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Capítulo 4

Ecuaciones en Derivadas Parciales

4.1. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales

De…nición 4.1 Se llama ecuación diferencial en derivadas parciales o abreviadamente ecuación en derivadas parciales (EDP) a una ecuación de la forma

F

x1; : : : ; xn; u;

@u

@x1; : : : ;

@u

@xn; : : : ;

@ mu

@xk11 @xkn

n

; : : :

!= 0 (4.1)

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

La EDP estará de…nida y planteada en la región abierta (…nita o in…nita) R

n

.

De…nición 4.2 Las derivadas parciales también pueden expresarse como

@u

@xk= uxk

@ mu

@xk11 @xkn

n

= ux1 : : : x1

| {z } k1

:::xn : : : xn

| {z } kn

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

n = 2 ) (x1; x2) =

8<:

(x; y) Para problemas espaciales

(t; x) Para problemas espacio-temporales

n = x ) (x1; x2; x3) =

8<:

(x;y;z) Para problemas espaciales

(t;x;y) Para problemas espacio-temporales

De…nición 4.3 El orden de la EDP está indicado por la derivada de mayor orden dentro de la ecuación.

29

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30 Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales

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

Ecuación Expresión Orden

Laplace uxx + uyy = 0 2Fourier ut 2uxx = 0 2

Onda uxx uyy = 0 2Euler-Bernouilli utt + 2uxxxx = 0 4

Schrodinger ut iuxx = 0 2Helmholtz uxx + uyy + 2u = 0 2

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

Observación 4.1 Por su di…cultad no estudiaremos sistemas de EDP.

Las EDP se utilizan para modelar procesos que además de tener una variación temporal, tienenuna variación espacial. Por ejemplo la variación del calor con el tiempo en un sólido, la distribuciónde poblaciones un habitat o la propagación del sonido de las cuerdas de una guitarra.

En general las EDP son bastante difíciles de resolver de forma analítica, de hecho, no existenteoremas de existencia y unicidad tan “sencillos” como los estudiados en los problemas de valor inicialasociados a las EDO.

De…nición 4.4 Una solución de 4.1 en Rn es cualquier función u u (x1; : : : ; xn) 2 Cm () tal que a sustituir u y todas sus derivadas parciales en dicha ecuación 4.1 obtenemos una identidad.

Observación 4.2 Generalmente se exigirá que u sea continua o diferenciable en @ , la frontera de

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

4.1.1. Algunos métodos sencillos para resolver una EDP

Integración directa

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

Ejemplo 4.2 Resuelva

ux = x + y

Solución: Obviamente esta EDP es de orden 1. Buscamos una función u que sea de clase C1.

Integramos respecto a x

u =

Z uxdx =

Z (x + y) dx =

x2

2 + xy + (y)

La función (y) es la constante respecto a x que aparece al integrar de forma inde…nida la funciónx + y, hay que permitir que sea una función 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


uxy = 0

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4.1. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales 31

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

ux = Z uxydy = Z 0dy = 0 (x)

ya que cualquier función que sólo dependa de x es constante respecto a y . A continuación integramosrespecto de la otra variable c

u =

Z uxdx =

Z 0 (x) dx = 1 (x) + 2 (y)

donde 1 (x) es una primitiva cualquiera de 0 (x). Por tanto la solución de la EDP viene dada porcualquier función 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, seríansolución de la EDP las siguientes funciones:

u (x; y) = x + y

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

u (x; y) = x2 + yey


uxx + uyy = 0

Solución: Si recordamos la teoría de variable compleja y las funciones holomorfas que allí 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 función 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 fácilmente mediante un cambio de variables, como enel siguiente ejemplo.

Ejemplo 4.5 Resuelva la ecuación

ux uy = 0

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Solución: En primer lugar hacemos el siguiente cambio de variable

= x + y

) x = 1 y

= 1

= x y )

x = 1

y = 1

Por tanto

ux = u x + ux = u + u

uy = u y + uy = u u

y sustituyendo en la EDP

ux

uy = 0

,(u + u)

(u

u) = 2u = 0

En términos de las nuevas variables (; ) la EDP es

u = 0

cuya solución es

u (; ) =

Z ud = ( )

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

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

y será solución cualquier función 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

Método de separación de variables

También es posible resolver algunas EDP haciendo cierta suposición sobre la función solución. enel caso del método de separación de variables se supone que la función es de la forma

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

Con esta suposición, entonces podemos poner

ux (x; y) = F 0 (x) G (y)

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

uxy (x; y) = F 0 (x) G0 (y)

uxx (x; y) = F 00 (x) G (y)

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

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4.1. Introducción 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 método de separación de variables

uxx = 4uy

Solución: Realizando el cambio indicado y sustiyendo en la ecuación anterior obtenemos

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

Agrupando los términos en x y yF 00 (x)

F (x) =

4G0 (y)

G (y)

Como el primer miembro es una función que sólo depende de x y el segundo miembro es una funciónque sólo depende de y, la única 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 parámetro se denomina constante de separación. 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. Según 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 función u (x; y) sería

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

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2. Caso II: > 0

Como es positivo, podemos suponer que

= 2

y las ecuaciones serán

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

4G0 (y) G (y) = 0 ) 4G0 (y) 2G (y) = 0

La primera de estas ecuaciones es de segundo orden y su solución, utilizando el polinomio car-acterístico, es de la forma

F (x) = c1ex + c2ex

La segunda es de primer orden y su solución esG (y) = c3e

2y=4

La función u (x; y) es de la forma

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

c1ex + 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 serán

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

4G0 (y) G (y) = 0 ) 4G0 (y) + 2G (y) = 0

Como antes, la primera de estas ecuaciones es de segundo orden y su solución, utilizando elpolinomio característico, que tiene como raíces complejas i, es de la forma

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

La segunda es de primer orden y su solución es

G (y) = c3e2y=4

La función 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 solución 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 in…nita de soluciones que dependerán de esasfunciones arbitrarias. Para poder obtener una solución única a problemas de EDP y tal y como ocurre

con las EDO, estos problemas llevarán asociadas unas condiciones o restricciones que pueden ser dedos tipos: condiciones iniciales y condiciones de contorno. Veamos esta diferencia con un ejemplo.

