2019

NOTAS DE

MÉTODOS

MATEMÁTICOS(ingeniería de materiales)

y

xa+hv

a

f( )

f(a)y

f (x(t),y(t))z

xc(t)=(x(t),y(t))

1

1

–1

yy

1

2

3

D

(y)=π

π

π

0v

y

a v+h

d(x) = x

c(x) =0

a(y) = y b

Pepe Aranda

http://jacobi.fis.ucm.es/pparanda

Departamento de Física Teórica

Facultad de Físicas. UCM

www.ucm.es/ft2mm

Métodos Matemáticos (2019-2020)

Índice

Bibliografía. Sobre estos apuntes

Introducción

1. Cálculo diferencial en Rn

1.1 Campos escalares y sus derivadas 1

1.2 Campos vectoriales. Regla de la cadena 8

2. Cálculo integral en Rn

2.1 Integrales múltiples. Cambios de variable 13

2.2 Integrales de línea 20

3. Ecuaciones diferenciales ordinarias

3.1 Algunas EDOs de primer orden resolubles 27

3.2 EDOs lineales de orden 2 resolubles elementalmente 29

3.3 Autovalores y autofunciones de problemas de contorno 33

3.4 Series de Fourier 37

4. Ecuaciones en derivadas parciales

4.1 EDPs de primer orden 41

4.2 Orden 2. Clasificación y problemas clásicos 43

4.3 Separación de variables. Ecuación del calor 49

4.4 Ondas. D’Alembert y separación de variables 52

4.5 Separación de variables para Laplace 57

5. Otros temas más allá del curso

5.1 Integrales de superficie 61

5.2 Soluciones de EDOs por medio de series 63

5.3 Problemas más complicados por separación de variables 66

5.4 La transformada de Fourier 70

Problemas I-VII

Problemas adicionales i-viii

Sobre estos apuntes

Versión 2019. Abundantes cambios. Los principales: las secciones adicionales se van a un capítulo 5 final yse fusionan los capítulos 3 y 4 (EDOs y problemas de contorno), aumentando, de paso, los ejemplos en variassecciones. También se han cambiado y añadido ejemplos y explicaciones al (nuevo) 4. Los márgenes de losapuntes se han reducido ligeramente. Los problemas siguen la nueva estructura y como cada año recogen losde exámenes del previo. Hay 2 páginas de introducción, 60 de temas básicos, 12 de temas más allá del cursoy los 7 habituales de problemas (sin contar los adicionales o del tema 5).Versiones 2017 y 2018. Sólo cambios en los problemas, incluyendo los de exámenes de cada curso anteriory algunas pequeñas correcciones en teoría.Versión 2016. Otra vez bastantes ejemplos nuevos. En el tema 1 más de curvas, de regla de la cadena y derepaso. En el 2, sobre todo de integrales de línea. Cada uno aumenta en 2 páginas. En el 3 se extienden lasecuaciones de primer orden y se acortan más las soluciones por series. En el 4 hay ejemplos nuevos de series deFourier. Algún cambio en el 5 y bastante negrita para marcar diferencias entre homogénos y no homogéneos.La versión tiene 74 páginas de teoría (contando la introducción) y 7 de problemas (con cambios).

Versión 2015. Bastantes pequeños cambios (también las fuentes de LaTeX). Además de los cambios habitualesen problemas de cada curso los más importantes fueron:Se incluyó en 1.1 un repaso de rectas y planos y se quitó la página informativa sobre Taylor y máximos. En 1.2se cuentan antes las funciones vectoriales que el caso general de campos vectoriales. En el 2 se quitó teoría acambio de ejemplos. Se introdujeron con más detalle cilíndricas y esféricas.Las EDOs de primer orden fueron al principio del 3. Se acortaron las soluciones por series. En 4 cambiarondetalles intentando dejar más claro algún tema sencillo. Se llevaron a 5.6 (‘problemas más complicados porseparación de variables’) los ejemplos no preguntables. La transformada del Fourier pasó a 5.7.

