de una EDP lineal de orden n es una familia de funciones que depende de nfunciones arbitrarias.

4.2.2. Ecuaciones lineales de orden 2

Una ecuacin lineal de 2o orden es de la forma

A (x; y)uxx +B (x; y)uxy + C (x; y)uyy +D (x; y)ux + E (x; y)uy + F (x; y)u = G (x; y) (4.2)

donde A;B;C;D;E; F;G : R! R, son funciones sucientemente regulares.

Tipos de EDP lineales de 2o orden

Denicin 4.6 Sea la EDP dada por la ecuacin 4.2 y sea (x0; y0) 2 , entonces la EDP en dichopunto es

Hiperblica , B2 (x0; y0) 4A (x0; y0)C (x0; y0) > 0

Parablica , B2 (x0; y0) 4A (x0; y0)C (x0; y0) = 0

Elptica , B2 (x0; y0) 4A (x0; y0)C (x0; y0) < 0

Si las desiguladades son ciertas para todos los puntos de (x; y) 2 , entonces la EDP ser Hiper-blica, Parablica o Elptica, respectivamente, segn el caso.

Como caso particular, si la ecuacin tiene coecientes constantes la clasicacin de la EDP nodepende del punto (x0; y0), de esta forma para la EDP

Auxx +Buxy + Cuyy +Dux + Euy + Fu = G (x; y) (4.3)

se cumple que la ecuacin es

Hiperblica , B2 4AC > 0

Parablica , B2 4AC = 0

Elptica , B2 4AC < 0

cSPH


La clasicacin de las EDP de 2o orden lineales est basada en la posibilidad de reducir la ecuacingeneral mediante un cambio de coordenadas a una forma cannica o estndar. Una vez en formacannica es posible reducir, mediante cambios de coordenadas adecuados, la ecuacin a una del tiposiguiente

wss + wtt + w = ' (s; t) (4.4)

wss wtt + w = ' (s; t) (4.5)

wtt ws = ' (s; t) (4.6)

wss + w = ' (s; t) (4.7)

donde es una constante que puede tomar los valores 1, 0 o 1, y ' (s; t) es una funcin cualquieraen las nuevas variables (s; t).

Paso a la forma cannica

Para (x; y) es posible encontrar una transformacin que reduzca la ecuacin a una forma cannicaen una regin dada (esto no es posible, en general, para ms de dos variables).

Dada la ecuacin 4.3 se hace un cambio de variables de la forma

= (x; y)

= (x; y)

con la condicin de que el Jacobiano asociado al cambio de variable sea distinto de cero, es decir

J =@ (; )

@ (x; y)=

x yx y 6= 0

Con este cambio de variable la funcin u y sus derivadas seran, haciendo uso de la regla de la cadena

cSPH


(y tenienndo en cuenta tambin que uxy = uyx)

ux = ux + ux

uy = uy + uy

uxx =

dudx

x + udxdx

+

dudx

x + udxdx

= (ux + ux) x + uxx + (ux + ux) x + uxx

=

u2x + 2uxx + u

2x + uxx + uxx

uxy =

dudy

x + udxdy

+

dudy

x + udxdy

=

uy + uyx + uxy +

uy + uy

x + uxy

=

uxy + uxy + yx

+ uxy + uxy + uxy

uyy =

dudy

y + udydy

+

dudy

y + udydy

=

uy + uyy + uyy +

uy + uy

y + uyy

=

u2y + 2uyy + u

2y + uyy + uyy

y sustituyendo en 4.3

Au

2x + 2uxx + u

2x + uxx + uxx

+

Buxy + u

xy + yx

+ uxy + uxy + uxy

+

Cu

2y + 2uyy + u

2y + uyy + uyy

+

D (ux + ux) + Euy + uy

+ Fu

= G

agrupando trminos obtenemos la EDP en las variables (; )

Au +Bu + Cu +Du + Eu + F u = G

cSPH


dondeA = A2x +Bxy + C

2y

B = 2Axx +Bxy + yx

+ 2Cyy

C = A2x +Bxy + C2y

D = Axx +Bxy + Cyy +Dx + Ey

E = Axx +Bxy + Cyy +Dx + Ey

F = F

G = G

9>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>;

(4.8)

Es importante notar que en la nueva ecuacin ocurre

B 4AC = J2 B2 4ACy por tanto si J 6= 0, el carcter de la ecuacin (hiperblica, parablica o elptica) se conserva paracualquier cambio de variable.