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4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 35

Ejemplo 4.7 La siguiente EDP modela la variación de temperatura con el tiempo en una varilla de longitud 1. Si u (t; x) es la temperatura de la varilla en el instante t en la posición 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 ecuación ut = uxx (ecuación del calor) representa el comportamiento de la variación de temperatura con el tiempo en función de la posición. La condición u (0; x) = f (x) es la temperatura en el instante inicial t = 0 y por tanto representa una condición inicial del problema. Las condiciones u (t; 0) = 0 y u (t; 1) = 0 son restricciones que se le imponen a los extremos de la varilla en cualquier instante de

tiempo y se denominan condiciones de contorno.

4.2. Ecuaciones lineales de orden 2

4.2.1. Clasi…cación de EDP

Las EDP, al igual que las EDO, se clasi…can en lineales y no lineales.

De…nición 4.5 Una EDP es lineal, sí y sólo si, la variable dependiente u o sus derivadas parciales aparecen sólo en primera potencia.

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

nXi=1

nX j=1

Aijuxixj +nXi=1

Biuxi + F u = 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 además que Aij = A ji .

Si las funciones Aij, Bi, y F son constantes, la EDP será lineal con coe…cientes constantes.

Como en el caso de las EDO si la función G es idénticamente nula

G 0

la ecuación lineal se dice homogénea, siendo no homogénea caso contrario.

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Ejemplo 4.8 Las siguientes ecuaciones son lineales

uxx + uyy = 0

uxx uyy = xy

siendo la primera de ellas homogénea y la segunda no homogénea.

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

u = c1u1 + + cnun

con ci 2 R, también es solución de la EDP.

La solución general de una EDP lineal de orden n es una familia de funciones que depende de n

funciones arbitrarias.

4.2.2. Ecuaciones lineales de orden 2

Una ecuación 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 su…cientemente regulares.

Tipos de EDP lineales de 2o orden

De…nición 4.6 Sea la EDP dada por la ecuación 4.2 y sea (x0; y0) 2 , entonces la EDP en dichopunto es

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

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

Elíptica , 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 será Hiper-bólica, Parabólica o Elíptica, respectivamente, según el caso.

Como caso particular, si la ecuación tiene coe…cientes constantes la clasi…cación de la EDP nodepende del punto (x0; y0), de esta forma para la EDP

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

se cumple que la ecuación es

Hiperbólica , B2 4AC > 0

Parabólica , B2 4AC = 0

Elíptica , B2 4AC < 0

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La clasi…cación de las EDP de 2o orden lineales está basada en la posibilidad de reducir la ecuacióngeneral mediante un cambio de coordenadas a una forma canónica o estándar. Una vez en formacanónica es posible reducir, mediante cambios de coordenadas adecuados, la ecuación a una del tipo

siguiente

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 función cualquieraen las nuevas variables (s; t).

Paso a la forma canónica

Para (x; y) es posible encontrar una transformación que reduzca la ecuación a una forma canónicaen una región dada (esto no es posible, en general, para más de dos variables).

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

= (x; y)

= (x; y)

con la condición 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 función u y sus derivadas serían, haciendo uso de la regla de la cadena

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(y tenienndo en cuenta también que uxy = uyx)

ux = u x + ux

uy = u y + uy

uxx =

du

dx x + u

d xdx

+

du

dx x + u

dxdx

= (u x + ux) x + u xx + (u x + ux) x + uxx

=

u 2x + 2u xx + u2x + u xx + uxx

uxy =

du

dy x + u

d xdy

+

du

dy x + u

dxdy

=

u y + uy

x + u xy +

u y + uy

x + uxy

=

u x y + u

xy + yx

+ uxy + u xy + uxy

uyy =

du

dy y + u

d y

dy

+

du

dy y + u

dy

dy

=

u y + uy

y + u yy +

u y + uy

y + uyy

=

u 2y + 2u yy + u2y + u yy + uyy

y sustituyendo en 4.3

A

u 2x + 2u xx + u2x + u xx + uxx

+

B u x

y

+ u x

y

+ y

x + u

xy

+ u xy

+ uxy +

C

u 2y + 2u yy + u2y + u yy + uyy

+

D (u x + ux) + E

u y + uy

+ F u

= G

agrupando términos obtenemos la EDP en las variables (; )

Au + Bu + C u + Du + E u + F u = G

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dondeA = A 2x + B x y + C 2y

B = 2A xx + B xy + yx + 2C yy

C = A2x + Bxy + C2

y

D = A xx + B xy + C yy + D x + E y

E = Axx + Bxy + Cyy + Dx + Ey

F = F

G = G

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

(4.8)