Versión 2014. El cambio más radical fue la fusión de los capítulos 5 y 6 en uno con todas las EDPs. Elobjetivo era presentar antes la separación de variables, que pocos llegaban a estudiar. En 5.3 se resuelve yala ecuación del calor. La fórmula de D’Alembert se unió a la separación de variables para ondas en 5.4. 5.5es para Laplace. La tranformada de Fourier fue al 5.6 y los problemas en más variables al 5.7 (secciones noexigidas en exámenes). Se incluyeron además más ejemplos en 5.1.Los capítulos 1 y 2 aumentaron en dos páginas cada uno por la presencia de nuevos ejemplos (del tipo de losde exámenes): más curvas de nivel y derivadas direccionales, más integrales de línea... El 3 tuvo pequeñoscambios y el 4 casi ninguno. Y se añadió un repaso de series, por si no se habían visto en Matemáticas I.Los problemas como siempre se retocaron (bastante por la reorganización de temas), incluyendo exámenesy controles del curso anterior y retirando otros menos básicos. Aparecieron por primera vez los ‘problemasadicionales’ (de temas laterales). Novedad visual importante fueron los nuevos colores. Color verde claro paralos ejemplos de temas exigibles . Y un color gris para ejemplos a título informativo .

Versión 2013. Para simplificar la asignatura (ante las dificultades del curso anterior), se quitaron los problemasmás complicados y se pusieron otros más sencillos (entre ellos los de los exámenes). Se precisaron las seccionesno preguntables, poniendo en gris sus titulares. Hubo bastantes cambios menores en teoría y de ejemplos porotros más elementales. El estudio de Legendre y Bessel y sus problemas de contorno viajó al final del curso.

Versión 2012. Primera de las ‘Notas de Métodos Matemáticos (ingeniería de materiales)’.Parte de las notas son versión reducida de los ‘apuntes de métodos matemáticos II (EDPs)’ para esa asignaturadel Grado en Física. Los capítulos 1 y 2 son un resumen de los apuntes de los de ‘Cálculo’ de ese grado. En3 hay material de los ‘apuntes de ecuaciones diferenciales I’ (de un curso de la vieja Licenciatura en Física).Los problemas salieron del material de esos otras cursos.Al elaborar las notas se tuvo en cuenta que la asignatura de la Ingeniería es de 3.5 horas por semana, frente a,por ejemplo, las 4 semanales de los Métodos Matemáticos II del grado. Y que además se debía ver el cálculoen varias variables. Y se supuso que las EDOs lineales se habían visto en ‘Matemáticas II’. Para hacer másligeras las notas, se suprimieron demostraciones y ejemplos complicados. A pesar de todo, se prefirió dejartemas para contar a título informativo, no exigibles en los exámenes del curso.

Bibliografía

[L] Larson-Hostetler-Edwards. Cálculo y geometría analítica. McGraw-Hill[M] Marsden-Tromba. Cálculo vectorial. Pearson Addison Wesley.[B] Boyce-Di Prima. Ecuaciones diferenciales ordinarias y problemas con valores en la frontera. Limusa[Si] Simmons. Ecuaciones diferenciales. McGraw-Hill[H] Haberman. Ecuaciones en derivadas parciales con series de Fourier y problemas de contorno.

Prentice Hall[St] Stephenson. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales. Reverté

Los dos primeros libros tratan el cálculo en Rn y están destinados a los dos primeros capítulos del curso.

Los dos siguientes son esencialmente de EDOs, con lo que serían adecuados para el capítulo 3. En particular,el [B] está muy bien para estudiar los problemas de contorno y las series de Fourier, y también tiene unabuena introducción a las EDPs.Los dos últimos son de EDPs y están destinados, por tanto, a extender el capítulo 4 (los problemas de contornopara EDOs se suelen estudiar también en los libros de EDPs). El [H] es un libro gordo (aunque de nivelasequible) y trata muchos más temas de EDPs que los vistos en este curso. El [St] tiene pocas páginas.

[Estas notas pueden ser utilizadas y citadas por cualquiera sinningún problema, siempre que no haga negocio con ellas].

Introducción

Estas notas tienen en esencia tres partes. Una primera con una versión resumida del cálculo diferen-

cial e integral en varias variables. Otra (más corta) con la teoría de las ecuaciones diferenciales

ordinarias (EDOs) y de sus problemas de contorno. Y una tercera con el estudio de las ecuaciones

en derivadas parciales (EDPs).

En el capítulo 1 se estudia el cálculo diferencial en Rn. La sección 1.1 trata los campos escala-

res (funciones f de Rn en R ), definiendo y viendo el significado de sus derivadas parciales y

direccionales, y de su gradiente rf , sobre todo en el caso n= 2 . En 1.2 se estudian los campos

vectoriales ( f de Rn en R

m ) y, en particular, las funciones vectoriales ( n = 1 ) que describencurvas, se presenta la regla de la cadena (utilizada a menudo en el curso) y se definen divergencia,laplaciano y rotacional (r · f , � f y r⇥ f ).