Para encontrar el cambio de variable adecuado, observamos que las ecuaciones para A y C sonsimilares y asumiremos que el cambio de variable realizados conduce a que A = 0 o C = 0 o ambos.En este caso, si utilizamos la ecuacin para A (para C el desarrollo sera el mismo), tenemos

A = A2x +Bxy + C2y = 0

Dividiendo por 2y

A2x +Bxy + C2y = 0, A

xy

2+B

xy

+ C (4.9)

Supongamos ahora que = cte:, en ese caso

d = xdx+ ydy = 0

de dondedy

dx= x

y

y la ecuacin 4.9 se transforma en

A

dydx

2+B

dxdy

+ C = 0) A

dy

dx

2B

dy

dx

+ C = 0

que es una ecuacin de segundo grado en dydx , cuyas races son

dy

dx=B pB2 4AC

2A= constante

e integrando

y =B pB2 4AC

2Ax+ C (4.10)

cSPH


donde C es constante. Las ecuaciones anteriores, llamadas ecuaciones caracterstica, son lneas rectas.Por tanto el cambio que debemos realizar sera el siguiente

= y 1x (4.11) = y 2x

donde

1 =B +

pB2 4AC2A

2 =B pB2 4AC

2A

Las coordenadas (; ) son las coordenadas caractersticas.El cambio de coordenadas anterior sera de tipo general. A continuacin estudiaremos qu ocurre

a cada uno de los tipos de EDP.

1. EDP Hiperblica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo hiperblico, es decir

B2 4AC > 0

entonces 1 6= 2 y el cambio de variable sera el dado por 4.11. En este caso

= y 1x)8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>;

(4.12)

y la ecuacin se transforma en

Bu +Du + Eu + F u = G

cSPH


y dividiendo por B

u = D1u + E1u + F1u+G1

En el caso de que A = 0, entonces el coeciente A vendra dado por

A = A2x +Bxy + C2y = 0) A = Bxy + C2y = 0

y en este caso dividiramos por 2x para obtener

A = Bxy

+ C

2x2y

!= 0

y teniendo en cuenta quedy

dx= x

y) dx

dy= y

x

se obtendra

Bdxdy

+ C

dx

dy

2= 0

ecuacin de segundo grado que podemos resolver fcilmente

dx

dy

Cdx

dyB

= 0)

8>>>>>:dx

dy= 0

dx

dy=B

C)

que podemos integrar como

x = c1

x =B

Cy + c2

El cambio de variable entonces sera

= x)8


para expresar la funcin en trminos de las derivadas dobles respecto a la misma variable.

u = u + u = u + u

u = u + u = u u

u = u + u + u + u = u u + u u = u uy la segunda forma cannica sera

u u = D1 u + E1 u + F 1 u+G1

2. EDP Parablica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo parablico, es decir

B2 4AC = 0entonces 1 = 2 y solamente tendramos una ecuacin caracterstica

1 = 2 =B

2A

El cambio de variable sera el dado en este caso por

= y 1x)8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>;

(4.13)

cSPH


En este caso vamos a elegir h y k de forma que como hemos comentado J 6= 0, para que elcambio de variable conserve el tipo de ecuacin.

La ecuacin con este cambio se transforma en

Cu +Du + Eu + F u = G

y dividiendo por C

u = D2u + E2u + F2u+G2

En el caso de que B = 0, entonces como B2 4AC = 0, tendra que suceder o que A = 0 o queB = 0 y por tanto:

A = 0) Cuyy +Dux + Euy + Fu = G (x; y)

C = 0) Aux +Dux + Euy + Fu = G (x; y)

y ya estara en la forma cannica buscada.

3. EDP Elptica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo elptico, es decir

B2 4AC < 0

entonces 1; 2 2 C, son complejos conjugados. En este caso haremos el cambio

= y (a+ bi)x

= y (a bi)x

9=; (4.14)donde

a =B

2A

b =

p4AC B2

2A

9>>>=>>>; (4.15)y despus el cambio

= 12 ( + )

= 12i ( )

9=; (4.16)o de forma simultnea (x; y)! (; )! (; )

= y ax)8


y la EDP en funcin de estas nuevas variables sera

A = A2x +Bxy + C2y = Aa2 Ba+ CB = 2Axx +B

xy + yx

+ 2Cyy = 2Aab bB

C = A2x +Bxy + C2y = Ab

2

D = Axx +Bxy + Cyy +Dx + Ey = aD + EE = Axx +Bxy + Cyy +Dx + Ey = bDF = F = FG = G = G

9>>>>>>>>=>>>>>>>>;(4.17)

El trmino B se anula

B = 2Aab bB = 2AB

2A

b bB = Bb bB = 0

adems por la ecuacin 4.15 podemos comprobar que

A = C

y la ecuacin se transforma en

Au +Au +Du + Eu + F u = G

y dividiendo por A podemos expresar la EDP elptica como

u + u = D3u + E

3u + F

3 u+G

3

Resumiendo, hemos comprobado que cualquier EDP lineal de orden 2 en dos variables y concoecientes constantes puede ponerse en forma cannica segn la siguiente tabla

Tipo Discriminante Cambio Forma Cannica

Si A 6= 0)

8>>>: = y

B+pB24AC2A

x

= y BpB24AC

2A

x

u = F (u; u; u)

Hiperblica B2 4AC > 0

Si A = 0)8


donde F es una funcin de la forma

F (u; u; u) = au+ bu + cu + d (; )

siendo a; b; c 2 R.Una vez que la EDP est puesta en la forma cannica, en algunos casos posible eliminar las

derivadas primeras mediante cambios del tipo v (x; y) = u (x; y) ekx o v (x; y) = u (x; y) eky segnquerramos eliminar ux o uy en la ecuacin. Veamos a continuacin un ejemplo de cada uno de los tiposde EDP.