Es importante notar que en la nueva ecuación ocurre

B 4AC = J 2

B2 4AC

y por tanto si J 6= 0, el carácter de la ecuación (hiperbólica, parabólica o elíptica) 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 ecuación para A (para C el desarrollo sería el mismo), tenemos

A = A 2x + B x y + C 2y = 0

Dividiendo por 2y

A 2x + B x y + C 2y = 0 , A

x y

2

+ B

x y

+ C (4.9)

Supongamos ahora que = cte:, en ese caso

d = xdx + ydy = 0

de dondedy

dx = x

y

y la ecuación 4.9 se transforma en

A

dy

dx

2

+ B

dx

dy

+ C = 0 ) A

dy

dx

2

B

dy

dx

+ C = 0

que es una ecuación de segundo grado en dydx , cuyas raíces son

dy

dx =

B p B2 4AC

2A = constante

e integrando

y = B p B2 4AC 2A

x + C (4.10)

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donde C es constante. Las ecuaciones anteriores, llamadas ecuaciones característica, son líneas rectas.Por tanto el cambio que debemos realizar sería el siguiente

= y 1x (4.11) = y 2x

donde

1 = B +

p B2 4AC

2A

2 = B p B2 4AC

2A

Las coordenadas (; ) son las coordenadas características.

El cambio de coordenadas anterior sería de tipo general. A continuación estudiaremos qué ocurrea cada uno de los tipos de EDP.

1. EDP Hiperbólica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo hiperbólico, es decir

B2 4AC > 0

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

= y 1x )8<:

x = 1 xx = 0 xy = 0

y = 1 yy = 0

= y 2x )8<:

x = 2 xx = 0xy = 0

y = 1 yy = 0

y la EDP con este cambio los nuevos coe…cientes serían, teniendo en cuenta que 1 y 2 son lasraíces de A2 B + C y sustituyendo en 4.8

A = A21 B1 + C = 0

B = 2A12 B (1 + 2) + 2C

C = A22 B2 + C = 0

D = 1D + E

E = 2D + E

F = F

G = G

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

(4.12)

y la ecuación se transforma en

Bu + Du + E u + F u = G

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y dividiendo por B

u = D1u + E 1u + F 1u + G1

En el caso de que A

= 0, entonces el coe…ciente A vendría dado por

A = A 2x + B x y + C 2y = 0 ) A = B x y + C 2y = 0

y en este caso dividiríamos por 2x para obtener

A = B

x y

+ C

2x

2y

!= 0

y teniendo en cuenta quedy

dx = x

y) dx

dy = y

x

se obtendría

B dxdy

+ C dx

dy

2

= 0

ecuación de segundo grado que podemos resolver fácilmente

dx

dy

C

dx

dy B

= 0 )

8>>><>>>:

dx

dy = 0

dx

dy =

B

C )

que podemos integrar como

x = c1

x = B

C y + c2

El cambio de variable entonces sería

= x )8<:

x = 1 xx = 0 xy = 0

y = 0 yy = 0

= x B

C y )

8<:

x = 1 xx = 0xy = 0

y =

BC yy = 0

y nos conduciría a la forma canónica

u = D1u + E 1u + F 1 u + G

1

Una vez que hemos puesto la ecuación en la forma canónica, podemos hacer el siguiente cambiode variable

= + )8<:

= 1 = 0 = 0

= 1 = 0

= )8<: = 1 = 0

= 0 = 1 = 0

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para expresar la función en términos 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 u

y la segunda forma canónica sería

u u = D1 u + E 1 u + F 1 u + G

1

2. EDP Parabólica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo parabólico, es decir

B2

4AC = 0

entonces 1 = 2 y solamente tendríamos una ecuación característica

1 = 2 = B

2A

El cambio de variable sería el dado en este caso por

= y 1x )8<

:

x = 1 xx = 0 xy = 0

y = 1 yy = 0

= hy kx ) 8<:x

=

k xx

= 0xy = 0

y = h yy = 0

donde h; k 2 R son valores arbitrarios elegidos para que el Jacobiano del cambio sea distinto de0, es decir

J = @ (; )

@ (x; y) =

1 1k h

= k 1h 6= 0

los nuevos coe…cientes serían, sustituyendo en 4.8

A = A

B

2A2

+ B

B

2A+ C = 0

B = 2A B2Ak B B

2AhBk + 2Ch = 0

C = Ak2 Bkh + Ch2

D = BD

2A + E

E = kD + Eh

F = F

G = G

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

(4.13)

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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 ecuación.

La ecuación con este cambio se transforma en

C u + Du + E u + F u = G

y dividiendo por C

u = D2u + E 2u + F 2u + G2

En el caso de que B = 0, entonces como B2 4AC = 0, tendría que suceder o que A = 0 o que

B = 0 y por tanto:

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

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

y ya estaría en la forma canónica buscada.