El capítulo 2 está dedicado al cálculo integral en Rn. En 2.1 se estudian las integrales dobles y

triples de campos escalares y se ve la ulilidad para su cálculo de los cambios de variable (enparticular, a polares). En 2.2 se hacen integrales de línea (a lo largo de curvas) de campos escalaresy vectoriales, se estudian las integrales que no dependen del camino y se presentan los teoremas deGreen y de la divergencia en el plano.

El capítulo 3 trata las ecuaciones diferenciales ordinarias. En 3.1 las de primer orden. En 3.2 laslineales de segundo orden y00+a(x)y0+b(x)y = f (x) , viendo los (pocos) casos en que estas sonresolubles elementalmente (coeficientes constantes y Euler, sobre todo). La teoría de problemas de

contorno para EDOs se estudia en 3.3. Veremos que para deteminados valores (autovalores) de laconstante � que aparece, la homogénea tendrá infinitas soluciones no triviales (autofunciones). [Convalores iniciales siempre hay unicidad]. Se darán ideas también sobre problemas no homogéneos.Estudiaremos en 3.4 las series de Fourier (desarrollos de funciones como sumas infinitas deautofunciones). Todo será utilizado resolviendo EDPs por separación de variables.

El capítulo 4 trata ya las ecuaciones en derivadas parciales, en las que aparecen derivadas parcialesde una función incógnita de varias variables. Todas las que veremos serán lineales y en dos variables

(para simplificar, aunque la realidad tiene habitualmente más dimensiones). Una solución será unafunción u(x, y)2C

2 que llevada a la ecuación la convierte en una identidad. Tras ver brevemente lasde primer orden, trataremos EDPs de segundo orden (con derivadas de orden 2 o menor):

L[u] ⌘ A@2u@y2 + B

@2u@x@y + C

@2u@x2 + D

@u@y + E

@u@x + Hu = F(x, y) .

Entre ellas se encuentran muchas ecuaciones de la física. En concreto las tres clásicas (que escribimosaquí en su versión general para n variables):

ecuación de ondas utt� c2�u = F

ecuación del calor ut� k �u = F

ecuación de Laplace �u = F

ejemplos respectivos de los grandes tipos en que se clasifican: hiperbólicas, parabólicas y elípticas.La teoría avanzada de EDPs viene a ser la generalización del estudio de estas tres, de propiedadestan diferentes que no existe teoría general como la de las EDOs lineales.

Casi nunca se tendrá la solución general de una EDP (por eso, muchas veces las soluciones seránseries). Con cambios de variable la hallaremos en 4.1 para algunas de primer orden (y apareceráuna función arbitraria de las características, soluciones de una EDO ligada a la EDP) y en 4.2para pocas de segundo (con dos funciones arbitrarias). Para la cuerda infinita se llegará aquí a unafórmula (de D’Alembert) para sus soluciones (en 4.4 se le sacará jugo). Veremos qué condicionesadicionales (iniciales o de contorno) se imponen a las EDPs para tener solución única.

En 4.3, tratando el calor, se introduce el método de separación de variables que permite resolver lasEDPs clásicas homogéneas y no homogéneas (que se abordan de forma diferente) y en diferentescoordenadas. Los recintos deben ser sencillos (y acotados, al menos, en una de las variables). Sesupone la solución como producto de funciones de cada variable, lo que lleva a resolver EDOs encada una de ellas, alguna, al menos, con condiciones de contorno. Las soluciones acabarán siendoseries de Fourier. La técnica es la misma en ondas (4.4) y en Laplace (4.5), con ligeras novedadesque se irán estudiando.