Ejemplo 4.9 Transforma la siguiente EDP en su forma cannica

4uxx + 5uxy + uyy + ux + uy = 2

Solucin: Como A = 4, B = 5 y C = 1, entonces

B2 4AC = 52 4 4 1 = 9 > 0

luego es una ecuacin de tipo hiperblico. En este caso

1 =B +

pB2 4AC2A

=5 + 3

8= 1

2 =B pB2 4AC

2A=

5 38

=1

4

Las ecuaciones caractersticas son

y = x+ c1

y =1

4x+ c2

y el cambio de variables que necesitamos es

= y x)8


Los nuevos coecientes de la EDP en estas variables sern sustituyendo en 4.17

A = 0

B = 94

C = 0

D = 0

E =3

4

F = 0

G = 2

9>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>;y la EDP sera

94u +

3

4u = 2

y reorganizando obtendramos la primera forma cannica de la EDP hiperblica inicial

u =1

3u 8

9

Para obtener la segunda forma cannica hacemos el cambio

= +

=

9=;y tendremos

u = u + u

u = u u

u = u u

La edp buscada sera

u u = 13u 1

3u 8

9

Ahora podemos simplicar la edp eliminando ahora los trminos u y u mediante cambios de tipoexponencial. En primer lugar eliminaremos el trmino u mediante el cambio

v = ueh

cSPH


donde h 2 R se elegir de forma que el trmino correspondiente a la primera derivada respecto a laprimera variable desaparezca. Con este cambio tendremos

u = veh

u = veh hveh

u = veh

u = veh 2hveh + h2veh

u = veh

9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;Notar que no necesitamos saber cunto vale u. Sustituyendo en la ecuacin

u u = 13u 1

3u 8

9) u u 1

3u +

1

3u +

8

9= 0

u u 13u +

1

3u +

8

9= 0,

ve

h 2hveh + h2vehve

h 1

3

veh hveh

+

1

3

veh

+

8

9= 0,

veh veh + veh

2h 1

3

+

1

3veh + veh

h2 +

1

3h

+

8

9= 0

Para que se anule el trmino en v debe ocurrir2h 1

3

= 0, h = 1

6

y la EDP quedara como

veh veh + 1

3veh 1

36ve=6 +

8

9= 0

Como eh 6= 0, entonces podemos multiplicar toda la ecuacin y obtener

v v + 13v 1

36v +

8

9e=6 = 0

Eliminaremos ahora el trmino en v mediante un cambio similar

w = vek

Con este cambio tendremos

v = wek

v = wek

v = wek kwek

v = wek

v = wek 2kwek + k2wek

9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;cSPH


y sustituyendo en la edp en la variable v

v v + 13v 1

36v +

8

9e=6 = 0,

we

kwe

k 2kwek + k2wek

+1

3

we

k kwek 1

16

wek

+

8

9e=6 = 0

multiplicamos por ek

w w 2kw + k2w

+

1

3(w kw) 1

16w +

8

9e=6ek = 0

y agrupando

w w + w

2k +1

3

+

k2 k

3 1

16

w +

8

9e=6ek = 0

y elegimos k de forma que se anule el trmino en w

2k +1

3= 0, k = 1

6

quedando nalmente la ecuacin en la forma

w w + 148w +

8

9e()=6 = 0

Finalmente es posible hacer el cambio

s =1p48

t =1p48

y obtendremos la ecuacin en las forma usual, puesto que

w =1p48ws

w =1p48wt

w =1p48wss

w =1p48wtt

9>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>;y entonces

w w + 148w +

8

9e()=6 = 0) 1

48wss 1

48wtt +

1

48w +

8

9e()=6 = 0

y multiplicando por 48

wss wtt + w + 3849e()=6 = 0

Ejemplo 4.10 Expresa en forma cannica la siguiente EDP

uxx 4uxy + 4uyy = ey

cSPH


Solucin: Como A = 1, B = 4 y C = 4, el discriminante esB2 4AC = (4)2 4 1 4 = 0

y la EDP es parablica.El cambio de variable que hay que realizar es

= y B2A

x = y + 2x)8>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin

uxx 4uxy + 4uyy = ey ,

(2u) 4 (2u + 2u) + 4 (u + 2u + u) = e

y agrupando

4u 8u 8u + 4u + 8u + 4u = e , 4u = e , u = 14e

cuya solucin puede obtenerse fcilmente integrando dos veces respecto a :

u =

Z1

4ed =

1

4e + 1 ()

u =

Zud =

Z 1

4e + 1 ()

d =

1

4e + 1 () + 2 ()

siendo 1 () y 2 () dos funciones arbitrarias en la variable . Si deshacemos el cambio obtendremosla solucin en trminos de las variables originales:

u (x; y) =1

4ey + 1 (y + 2x) y + 2 (y + 2x)

cSPH


Ejemplo 4.11 Expresa en forma cannica la siguiente EDP

uxx + uxy + uyy + ux = 0

Solucin: Para esta ecuacin A = B = C = 1 y por tanto

B2 4AC = 1 4 = 3 < 0

y la EDP es elptica.Hacemos el cambio

= y

1

2+

p3

2i

!x

= y

1

2p

3

2i

!x

y despus el cambio

=1

2( + )