3. EDP Elíptica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo elíptico, 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 =

p 4AC B2

2A

9>>>=>>>; (4.15)

y después el cambio

= 12 ( + )

= 12i ( )

9=; (4.16)

o de forma simultánea (x; y) ! (; ) ! (; )

= y ax )8<:

x = a xx = 0xy = 0

y = 1 yy = 0

= bx ) 8<: x = b xx = 0

xy = 0 y = 0 yy = 0

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y la EDP en función de estas nuevas variables sería

A = A2x + Bxy + C2

y = Aa2 Ba + C

B = 2Ax x + B x y + y x + 2Cy y = 2Aab bBC = A 2x + B x y + C 2y = Ab2

D = Axx + Bxy + Cyy + Dx + Ey = aD + E

E = A xx + B xy + C yy + D x + E y = bD

F = F = F

G = G = G

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

(4.17)

El término B se anula

B = 2Aab bB = 2A

B

2A

b bB = Bb bB = 0

además por la ecuación 4.15 podemos comprobar que

A = C

y la ecuación se transforma en

Au + Au + Du + E u + F u = G

y dividiendo por A podemos expresar la EDP elíptica 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 concoe…cientes constantes puede ponerse en forma canónica según la siguiente tabla

Tipo Discriminante Cambio Forma Canónica

Si A 6= 0 )

8>><>>:

= y B+

p B24AC 2A

x

= y B

p B24AC 2A

x

u = F (u; u; u)

Hiperbólica B2 4AC > 0

Si A = 0)8<:

= x

= x BC x

u

u = F (u; u; u)

Parabólica B2 4AC = 0

8<:

= y B2Ax

= hy kx

u = F (u; u; u)

Elíptica B2 4AC < 0

8<:

= y B2Ax

= p 4AC

B2

2A x

u + u = F (u; u; u)

cSPH

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donde F es una función de la forma

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

siendo a; b; c 2 R.

Una vez que la EDP está puesta en la forma canónica, en algunos casos posible eliminar lasderivadas primeras mediante cambios del tipo v (x; y) = u (x; y) ekx o v (x; y) = u (x; y) eky segúnquerramos eliminar ux o uy en la ecuación. Veamos a continuación un ejemplo de cada uno de los tiposde EDP.

Ejemplo 4.9 Transforma la siguiente EDP en su forma canónica

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

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

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

luego es una ecuación de tipo hiperbólico. En este caso

1 = B +

p B2 4AC

2A =

5 + 3

8 = 1

2 = B p B2 4AC

2A =

5 3

8 =

1

4

Las ecuaciones características son

y = x + c1

y = 1

4x + c2

y el cambio de variables que necesitamos es

= y x )8<:

x = 1

y = 1

= y x

4 ) 8<:x = 1

4

y = 1

cSPH

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Los nuevos coe…cientes de la EDP en estas variables serán sustituyendo en 4.17

A = 0

B = 9

4

C = 0

D = 0

E = 3

4

F

= 0

G = 2

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

y la EDP sería

9

4u +

3

4u = 2

y reorganizando obtendríamos la primera forma canónica de la EDP hiperbólica inicial

u = 1

3u 8

9

Para obtener la segunda forma canónica hacemos el cambio

= +

=

9=;

y tendremos

u = u + u

u = u u

u = u u

La edp buscada sería

u u = 1

3u 1

3u 8

9

Ahora podemos simpli…car la edp eliminando ahora los términos u y u mediante cambios de tipoexponencial. En primer lugar eliminaremos el término u mediante el cambio

v = ueh

cSPH

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donde h 2 R se elegirá de forma que el término 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 cuánto vale u. Sustituyendo en la ecuación

u u = 1

3 u 1

3 u 8

9 ) u u 1

3 u + 1

3 u + 8

9 = 0

u u 1

3u +

1

3u +

8

9 = 0 ,

veh 2hveh + h2veh

veh 1

3

veh hveh

+

1

3

veh

+

8

9 = 0 ,

veh veh + veh2h 1

3

+

1

3veh + veh

h2 +

1

3h

+

8

9 = 0

Para que se anule el término en v debe ocurrir

2h 1

3

= 0 , h = 1

6

y la EDP quedaría como

veh veh + 1

3veh 1

36ve=6 +

8

9 = 0

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

v v + 1

3v 1

36v +

8

9e=6 = 0

Eliminaremos ahora el término 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

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y sustituyendo en la edp en la variable v

v

v +

1

3

v

1

36

v + 8

9

e=6 = 0

,wek

wek 2kwek + k2wek

+ 1

3

wek 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 término en w

2k + 1

3 = 0 , k = 1

6

quedando …nalmente la ecuación en la forma

w w + 1

48w +

8

9e()=6 = 0

Finalmente es posible hacer el cambio

s = 1p

48

t = 1p

48

y obtendremos la ecuación en las forma usual, puesto que

w = 1p 48

ws

w = 1p 48

wt

w = 1p 48

wss

w = 1p 48

wtt

9>>>>>>>>>>=

>>>>>>>>>>;y entonces

w w + 1

48w +

8

9e()=6 = 0 ) 1

48wss 1

48wtt +

1

48w +

8

9e()=6 = 0

y multiplicando por 48

wss wtt + w + 384

9 e()=6 = 0

Ejemplo 4.10 Expresa en forma canónica la siguiente EDP

uxx 4uxy + 4uyy = ey

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Solución: Como A = 1, B = 4 y C = 4, el discriminante es

B2 4AC = (4)2 4 1 4 = 0

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

= y B

2Ax = y + 2x )

8<:

x = 2

y = 1

= hy kx )8<:

x = k

y = h

y elegiremos h y k de forma que el Jacobiano sea no nulo

J = x y

x y

= 2 1k h

= 2h + k 6= 0

podemos tomar por ejemplo h = 1 y k = 0. De esta forma tendremos x = 0 y y = 1 y lastransformaciones serían

ux = u x + ux = 2u

uy = u y + uy = u + u

uxx = 2 (u x + ux) = 4u

uxy = 2 u y + uy = 2u + 2u

uyy =

u y + uy

+

u y + uy

= u + 2u + u

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

y sustituyendo en la ecuación

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 = 14

e

cuya solución puede obtenerse fácilmente integrando dos veces respecto a :

u =

Z 1

4ed =

1

4e + 1 ( )

u =

Z ud =

Z 1

4e + 1 ( )

d =

1

4e + 1 ( ) + 2 ( )

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

u (x; y) = 14 ey + 1 (y + 2x) y + 2 (y + 2x)

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Ejemplo 4.11 Expresa en forma canónica la siguiente EDP

uxx + uxy + uyy + ux = 0

Solución: Para esta ecuación A = B = C = 1 y por tanto

B2 4AC = 1 4 = 3 < 0

y la EDP es elíptica.