Describamos el significado físico de las EDPs clásicas en dos variables. La ecuación de la cuerda

vibrante (de ondas unidimensional) describe las oscilaciones de una cuerda elástica, tensa y fija ensus extremos. Se supone que sus oscilaciones son siempre transversales y de pequeña amplitud. Seprueba que si u(x, t) representa el desplazamiento vertical del puntode abscisa x en el instante t , la función u(x, t) satisface la EDP:

u

u(x,t)

xx

instante t

utt� c2uxx = F(x, t)

donde c2=To/⇢ , con To fuerza de tensión en los extremos, ⇢ masa

por unidad de longitud y F(x, t) fuerza externa que actúa sobre el punto x en el instante t . Paradeterminar la evolución de una cuerda dada, se fijará la posición de la cuerda y la distribución develocidades verticales en el instante inicial, es decir, u(x,0) y ut (x,0) . También se deberá de teneren cuenta que está fija en los extremos x = 0 y x = L , o sea, que u(0, t) = u(L, t) = 0 . El modelomatemático de esta cuerda ideal es sólo una simplificación de la realidad, como las siguientes.La distribución de temperaturas a lo largo del tiempo en una varilla delgada (que podemos suponerunidimensional) viene regida por la ecuación del calor:

ut � k uxx = 0donde u(x, t) es la temperatura del punto x en el instante t y k >0 es una constante proporcionala la conductibilidad e inversamente proporcional a la densidad y al calor específico. Si hay fuentesde calor en el interior de la varilla aparece una F(x, t) en el segundo miembro de la ecuación. Adiferencia de la de ondas, aquí basta conocer sólo la distribución inicial de temperaturas u(x,0)(junto con las condiciones de contorno, que pueden ser de varios tipos) para precisar la solución.Puede describir la ecuación de Laplace:

uxx+ uyy= 0entre otras situaciones físicas, la distribución estacionaria de temperaturas en una placa bidimensionalo la posición de equilibrio de una membrana. La existencia de fuentes de calor o de fuerzas en elinterior de la superficie aportaría una F en el segundo miembro. Frente a las ecuaciones anterioresque describían la evolución de un sistema a lo largo del tiempo, ésta describe situaciones estacionariasy los problemas que se plantean para ella son siempre con condiciones de contorno.

En el capítulo 5 final se tratan cuatro temas que no son objeto de exámenes en el curso. En 5.1 seintroducen las integrales de superficie (de campos escalares y vectoriales) y se ven los teoremasde Stokes y de la divergencia en el espacio. En 5.2 se resuelven EDOs lineales mediante series

de potencias (único método posible en muchas ocasiones). En 5.3 resolveremos por separación devariables problemas con EDOs nuevas (como las de Legendre y Bessel, resolubles siguiendo lasección anterior) y algún problema en tres variables. Se utiliza en 5.4 la transformada de Fourier

para resolver EDPs en recintos no acotados (en particular, la del calor en la recta infinita).

1. Cálculo diferencial en Rn

1.1 Campos escalares y sus derivadasEl espacio Rn

Rn⌘�x= (x1, ... , xn) : xk 2R

es un espacio vectorial de dimensión n con las operaciones:

x+y= (x1, ... , xn)+(y1, ... , yn)= (x1+y1, ... , xn+yn) y kx= (k x1, . . . , k xn) , x,y2Rn, k 2R .

Si x,y2Rn se definen además el producto escalar de dos vectores x · y= x1y1 + · · · + xnyn ,la norma o módulo del vector kxk= (x · x)1/2=

qx21+· · ·+x2

n y la distancia d(x,y)= kx�yk .

xpunto

vector

z

yx

(x,y,z)⇥Otras notaciones para los elementos de Rn son x o Æx .

⇤A cada elemento de Rn le llamaremos indistintamente punto o vector de Rn.Casi todos nuestros ejemplos serán en R2 o R3 donde llamaremos x= (x, y) ox= (x, y, z) . Un x2R2 se puede ver como el punto de coordenadas cartesianas(x, y) o como el vector que une el origen (0,0) con (x, y)

⇥análogo en R3⇤ . R

es caso particular de Rn y a los números reales se les llama a veces escalares.Las siguientes propiedades (menos las dos últimas) son facilísimas de demostrar:

x · y = y · x , (k x) · y = k (x · y)= x ·(k y) , x ·(y+z)= x · y+x · z , x · x�0 , kk xk= |k |kxk ,kxk=0 , x=0 , |x · y| kxkkyk (desigualdad de

Cauchy-Schwartz) , kx+yk kxk+kyk (desigualdadtriangular) .

||x–y||

x

y

x+y

–x/2

||x||Muchas definiciones y propiedades de arriba tienen significado geométrico claro. Sumaes el vector diagonal del paralelogramo de lados x e y . O lo que es lo mismo, esel vector cuya punta es el punto donde acaba x si llevamos paralelamente su base alextremo de y . La desigualdad triangular dice que la longitud de un lado de un triánguloes menor que la suma de las longitudes de los otros dos... (significado análogo en R3).En R el producto escalar pasa a ser el producto y la norma, el valor absoluto.

x

y

f

En R2 y en R3 hay una forma alternativa de expresar el producto escalar.Se prueba que: x · y = kxkkyk cos � , con � ángulo que forman x e y .De esto se deduce que x · y =0 cuando son perpendiculares.