=1

2i( )

o como hemos hecho en teora hacemos el cambio

= y 12x)

8>:x = 1

2

y = 1

= p

3

2x)

8>>>:x =

p3

2

y = 0

y las transformaciones seran:

ux = ux + ux = 1

2u

p3

2u

uy = uy + uy = u

uxx = 12

(ux + ux)p

3

2(ux + ux) =

14u +

p32 u +

34u

uxy = 12

uy + uy

p32

uy + uy

= 1

2u

p3

2u

uyy = uy + uy = u

9>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>;cSPH


y sustituyendo en la ecuacin

uxx + uxy + uyy + ux = 0, 1

4u +

p3

2u +

3

4u

!+

1

2u

p3

2u

!+ (u) +

1

2u

p3

2u

!= 0

y agrupando obtenemos3

4u +

3

4u 1

2u

p3

2u = 0

y multiplicando por 43 obtenemos la forma cannica

u + u 23u 2

p3

3u = 0 (4.18)

Como en el caso de la ecuacin hiperblica podemos eliminar las derivadas de primer orden haciendolos cambios oportunos, ambos del mismo tipo. Para eliminar ua haremos el cambio

v = ueh

y recordamos que en este caso

u = veh

u = (va hv) eh

u = veh

u =v 2hv + h2v

eh

u = veh

9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin 4.18

v 2hv + h2v

eh| {z }

u

+ veh| {z }

u

23

(va hv) eh| {z }u

2p

3

2veh| {z }u

= 0

Podemos multiplicar la ecuacin por eh, que es distinto de 0

v 2hv + h2v

+ v 2

3(va hv) 2

p3

2v = 0

y agrupando

v + v + v

2h 2

3

2p

3

2v +

h2 +

1

3

v = 0

El valor del parmetro h se elige de forma que el coeciente de v sea 02h 2

3

= 0, h = 1

3

cSPH


con este valor la ecuacin queda como

v + v 2p

3

2v 1

9v = 0 (4.19)

Ahora para eliminar v haremos el cambio

w = vek


v = wek

v = wek

v = (w kw) ek

v = wek

v =w 2kw + k2w

ek

9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin 4.19

wek| {z }

v

+w 2kw + k2w

ek| {z }

v

2p

3

2(w kw) ek| {z }

v

19wek = 0

Podemos multiplicar la ecuacin por ek, que es distinto de 0

w +w 2kw + k2w

2p32

(w kw) 19w = 0

y agrupando

w + w + w

2k 2

p3

3

!+ w

k2 +

2p

3

3k 1

9

!= 0

El valor del parmetro k se elige de forma que el coeciente de w sea 0 2k 2

p3

3

!= 0, k =

p3

3


w + w 49w = 0


s =2

3

t =2

3

cSPH



w =23ws

w =23wt

w =49wss

w =49wtt

9>>>>>>>>=>>>>>>>>;y entonces

w + w 49w = 0) 4

9wss +

4

9wtt 4

9w = 0) wss + wtt w = 0

Ejercicio 4.1 Realiza los cambios de variable adecuados para transformar la EDP siguiente

3uxx 2uxy + 6uyy 12ux 9uy 5u = 0

Solucin: Para esta ecuacin A = 3, B = 2, C = 6 y por tanto

B2 4AC = (2)2 4 3 6 = 4 (17) < 0

y la EDP es elptica. Las races son

=B pB2 4AC

2A= 1

3p

17

3i

Hacemos el cambio

= y 1

3+

p17

3i

!x

= y 1

3p

17

3i

!x

y despus el cambio

=1

2( + )

=1

2i( )

o como hemos hecho en teora hacemos el cambio

= y +1

3x)

8>:x =

1

3

y = 1

= p

17

3x)

8>>>:x =

p17

3

y = 0

cSPH


y las transformaciones seran:

ux = ux + ux =1

3u

p17

3u

uy = uy + uy = u

uxx =1

3(ux + ux)

p17

3(ux + ux) =

19u 2

p179 u +

179 u

uxy = uyx = (ux + ux) =1

3u

p17

3u

uyy = uy + uy = u

9>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin

3

1

9u 2

p17

9u +

17

9u

!| {z }

uxx

2

1

3u

p17

3u

!| {z }

uxy

+ 6u|{z}uyy

12

1

3u

p17

3u

!| {z }

ux

9 u|{z}uy

5u = 0

u

3

9 2

3+ 6

+ u

6p

17

9+

2p

17

3

!+ u

3 17

9

+ u

12

3 9

+ u

12 p17

3

! 5u = 0

y agrupando obtenemos

3

17

17

3u +

17

3u 13u + 4

p17u 5u = 0

Multiplicando por 317 obtenemos la forma cannica

u + u 3917u +

12p

17

17u 15

17u = 0

Como en los ejemplos anteriores podemos eliminar las derivadas de primer orden haciendo los cambiosoportunos, ambos del mismo tipo. Para eliminar ua haremos el cambio