Hacemos el cambio

= y

1

2 +

p 3

2 i

!x

= y 1

2 p 3

2 i!

x


= 1

2 ( + )

= 1

2i ( )

o como hemos hecho en teoría hacemos el cambio

= y 1

2x )

8><>:

x = 1

2

y = 1

= p

3

2 x )

8>><>>:

x = p

3

2

y = 0

y las transformaciones serían:

ux = ux + u x = 1

2u

p 3

2 u

uy = uy + u y = u

uxx = 1

2 (ux + u x)

p 3

2 (ux + u x) = 1

4u +p 32 u + 3

4u

uxy = 1

2 uy + u y

p

3

2 uy + u y

= 1

2u

p 3

2 u

uyy = uy + u y = u

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

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uxx + uxy + uyy + ux = 0

,1

4u +

p 3

2 u +

3

4u

!+

1

2u

p 3

2 u

!+ (u) +

1

2u

p 3

2 u

! = 0

y agrupando obtenemos3

4u +

3

4u 1

2u

p 3

2 u = 0

y multiplicando por 43 obtenemos la forma canónica

u + u

2

3u

2p

3

3 u = 0 (4.18)

Como en el caso de la ecuación hiperbólica 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 ecuación 4.18

v 2hv + h2v

eh

| {z } u

+ veh

| {z } u

2

3(va hv) eh

| {z } u

2p

3

2 veh

| {z } u

= 0

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

v 2hv + h2v

+ v 2

3 (va hv) 2

p 3

2 v = 0

y agrupando

v + v + v

2h 2

3

2

p 3

2 v +

h2 +

1

3

v = 0

El valor del parámetro h se elige de forma que el coe…ciente de v sea 0

2h 23 = 0 , h = 1

3

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con este valor la ecuación queda como

v + v 2p

3

2 v 1

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


wek

| {z } v

+

w 2kw + k2w

ek

| {z } v

2p

3

2 (w kw) ek

| {z } v

1

9wek = 0

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

w +

w 2kw + k2w 2

p 3

2 (w kw) 1

9w = 0

y agrupando

w + w + w

2k 2

p 3

3

!+ w

k2 +

2p

3

3 k 1

9

!= 0

El valor del parámetro k se elige de forma que el coe…ciente de w sea 0

2k 2

p 33! = 0 , k =

p 33


w + w 4

9w = 0


s = 2

3

t = 23

cSPH

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w = 23ws

w = 23wt

w = 49wss

w = 49wtt

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

y entonces

w + w 4

9w = 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

Solución: Para esta ecuación A = 3, B = 2, C = 6 y por tanto

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

y la EDP es elíptica. Las raíces son

= B p B2 4AC

2A = 1

3 p

17

3 i

Hacemos el cambio

= y 1

3 +

p 17

3 i

!x

= y 1

3 p

17

3 i

!x


= 1

2 ( + )

= 1

2i ( )

o como hemos hecho en teoría hacemos el cambio

= y + 1

3x )

8><>:

x = 1

3

y = 1

=

p 17

3 x

)

8>><>>:

x = p

17

3

y = 0

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y las transformaciones serían:

ux = ux + u x =

1

3 u

p 17

3 u

uy = uy + u y = u

uxx = 1

3 (ux + u x)

p 17

3 (ux + u x) = 1

9u 2p 179 u + 17

9 u

uxy = uyx = (ux + u x) = 1

3u

p 17

3 u

uyy = uy + u y = u

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


3

1

9u 2

p 17

9 u +

17

9 u

! | {z }

uxx

2

1

3u

p 17

3 u

! | {z }

uxy

+ 6u |{z} uyy

12

1

3u

p 17

3 u

! | {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 p 17

3

! 5u = 0

y agrupando obtenemos

3

17

17

3 u +

17

3 u 13u + 4

p 17u 5u = 0

Multiplicando por 317 obtenemos la forma canónica

u + u 39

17u +

12p

17

17 u 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

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v

2hv + h2v eh | {z } u

+ veh | {z } u

39

17(va

hv) eh | {z } u

+ 12p

17

17 veh | {z }

u

15

17veh | {z }

u

= 0

Podemos multiplicar la ecuación por eh 6= 0

v 2hv + h2v

+ v 39

17 (va hv) +

12p

17

17 v 15

17v = 0

y agrupando

v + v + v

2h 39

17

+

12p

17

17 v +

h2 15

17

v = 0

El valor del parámetro h se elige de forma que el coe…ciente de v sea 02h 39

17

= 0 , h = 39

34


v + v + 12p

17

17 v +

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>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;


wek | {z } v

+

w 2kw + k2w

ek | {z } v

+ 12p

17

17 (w kw) ek | {z }

v

+ 501

1156wek = 0

Multiplicamos la ecuación por ek 6= 0

w +

w 2kw + k2w

+ 12p

17

17 (w kw) +

501

1156w = 0

y agrupando

w + w + w 2k + 12p

17

17! + wk2

12p

17

17 k + 501

1156! = 0

cSPH

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El valor del parámetro k se elige de forma que el coe…ciente de w sea 0