A los vectores de la ‘base canónica’ de Rn los llamaremos�e1, . . . ,en

=

�(1,0, ... ,0), . . . , (0,0, ... ,1)

y todo x se puede escribir como combinación lineal de ellos: x= (x1, . . . , xn)= x1e1 + · · · + xnen .

y

x

z

y

x

i

j

ij

kEn R2 habitualmente se escribe e1= i= (1,0) y e2= j= (0 ,1) .Y en R3 , e1= i= (1,0,0) , e2= j= (0,1,0) , e3= k= (0,0,1) .Un vector se dice unitario si tiene norma 1.

⇥i , j y k lo son

⇤.

Si x,0 , un u unitario con su misma dirección y sentido es u= xkxk .

Sólo para n=3 , se define el producto vectorial de x e y como el vector: x ⇥ y =������

i j kx1 x2 x3y1 y2 y3

������ .[Es perpendicular a x e y , su longitud es el área del paralelogramo quetiene por lados esos vectores y su sentido es el que sugiere i ⇥ j = k ].

y

–2 –11fx

x+y

y/2

Ej 1. Sean x = (1,0)= i e y = (�2 ,2) . Entonces es:x + y= (�1 ,2) . 1

2 y= (�1,1) . kxk=1 , kyk=p

8 =2p

2 . x · y=�2 .⇥Como �> ⇡

2 debía ser x · y= kxkkyk cos �<0 . De hecho es �=arc cos �1p2= 3⇡

4⇤.

Ej 2. Si x = (1,0,2) , y = (�2 ,1,3) , su producto escalar es x · y=4 . kxk=p

5 , kyk=p

14 .kx�yk= k(3,�1,�1)k=

p11 nos proporciona la distancia entre los dos puntos x e y .

x⇥y=������

i j k1 0 2�2 1 3

������= (0�2) i �(3+4) j +(1�0)k = (�2,�7,1) . (1,0,2)·(�2,�7,1)=0(�2 ,1,3)·(�2,�7,1)=0 (perpendicular).

kx⇥yk=3p

6 nos da el área del parelogramo cuyos lados son los vectores.

1

Rectas y planosEn Cálculo en una variable, una recta del plano se suele escribir y =mx+b ó y = y0+m(x�x0) ,fijándonos en la pendiente m , la ordenada en el origen b o el punto (x0, y0) por el que pasa.

p q

v q-p=

x=p+tv

Veamos otras expresiones ahora utilizando vectores. La recta que pasapor los puntos p = (p1, p2) y q = (q1,q2) se puede escribir:

x = p + t(q�p) o x = (1� t)p + tq , t 2R .⇥Para t 2 [0,1] , p + t(q�p) describe el segmento que une esos puntos

⇤.

O dado p y el vector dirección v = (v1, v2) la recta es x = p + tv , o en coordenadas:n x= p1+tv1y= p2+tv2

.

Ej 3. Describamos paramétricamente de varias formas el segmento que une p= (�2,3) y q= (1,0) .

1

3

–2

v=(3,–3)

En cartesianas la recta se ve claro que es y=1�x . De aquí: (t,1�t) , t 2 [�2,1] .De la expresión de arriba, como v=q�p= (3,�3) , deducimos otra parametrización:

p + tv = (�2+3t,3�3t) , t 2 [0,1] .O intercambiando los papeles de p y q : q + t(p�q)= (1�3t,3t) , t 2 [0,1] .[Las 2 primeras expresiones describen el segmento, al crecer t , en el mismo sentido y la tercera en el opuesto].

Las ecuaciones vectoriales de las rectas en el espacio son las mismas, pero con 3 coordenadas:( x= p1+tv1y= p2+tv2z= p3+tv3

. Eliminando la t : x�p1v1=

y�p2v2=

z�p3v3

[interpretando que el numeradores 0 si se anula su denominador].