v = ueh


u = veh

u = (va hv) eh

u = veh

u =v 2hv + h2v

eh

u = veh

9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;cSPH


y sustituyendo en la ecuacin 4.18

v 2hv + h2v

eh| {z }

u

+ veh| {z }

u

3917

(va hv) eh| {z }u

+12p

17

17veh| {z }u

1517veh| {z }

u

= 0

Podemos multiplicar la ecuacin por eh 6= 0v 2hv + h2v

+ v 39

17(va hv) + 12

p17

17v 15

17v = 0

y agrupando

v + v + v

2h 39

17

+

12p

17

17v +

h2 15

17

v = 0

El valor del parmetro h se elige de forma que el coeciente de v sea 02h 39

17

= 0, h = 39

34


v + v +12p

17

17v +

501

1156v = 0

Ahora para eliminar v haremos el cambio

w = vek


v = wek

v = wek

v = (w kw) ek

v = wek

v =w 2kw + k2w

ek

9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin

wek| {z }

v

+w 2kw + k2w

ek| {z }

v

+12p

17

17(w kw) ek| {z }

v

+501

1156wek = 0

Multiplicamos la ecuacin por ek 6= 0

w +w 2kw + k2w

+

12p

17

17(w kw) + 501

1156w = 0

y agrupando

w + w + w

2k + 12

p17

17

!+ w

k2 12

p17

17k +

501

1156

!= 0

cSPH


El valor del parmetro k se elige de forma que el coeciente de w sea 0 2k + 12

p17

17

!= 0, k = 6

p17

17


w + w 19471156

w = 0


s =

r1947

1156

t =

r1947

1156


w =q

19471156ws

w =q

19471156wt

w =19471156wss

w =19471156wtt

9>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>;y entonces

w + w 19471156

w = 0) 19471156

wss +1947

1156wtt 1947

1156w = 0) wss + wtt w = 0

4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clsicas

4.3.1. Ecuacin del calor

La ecuacin del calor describe la variacin de la temperatura en una regin a lo largo del tiempo.En el caso de una dimensin, describira la temperatura en una barra de longitud L y se expresa como8>>>>>>>:

ut = 2uxx t > 0 x 2 (0; L)

u (0; x) = f (x) 0 < x < L

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

La condicin deu (t; 0) = u (t; L)

son llamadas condiciones de contorno e indican que la temperatura en los extremos de la barra esconstante e igual a 0. Mientras que la condicin

u (0; x) = f (x)

cSPH

4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clsicas 57

es una condicin inicial e indica la distribucin de temperatura en la barra en el instante inicial.Vamos a tratar de resolver la ecuacin mediante el mtodo de separacin de variables. Supondremos

que la solucin u (t; x) puede ponerse como

u (t; x) = F (t)G (x)

por tanto

ut = F0 (t)G (x)

ux = F (t)G0 (x)

uxx = F (t)G00 (x)

y sustituyendo en la ecuacin del calor

ut = 2uxx , F 0 (t)G (x) = 2F (t)G00 (x)

Obviamente la solucin trivial u 0 es solucin del problema, as que buscamos soluciones alternativasy supondremos que F (t) 6= 0 y G (x) 6= 0, por tanto

1

2F 0 (t)F (t)

=G00 (x)G (x)

Como una lado de la igualdad depende slo de t y el otro depende slo de x, ambos deben ser constantes

1

2F 0 (t)F (t)

=G00 (x)G (x)

= (4.20)

con 2 R. Hemos elegido el signo menos por convencin.De 4.20 obtenemos dos ecuaciones diferenciales

F 0 (t) + 2F (t) = 0

G00 (x) + G (x) = 0

Con estas suposiciones las condiciones de contorno son

u (t; 0) = F (t)G (0) = 0

u (t; L) = F (t)G (L) = 0

como t es arbitraria se deduce queG (0) = G (L) = 0

Tendremos el problema de contorno 8


1. Caso I: = 0. Supongamos que = 0, entonces la ecuacin diferencial ser

G00 (x) + G (x) = 0) G00 (x) = 0cuya solucin general es de la forma

G (x) = Ax+B

Utilizando las condiciones de contorno

G (0) = 0) B = 0

G (L) = 0) A L+B = 0como L 6= 0, la solucin del sistema anterior es: A = B = 0, y por tanto obtenemos de nuevo lasolucin trivial nula.