2k +

12p

17

17 ! = 0 , k =

6p

17

17


w + w 1947

1156w = 0


s =

r 1947

1156

t = r 1947

1156


w =q

19471156ws

w =q

19471156wt

w = 19471156wss

w = 1947

1156wtt

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

y entonces

w + w 1947

1156w = 0 ) 1947

1156wss +

1947

1156wtt 1947

1156w = 0 ) wss + wtt w = 0

4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas

4.3.1. Ecuación del calor

La ecuación del calor describe la variación de la temperatura en una región a lo largo del tiempo.En el caso de una dimensión, describiría 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 condición 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 condición

u (0; x) = f (x)

cSPH

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4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas 57

es una condición inicial e indica la distribución de temperatura en la barra en el instante inicial.Vamos a tratar de resolver la ecuación mediante el método de separación de variables. Supondremos

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

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

por tanto

ut = F 0 (t) G (x)

ux = F (t) G0 (x)

uxx = F (t) G00 (x)

y sustituyendo en la ecuación del calor

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

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

1

2

F 0 (t)

F (t) =

G00 (x)

G (x)

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

1

2

F 0 (t)

F (t) = G00 (x)

G (x) = (4.20)

con 2 R. Hemos elegido el signo menos por convención.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<:

G00 (x) + G (x) = 0

G (0) = 0G (L) = 0

cuya solución depende del valor de .

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1. Caso I: = 0. Supongamos que = 0, entonces la ecuación diferencial será

G00 (x) + G (x) = 0 ) G00 (x) = 0

cuya solución 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 = 0

como L 6= 0, la solución del sistema anterior es: A = B = 0, y por tanto obtenemos de nuevo lasolución trivial nula.

2. Caso II: < 0. Supongamos ahora que es negativo, y por tanto lo podemos poner de la forma

= a2, con a =p jj. La ecuación diferencial sería

G00 (x) + G (x) = 0 ) G00 (x) a2G (x) = 0

que tiene por solución generalG (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 = 0

Las ecuaciones anteriores forman un sistema lineal homogéneo en las incógnitas A y B. Eldeterminante de la matriz de coe…cientes es

1 1

eaL eaL

= eaL eaL = 2senh(aL)

y puesto que 6= 0 es no nulo y por tanto la única solución del sistema es la trivial A = B = 0y obtenemos de nuevo la solución trivial.

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

p . La ecuación diferencial sería

G00 (x) + G (x) = 0 ) G00 (x) + a2G (x) = 0

que tiene por solución 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

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de donde

B sen aL = 0

Como buscamos una solución 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 solución de la EDO,

n = n22

L2 ) Gn (x) = Bn sen

n

L x

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

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

L2 F (t) = 0

cuya solución para cada n 2 N es de la forma

F n (t) = Ane2n22

L2 t

An 2 R

La solución de la EDP será, para cada n, de la forma

un (t; x) = F n (t) Gn (x) = AnBn senn

L x

e2n22

L2 t = cn sen

n

L x

e2n22

L2 t

con cn = AnBn. Por la linealidad de la Ecuación, cualquier combinación lineal de soluciones, es

otra solución, por tanto podemos considerar como solución general a

u (t; x) =1Xn=1

cn senn

L x

e2n22

L2 t

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

u (0; x) =1Xn=1

cn senn

L x

= f (x)

La pregunta que aparece de forma inmediata es: ¿cuando será posible desarrollar la función f (x)como suma de funciones trigonométricas?

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4.3.2. Ecuación de onda

La ecuación de onda representa las vibraciones de una cuerda sujeta por los extremos a lo largo del

tiempo. 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 posición de la cuerda, la ecuación 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 ecuación 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 condición

u (0; x) = f (x)

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

ut (0; x) = g (x)

sería la velocidad inicial que tiene la cuerda en el instante inicial.Como en el caso anterior utilizaremos el método de separación de variables. Supondremos que la

solución u (t; x) puede ponerse como

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

por tanto

utt = F 00 (t) G (x)

ux = F (t) G0 (x)

uxx = F (t) G00 (x)

y sustituyendo en la ecuación del calor

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

Obviamente la solución trivial u 0 es solución del problema, así 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)


1c2

F 00 (t)F (t)

= G00 (x)G (x)

= (4.21)

cSPH

7/26/2019 guia_edp



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<:

G00 (x) + G (x) = 0

G (0) = 0G (L) = 0

que es el mismo problema de contorno que se obtuvo para la ecuación del calor, por tanto, si queremosuna solución no trivial (no idénticamente nula) los valores para y G (x) serían

n =

n22

L2 y Gn (x) = Bn senn

L xPara estos valores n y utilizando la otra ecuación diferencial

F 00 (t) + c2a2F (t) = 0 ) F 00 (t) + c2n22

L2 F (t) = 0


F n (t) = C n cosnc

L t

+ Dn sennc

L t

con C n; Dn 2 R

La solución de la EDP para cada n, será de la forma

un (t; x) = F n (t) Gn (x) =

an cosnc

L t

+ bn sennc

L t

senn

L x

con an = C nBn y bn = DnBn. Por la linealidad de la Ecuación, cualquier combinación lineal desoluciones, es otra solución, por tanto podemos considerar como solución general a

u (t; x) =1Xn=1

an cos

nc

L t

+ bn sennc

L t

senn

L x

y utilizando las condiciones iniciales u (0; x) = f (x)

u (0; x) =

1Xn=1

an senn

L x = f (x)

cSPH

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

ut (t; x) =1

Xn=1annc

L

sennc

L

t + bnnc

L

cosnc

L

t senn

L

xy

ut (0; x) =1Xn=1

bn

nc

L

sen

n

L x

=1Xn=1

cn senn

L x

= g (x)

con cn = bnncL .