La ecuación general de un plano en el espacio es ax+by+cz=d [Con a, b, c no las tres cero.Si d=0 pasa por el origen].

u

v x=tu+sv

pSi u y v son dos vectores (no múltiplo uno de otro), x= tu+sv , t, s2Rdescribe el plano que contiene esos vectores y pasa por el origen.x=p+tu+sv es otro plano, paralelo al otro yque pasa por p (y los puntos p+u y p+v ). n

xx-ppUn plano quedará también determinado conocidos un punto p suyo y unvector n normal (perpendicular) al plano pues entonces: (x�p)· n =0 .Si n= (a, b, c) , desarrollando: a(x�p1)+ b(y�p2)+ c(z�p3)= 0 , que sepuede poner ax+by+cz=�ap1�bp2�cp3 . Comparando con la ecuaciónescrita arriba, concluimos que un vector normal a un plano ax+by+cz=d es el vector (a, b, c) .

Ej 4. Demos varias expresiones para la recta que pasa por los puntos p= (1,2,�8) y q= (7,5,1) .Un vector dirección es v=q�p= (6,3,9) , y la recta es: p + tv = (1+6t,2+3t,�8+9t) , t 2R .O con un vector más bonito u= (2,1,3) y q en vez de p : q+tu = (7+2t,5+t,1+3t) , t 2R .

Eliminando t , por ejemplo, de la segunda:⇢ x=7+2ty=5+tz=1+3t

! x�72 = y�5 = z�1

3 .

Y eligiendo dos pares de términos (nosotros los primero = tercero y segundo = tercero) obtenemos larecta como intersección de dos planos:

3x�21 = 2z�2 , 3y�15 = z�1 , es decir,n 3x�2z=19

3y�z=14 .

Ej 5. Hallemos la ecuación del plano que pasa por p= (3,2,�1) , q= (1,�1,3) y r= (3,�2,4) .Es perpendicular al plano, por ejemplo, (q�p)⇥(r�p) = (�2,�3,4)⇥(0,�4,5) = (1,10,8) .El plano es, por tanto: 1(x�3) + 10(y�2) + 8(z+1) = 0 , es decir, x+10y+8z=15 .

Más largo es eliminar t y s de x= t(q�p)+s(r�p) =(x=3�2t ! t= 3

2 �x2 &

y=2�3t�4s s= 3x8 � y

8 �58 & · · ·

z=�1+4t+5s

O, aún peor, resolver el sistema(3a+2b�c=d

a�2b+3c=d3a�2b+4c=d

[imponiendo quepase por los puntos]

· · ·�! a= d5 , b= 10d

5 , c=8d5 .

2

Campos escalares (también llamadas funciones escalares).

f : D⇢Rn �! Rx= (x1, ..., xn) ! f (x) (son funciones reales de varias variables reales en un dominio D ).

Su gráfica es el conjunto de puntos de la forma�x1, ... , xn , f (x1, ... , xn)

�, con (x1, . . . , xn)2D .

Si n=1 describe una curva en el plano, si n=2 una superficie en el espacio (que se puede tratar de dibujaren perspectiva) y si n�3 estamos ya en un espacio de dimensión �4 . Trabajemos con ella para n=2 .

f : R2 �! R(x, y) ! f (x, y)

Para esquematizar su gráfica (sin ordenador) buscaremos secciones (curvas enel espacio) que obtendremos cortando la superficie con diferentes planos.

Unas secciones interesantes se consiguen cortando con planos z= cte , llamadas curvas de nivel (esdecir, curvas del plano xy sobre las que f toma un valor constante). Otras fáciles de calcular sonlas obtenidas al hacer x= cte o y= cte (en particular los cortes con los planos yz o xz ).

x

y1 2

z=f(x,y)Ej 6. f (x, y)= x2+y2 . Las curvas de nivel, dadas por x2+y2=C ,serán aquí circunferencias, de radio

pC .

x

y

1

2

z=4z=1

Las secciones con x=0 ! z= y2

y=0 ! z= x2 son parábolas.

Con esto es fácil (en este caso sencillo) dibujar la gráficade lo que se llama un ‘paraboloide de revolución’.

[Si las curvas de nivel son circunferencias centradas, la superficie será de revolución].

C=1 C=0

1

C=1

–1

1 C=4

C=4y

x

y=x

y1

z=g(x,y)

1

x

Ej 7. g(x, y)= (x�y)2 = C ! x�y=±p

C (rectas paralelas).