2. Caso II: < 0. Supongamos ahora que es negativo, y por tanto lo podemos poner de la forma = a2, con a = pjj. La ecuacin diferencial sera

G00 (x) + G (x) = 0) G00 (x) a2G (x) = 0que tiene por solucin general

G (x) = Aeax +Beax

Utilizamos las condiciones de contorno para encontrar los valores de A y B

G (0) = 0) A+B = 0

G (L) = 0) AeaL +BeaL = 0Las ecuaciones anteriores forman un sistema lineal homogneo en las incgnitas A y B. Eldeterminante de la matriz de coecientes es

1 1

eaL eaL

= eaL eaL = 2 senh (aL)y puesto que 6= 0 es no nulo y por tanto la nica solucin del sistema es la trivial A = B = 0y obtenemos de nuevo la solucin trivial.

3. Caso III: > 0. Supongamos ahora que es positivo, y por tanto lo podemos poner de la forma = a2, con a =

p. La ecuacin diferencial sera

G00 (x) + G (x) = 0) G00 (x) + a2G (x) = 0que tiene por solucin general

G (x) = A cos ax+B sen ax

Utilizamos las condiciones de contorno para encontrar los valores de A y B

G (0) = 0) A = 0

G (L) = 0) A cos aL+B sen aL = 0

cSPH


de donde

B sen aL = 0

Como buscamos una solucin no trivial, entonces B 6= 0 y

sen aL = 0, aL = n; n 2 Z

luego

a =n

L

y,

=n22

L2; n 2 N

recordemos que era una constante arbitraria, luego para cada valor de n 2 N, tendremos unaposible solucin de la EDO,

n =n22

L2) Gn (x) = Bn sen

nLx

Notar que el caso n = 0, nos conduce de nuevo a la solucin trivial, luego supondremos n 1.Para estos valores n y utilizando la otra ecuacin diferencial

F 0 (t) + 2a2F (t) = 0) F 0 (t) + 2n22

L2F (t) = 0

cuya solucin para cada n 2 N es de la forma

Fn (t) = Ane2n22

L2t An 2 R

La solucin de la EDP ser, para cada n, de la forma

un (t; x) = Fn (t)Gn (x) = AnBn sennLxe

2n22

L2t = cn sen

nLxe

2n22

L2t

con cn = AnBn. Por la linealidad de la Ecuacin, cualquier combinacin lineal de soluciones, esotra solucin, por tanto podemos considerar como solucin general a

u (t; x) =1Xn=1

cn sennLxe

2n22

L2t

y utilizando la condicin inicial u (0; x) = f (x) se obtiene

u (0; x) =1Xn=1

cn sennLx

= f (x)

La pregunta que aparece de forma inmediata es: cuando ser posible desarrollar la funcin f (x)como suma de funciones trigonomtricas?

cSPH


4.3.2. Ecuacin de onda

La ecuacin de onda representa las vibraciones de una cuerda sujeta por los extremos a lo largo deltiempo. Si L es la longitud de la cuerda y u (t; x) respresenta el desplazamiento de la cuerda respectode la horizontal en cada instante y en cada posicin de la cuerda, la ecuacin viene dada por8>>>>>>>>>>>>>>>:

utt = c2uxx t > 0 x 2 (0; L)

u (0; x) = f (x) 0 < x < L

ut (0; x) = g (x) 0 < x < L

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

Como en el caso de la ecuacin del calor, las condiciones

u (t; 0) = u (t; L)

son condiciones de contorno e indican que los extremos de la cuerda son jos y situados en el ejehorizontal. Mientras que la condicin

u (0; x) = f (x)

es una condicin inicial e indica la forma de la cuerda en el instante inicial, y la condicin

ut (0; x) = g (x)

sera la velocidad inicial que tiene la cuerda en el instante inicial.Como en el caso anterior utilizaremos el mtodo de separacin de variables. Supondremos que la

solucin u (t; x) puede ponerse como

u (t; x) = F (t)G (x)

por tanto

utt = F00 (t)G (x)

ux = F (t)G0 (x)

uxx = F (t)G00 (x)

y sustituyendo en la ecuacin del calor

utt = c2uxx , F 00 (t)G (x) = c2F (t)G00 (x)

Obviamente la solucin trivial u 0 es solucin del problema, as que buscamos soluciones alternativasy supondremos que F (t) 6= 0 y G (x) 6= 0, por tanto

1

c2F 00 (t)F (t)

=G00 (x)G (x)


1

c2F 00 (t)F (t)

=G00 (x)G (x)

= (4.21)

cSPH


con 2 R.De 4.21 obtenemos dos ecuaciones diferenciales

F 00 (t) + c2F (t) = 0

G00 (x) + G (x) = 0

Con estas suposiciones las condiciones de contorno son

u (t; 0) = F (t)G (0) = 0

u (t; L) = F (t)G (L) = 0

como t es arbitraria se deduce queG (0) = G (L) = 0

Tendremos el problema de contorno 8


y ut (0; x) = g (x) se obtiene

ut (t; x) =

1Xn=1

annc

LsenncLt

+ bnnc

LcosncLt

sennLx

y

ut (0; x) =1Xn=1

bnnc

L

sennLx

=1Xn=1

cn sennLx

= g (x)

con cn = bn ncL .Como vemos las expresiones para f (x) y g (x) son desarrollos similiares y similares a los encontrados

en la ecuacin del calor.