Como vemos las expresiones para f (x) y g (x) son desarrollos similiares y similares a los encontradosen la ecuación del calor.

4.3.3. Ecuación de Laplace

La ecuación en derivadas parciales que vamos a tratar en esta sección es la llamada ecuación 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 físicos que cambian con el tiempo, la ecuación de Laplace es estática y representauna condición de equilibrio como el potencial gravitatorio o electrostático o como la temperatura enuna sección plana.

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

Estas condiciones de contorno pueden ser de dos tipos: Si R es la región donde se cumple la ecuación4.22, podemos suponer que u (x; y) es concida en todos los puntos de la frontera de R (condición detipo Dirichlet) o por el contrario podemos suponer que conocemos el vector normal a R en la frontera(condición de Neumann).

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

Supongamos, por ejemplo, que el recinto es una rectángulo 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 b

En este caso todas las condiciones son condiciones de contorno.Utilizamos de nuevo el método de separación de variables, suponiendo que la solución u (t; x) puede

ponerse comou (x; y) = F (x) G (y)

por tanto

uxx = F 00 (x) G (y)

uyy = F (x) G00 (y)

cSPH

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y sustituyendo en la ecuación de Laplace 4.22

uxx + uyy = 0 , F 00 (x) G (y) + F (x) G00 (y) = 0

Obviamente la solución trivial u 0 es solución del problema, así 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

2R.

De 4.23 obtenemos dos ecuaciones diferenciales

F 00 (x) F (x) = 0

G00 (y) + G (y) = 0

Las condiciones de contorno serían

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 función G (y) se obtiene resolviendo el problema de contorno8<:

G00 (y) + G (y) = 0G (0) = 0

G (b) = 0

que es el mismo problema de contorno que se obtuvo para la ecuación del calor (salvo el nombre de lavariable), por tanto, si queremos una solución no trivial (no idénticamente nula) los valores para yG (y) serían

n = n22

b2 y G (y) = Bn sen

n

b y

Para estos valores n y utilizando la otra ecuación diferencial

F 00 (x) n22

b2 F (x) = 0


F n (x) = C ne(nb x) + Dne(n

b x) con C n; Dn 2 R

Por la condición inicial u (0; y) = 0

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

cSPH

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que para y arbitraria conduce a que

F (0) = 0

y por tantoF n (0) = C n + Dn = 0 ) Dn = C n

y la función F n (x) sería

F n (x) = C n

e(nb x) e(n

b x)

= 2C n senhn

b x

La solución de la EDP será, para cada n, de la forma

un (x; y) = F n (x) Gn (y) = 2C n senhn

b x

Bn senn

b y

= cn senhn

b x

senn

b y

con cn = 2

C n

Bn . Por la linealidad de la Ecuación, cualquier combinación lineal de soluciones, es otrasolución, por tanto podemos considerar como solución general a

u (x; y) =1Xn=1

cn senhn

b x

senn

b y

y utilizando la última condición de contorno u (a; y) = f (y)

u (a; y) =1Xn=1

cn senhna

b

sen

n

b y

=1Xn=1

dn senn

b y

= 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 sección anterior nos plantean la cuestión de si cualquier función f (x) de unavariable pude desarrollarse como en las soluciones obtenidas, en términos de la función trigonométricasen().

De…nición 4.7 Sea f (x) una función real periódica de periodo T = 2L, es decir,

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

entonces de…nimos los coe…cientes de Fourier de f (x) a los siguientes valores

an = 1

L

Z LL

f (x)cosn

L x

dx; n = 0; 1; 2; : : :

bn = 1

L

Z LL

f (x)senn

L x

dx; n = 1; 2; : : :

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

S f (x) =

a0

2 +

1

Xn=1

an cosn

L x + bn senn

L xcSPH

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4.4. Series de Fourier 65

Ejemplo 4.12 Para encontrar la serie de Fourier de la función

f (x) = 8<:0 x 2 [1; 0)

1 x 2 [0; 1]

Solución: En este caso T = 2 y L = 1. Aplicando directamente la de…nición de an y bn obtendremospara n = 0

a0 = 1

1

Z 11

f (x) dx =

Z 01

f (x) dx +

Z 10

f (x) dx =

Z 01

0dx +

Z 10

1dx = 1

mientras que para n 1

an = Z 1

0cos(nx) dx =

1

n sen(nx)

x=1

x=0

= 1

n (sen(n) sen (0)) = 0

bn =

Z 10

sen(nx) dx = 1

n cos(nx)

x=1

x=0

= 1

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

1

n (1 (1)n) =

8<:

0 n par

2n n impar

Por tanto la serie de Fourier asociada a f (x) sería

S f (x) = 1

2 +Xn=1

2

(2n 1) sen ((2n 1) x)

La siguiente pregunta que deberíamos hacernos es ¿cuándo es posible identi…car la función f (x)con su serie de Fourier?, es decir, ¿cuándo ocurre que S f (x) = f (x)?

Teorema 4.2 Si f : R ! R, es una función 2L–periódica, de manera que tanto f (x) y f 0 (x) son continuas a trozos, entonces la serie dada por

S f (x) = a0

2 +

1Xn=1

an cos

n

L x

+ bn senn

L x

cumple 8x0 2 Rlmx!x0

S f (x) = 1

2

f

x+0

+ f

x0

siendo f

x+0

y f

x0

los correspondientes límites laterales de f (x) en x0.Obviamente si f (x) es continua en x0, entonces

f

x+0

= f

x0

= f (x0) ) lmx!x0

S f (x) = f (x0)

Ejemplo 4.13 Podemos comprobar que en el ejemplo anterior se cumple que en el punto de discon-tinuidad x = 0 ocurre

S f (0) = 1

2 +Xn=1

1

(2n 1) sen((2n 1) 0) =

1

2

y los límites laterales

f (0+) = lmx!0+

f (x) = lmx!0+

1 = 1

f (0) = lmx!0

f (x) = lmx!0

0 = 0 9>=>;) 1

2 f 0+ + f 0 = 1

2 (1 + 0) =

1

2

cSPH

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Es posible comprobar también que

lmx!1

S f (x) = 1

2

lmx!1

S f (x) = 1

2

4.4.1. Funciones pares e impares

La serie de Fourier de una función f (x) se simpli…ca en el caso de que la función sea par o impar.

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

Si f (x) es una función par, entonces

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

y los coe…cientes de Fourier serían: Para a0

a0 = 1

L

Z LL

f (x) dx = 1

L

Z 0L

f (x) dx +

Z L0

f (x) dx

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

f (x) dx =

Z 0L

f (y) (dy) =

Z L0

f (y) dy

luego

a0 = 1

L

Z L0

f (y) dy +

Z L0

f (x) dx

=

2

L

Z L0

f (x) dx

Para n 1, y puesto que cos() es una función par y por tanto f (x)cosnL x

sería una función

par obtendríamos

an = 1

L

Z LL

f (x)cosn

L x

dx = 2

L

Z L0

f (x)cosn

L x

dx

mientras que como sen() es una función impar y por tanto f (x)sen

nL x

también lo sería

bn = 1L

Z LL

f (x)senn

L x

dx = 0

y la serie de Fourier para f (x) periódica y par sería

S f (x) = a0

2 +

1Xn=1

an cosn

L x

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

Si f (x) es una función impar, entonces

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

cSPH

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4.4. Series de Fourier 67

y los coe…cientes de Fourier serían: Para a0

a0 = 1

L Z L

Lf (x) dx =

1

L Z 0

Lf (x) dx + Z

L

0f (x) dx

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

f (x) dx =

Z 0L

f (y) (dy) = Z L0

f (y) dy

luego

a0 = 1

L

Z L0

f (y) dy +

Z L0

f (x) dx

= 0

Para n 1, y puesto que cos() es una función par y por tanto f (x)cos

nL x

sería una función

impar obtendríamos

an = 1

L

Z LL

f (x)cosn

L x

dx = 0

mientras que como sen() es una función impar y por tanto f (x)sennL x

sería par

bn = 1

L

Z LL

f (x)senn

L x

dx = 2

L

Z L0

f (x)senn

L x

dx

y la serie de Fourier para f (x) periódica e impar sería

S f (x) =1

Xn=1

bn senn

L

xque es similar a los obtenidos mediante separación de variables para los problemas del calor,onda y Laplace vistos en la sección anterior.

4.4.2. Aplicación a la ecuación del Calor

Consideremos el problema del calor8<:

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

cuya solución general hemos encontrado

u (t; x) =1Xn=1

cn senn

L x

e2n22

L2 t

siendo

u (0; x) =1Xn=1

cn senn

L x

= f (x)

Por tanto si consideramos a f (x) como una función impar, 2L–periódica

cn = 2LZ L0

f (x)sennL

x dx

cSPH

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y la ecuación general sería

u (t; x) =

1

Xn=1

2

L Z L0 f (s)senn

L s ds senn

L x e2n22

L2 t

(4.24)

donde hemos cambiado la variable de integración para evitar confusiones con la variable independientede la función u.

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

Por otra parte, aunque la linealidad garantiza que una combinación lineal …nita de soluciones, essolución, nuestra combinación lineal es in…nita, por lo que tendríamos que comprobar que efectivamentees solución (derivando 2 veces y sustituyendo en la ecuación correspondiente), y este es un procesodifícil, aunque en nuestro caso se garantiza por la presencia del término exponencial en la solución

formal, ya que si n!1

, entonces e2n22

L2 t

!0.

Cualitativamente la ecuación describe un proceso de difusión del calor a través de la barra, la barradisipa calor convergiendo a 0 y suavizando cualquier irregularidad que f (x) pueda tener. Aplicamoseste análisis a un ejemplo concreto. Supongamos una barra de aluminio (2 = 0;86) de 10 centímetrosde longitud y con una temperatura inicial de 100oC . La evolución de la temperatura con el tiempo,será, para u (0; x) = 100

u (t; x) =1Xn=1

2

10

Z 100

100 senn

10s

ds

sen

n

10x

e0;86n22

100 t

y calculando la integral

Z 100

100 senn

10s

ds = 100 cosn

10s 10

n

100

= 1000n

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

(1 (1)n)

sustituyendo obtendremos el valor de u (t; x)

u (t; x) =1Xn=1

200 (1 (1)n)

n

sen

n

10x

e0;86n22

100 t

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

u (t; x) =1

Xn=1

400

(2n 1) sen(2n 1)

10 x e

0;86(2n1)22

100 t

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