4.3.3. Ecuacin de Laplace

La ecuacin en derivadas parciales que vamos a tratar en esta seccin es la llamada ecuacin deLaplace que en dos dimensiones tiene la forma

uxx + uyy = 0 (4.22)

Se utilizan las variables espaciales para indicar que mientras que en las ecuaciones de calor y ondarepresentan modelos fsicos que cambian con el tiempo, la ecuacin de Laplace es esttica y representauna condicin de equilibrio como el potencial gravitatorio o electrosttico o como la temperatura enuna seccin plana.

Esta ecuacin se plantea slo con condiciones de contorno sobre la frontera del recinto donde secumpla la ecuacin que tiene que tener cierta regularidad.

Estas condiciones de contorno pueden ser de dos tipos: Si R es la regin donde se cumple la ecuacin4.22, podemos suponer que u (x; y) es concida en todos los puntos de la frontera de R (condicin detipo Dirichlet) o por el contrario podemos suponer que conocemos el vector normal a R en la frontera(condicin de Neumann).

La geometra de R es muy importante y slo podemos calcular soluciones si tienen ciertas condi-ciones de regularidad.

Supongamos, por ejemplo, que el recinto es una rectngulo de lados a y b, es decir, sea R =[0; a] [0; b] y que tenemos el problema de Laplace siguiente8>>>>>>>>>>>>>>>:

uxx + uyy = 0 0 x a 0 y b

u (x; 0) = u (x; b) = 0 0 x a

u (0; y) = 0 0 y b

u (a; y) = f (y) 0 y bEn este caso todas las condiciones son condiciones de contorno.

Utilizamos de nuevo el mtodo de separacin de variables, suponiendo que la solucin u (t; x) puedeponerse como

u (x; y) = F (x)G (y)

por tanto

uxx = F00 (x)G (y)

uyy = F (x)G00 (y)

cSPH


y sustituyendo en la ecuacin de Laplace 4.22

uxx + uyy = 0, F 00 (x)G (y) + F (x)G00 (y) = 0Obviamente la solucin trivial u 0 es solucin del problema, as que buscamos soluciones alternativasy supondremos que F (x) 6= 0 y G (y) 6= 0, por tanto

F 00 (x)F (x)

= G00 (y)G (y)


F 00 (x)F (x)

= G00 (y)G (y)

= (4.23)

con 2 R.De 4.23 obtenemos dos ecuaciones diferenciales

F 00 (x) F (x) = 0

G00 (y) + G (y) = 0

Las condiciones de contorno seran

u (x; 0) = F (x)G (0) = 0

u (x; b) = F (x)G (b) = 0

como x es arbitraria se deduce queG (0) = G (b) = 0

La funcin G (y) se obtiene resolviendo el problema de contorno8


que para y arbitraria conduce a queF (0) = 0

y por tantoFn (0) = Cn +Dn = 0) Dn = Cn

y la funcin Fn (x) sera

Fn (x) = Cn

e(

nbx) e(nb x)

= 2Cn senh

nbx

La solucin de la EDP ser, para cada n, de la forma

un (x; y) = Fn (x)Gn (y) = 2Cn senhnbxBn sen

nby

= cn senhnbx

sennby

con cn = 2CnBn . Por la linealidad de la Ecuacin, cualquier combinacin lineal de soluciones, es otrasolucin, por tanto podemos considerar como solucin general a

u (x; y) =

1Xn=1

cn senhnbx

sennby

y utilizando la ltima condicin de contorno u (a; y) = f (y)

u (a; y) =

1Xn=1

cn senhna

b

sennby

=

1Xn=1

dn sennby

= f (y)

de nuevo un desarrollo similiar a las ecuaciones previas del calor y de onda.

4.4. Series de Fourier

Los problemas de la seccin anterior nos plantean la cuestin de si cualquier funcin f (x) de unavariable pude desarrollarse como en las soluciones obtenidas, en trminos de la funcin trigonomtricasen ().

Denicin 4.7 Sea f (x) una funcin real peridica de periodo T = 2L, es decir,

f (x) = f (x+ 2T ) 8x 2 R

entonces denimos los coecientes de Fourier de f (x) a los siguientes valores

an =1

L

Z LL

f (x) cosnLxdx; n = 0; 1; 2; : : :

bn =1

L

Z LL

f (x) sennLxdx; n = 1; 2; : : :

y se denomina serie de Fourier de f (x) a la siguiente serie funcional

Sf (x) =a02

+

1Xn=1

an cos

nLx

+ bn sennLx

cSPH

4.4. Series de Fourier 65

Ejemplo 4.12 Para encontrar la serie de Fourier de la funcin

f (x) =

8;) 12 f 0++ f 0 = 12 (1 + 0) = 12cSPH


Es posible comprobar tambin que

lmx!1

Sf (x) =1

2

lmx!1

Sf (x) =1

2

4.4.1. Funciones pares e impares

La serie de Fourier de una funcin f (x) se simplica en el caso de que la funcin sea par o impar.

1. Caso I: f (x) es par.

Si f (x) es una funcin par, entonces

f (x) = f (x) 8x 2 R

y los coecientes de Fourier seran: Para a0

a0 =1

L

Z LL

f (x) dx =1

L

Z 0L

f (x) dx+

Z L0f (x) dx

y haciendo el cambio de variable y = x en la primera integralZ 0

Lf (x) dx =

Z 0Lf (y) (dy) =

Z L0f (y) dy

luego

a0 =1

L

Z L0f (y) dy +

Z L0f (x) dx

=

2

L

Z L0f (x) dx

Para n 1, y puesto que cos () es una funcin par y por tanto f (x) cos nL x sera una funcinpar obtendramos

an =1

L

Z LL

f (x) cosnLxdx =

2

L

Z L0f (x) cos

nLxdx

mientras que como sen () es una funcin impar y por tanto f (x) sen nL x tambin lo serabn =

1

L

Z LL

f (x) sennLxdx = 0

y la serie de Fourier para f (x) peridica y par sera

Sf (x) =a02

+

1Xn=1

an cosnLx

2. Caso II: f (x) es impar.

Si f (x) es una funcin impar, entonces

f (x) = f (x) 8x 2 R

cSPH

4.4. Series de Fourier 67

y los coecientes de Fourier seran: Para a0

a0 =1

L

Z LL

f (x) dx =1

L

Z 0L

f (x) dx+

Z L0f (x) dx

y haciendo el cambio de variable y = x en la primera integralZ 0

Lf (x) dx =

Z 0Lf (y) (dy) =

Z L0f (y) dy

luego

a0 =1

L

Z L0f (y) dy +

Z L0f (x) dx

= 0

Para n 1, y puesto que cos () es una funcin par y por tanto f (x) cos nL x sera una funcinimpar obtendramos

an =1

L

Z LL

f (x) cosnLxdx = 0

mientras que como sen () es una funcin impar y por tanto f (x) sen nL x sera parbn =

1

L

Z LL

f (x) sennLxdx =

2

L

Z L0f (x) sen

nLxdx

y la serie de Fourier para f (x) peridica e impar sera

Sf (x) =1Xn=1

bn sennLx

que es similar a los obtenidos mediante separacin de variables para los problemas del calor,onda y Laplace vistos en la seccin anterior.

4.4.2. Aplicacin a la ecuacin del Calor

Consideremos el problema del calor8 0 x 2 (0; L)u (0; x) = f (x) 0 < x < L

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

cuya solucin general hemos encontrado

u (t; x) =1Xn=1

cn sennLxe

2n22

L2t

siendo

u (0; x) =

1Xn=1

cn sennLx

= f (x)

Por tanto si consideramos a f (x) como una funcin impar, 2Lperidica

cn =2

L

Z L0f (x) sen

nLxdx

cSPH


y la ecuacin general sera

u (t; x) =

1Xn=1

2

L

Z L0f (s) sen

nLsds

sennLxe

2n22

L2t (4.24)

donde hemos cambiado la variable de integracin para evitar confusiones con la variable independientede la funcin u.

Se dice que la expresin 4.24 es la solucin formal porque no podemos asegurar que sea unaverdadera solucin, es decir, que f (x) pueda representarse mediante una serie trigonomtrica.

Por otra parte, aunque la linealidad garantiza que una combinacin lineal nita de soluciones, essolucin, nuestra combinacin lineal es innita, por lo que tendramos que comprobar que efectivamentees solucin (derivando 2 veces y sustituyendo en la ecuacin correspondiente), y este es un procesodifcil, aunque en nuestro caso se garantiza por la presencia del trmino exponencial en la solucin

formal, ya que si n!1, entonces e2n22

L2t ! 0.

Cualitativamente la ecuacin describe un proceso de difusin del calor a travs de la barra, la barradisipa calor convergiendo a 0 y suavizando cualquier irregularidad que f (x) pueda tener. Aplicamoseste anlisis a un ejemplo concreto. Supongamos una barra de aluminio (2 = 0;86) de 10 centmetrosde longitud y con una temperatura inicial de 100oC. La evolucin de la temperatura con el tiempo,ser, para u (0; x) = 100

u (t; x) =1Xn=1

2

10

Z 100

100 senn

10sds

senn

10xe

0;86n22

100t

y calculando la integralZ 100

100 senn

10sds = 100 cos

n10s 10n

100

=1000

n(cos (0) cos (n)) = 1000

n(1 (1)n)

sustituyendo obtendremos el valor de u (t; x)

u (t; x) =

1Xn=1

200 (1 (1)n)

n

senn

10xe

0;86n22

100t

o teniendo en cuenta que slo los trminos impares son no nulos, ya que (1 (1)n) = 0 para n par

u (t; x) =1Xn=1

400

(2n 1)

sen

(2n 1)

10x

e

0;86(2n1)22100

t

cSPH

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