En concreto, si C=0,1,4 se obtienen y= x , y= x±1 , y= x±2 .El corte con x=0 es una parábola: z= y2 . También lo son loscortes con y=0

�z= x2 �

o con y=�x�

z=4x2 �.

Viene a ser la gáfica de la parábola z= y2 trasladada a lo largode la recta y= x (que es donde se anula la g ).

Ej 8. Sea h(x, y)= y2�x2 . Dibujemos la gráfica de este ‘paraboloide hiperbólico’ (silla de montar).

y

x

z

y

xC=0

C=–1C=–1

C=1

C=1

Los cortes con y=0 y x=0 son las parábolas z=�x2 y z= y2

[y en general son parábolas los cortes con y=C y x=C ].Las curvas de nivel son en general las hipérbolas y2�x2=C[menos para C=0 en que se reducen a las rectas y=±x ].

No es fácil hacer el dibujo en 3 dimensiones, pero las curvas denivel y los cortes ya nos bastan para hacernos una idea bastante aproximada de la gráfica.

Hay otras superficies importantes que definen más de una (o no definen ninguna) función escalar:

Ej 9. Dibujamos x2+y2+z2=R2 (superficieesférica) , z2= x2+y2 (cono), x2+y2=1 (cilindro).

Las primeras definen 2 campos escalares z=±p

R2�x2�y2 y z=±py2+x2 y la tercera ninguno.

[las curvas de nivelson circunferencias]

x

y

x

y1

zz

R

R

Los cortes con x=0 son la circunferencia z=±p

R2� y2 (esfera), y las rectas z=±y (cono).El cilindro no depende de la z . Es la circunferencia unidad llevada verticalmente (de �1 a 1).

Todos estos ejemplos son ‘cuádricas’: Ax2+By2+Cz2+Dxy+E xz+Fyz+ax+by+cz=d (que generalizan lascónicas a R3 ). Hay más tipos de ellas: elipsoides, hiperboloides de una y dos hojas, parejas de planos...

3

Entornos y abiertos. Estos términos aparecerán varias veces en el curso, así que los definimos:

Entorno de centro a2Rn y radio r es Br (a)⌘�x2Rn : kx�ak< r

[círculo en el plano, esferaen el espacio, sin bordes].

El punto a2 A es interior al conjunto A⇢Rn si hay algún r tal que el entorno Br (a)⇢ A .A es abierto si todos sus puntos son interiores, es decir, si A= int A⌘ {x interiores a A} .Frontera o borde de A es @A⌘

�x : 8r , Br (x) contiene puntos de A y de Rn�A

.

Se llama cierre de A al conjunto A= int A [ @A .

a b

c

dEj 10. El producto cartesiano de intervalos abiertos (a, b)⇥(c, d) (rectángulo sin borde) es

un conjunto A abierto en R2: para cualquier a del conjunto existe un Br (a) contenidoen él (por ejemplo, si r es el mínimo de las distancias a los 4 lados). Su frontera @Ason los 4 lados y por tanto A= [a, b]⇥[c, d] . A no es abierto pues los puntos de @Ano son interiores (ningún entorno está contenido en A ).

Límites y continuidad. Las definiciones son (aparentemente) muy parecidas a las de R :Límite: lım

x!af (x)=L si 8">0 9�>0 tal que si 0< kx�ak< � entonces | f (x)�L |<" .

f continua en a2 intD , lımx!a

f (x)= f (a) , 8" 9� tal que kx�ak< �) | f (x)� f (a)|<" .

[Para n=2 debe existir un � tal que la imagen de f en B�(a) esté entre los planos z=L�" y z=L+" ].

Teoremas (como los de R ) aseguran que suma, producto y cociente con denominador no nulo def y g continuas son continuas. Y también se prueba que lo es la composición de campos escalarescon funciones reales continuas:

Teor 1. f : Rn ! R continua en a , g : R ! R continua en f (a) ) g � f continua en a .

Probando sólo que f (x)=C y que f (x1, ... , xn)= xk son continuas en todos los puntos de Rn :| f (x)�C |=0<" 8� , | f (x)� f (a)|= |xk�ak | kx�ak<" si �=" ,

se deduce de estos teoremas que muchísimos campos escalares lo son en todos o en casi todos lospuntos a simple vista. Así, por ejemplo, son claramente continuos en todo R2 los campos de lapágina anterior (son sumas, productos... de funciones continuas). También lo son claramente:

f (x,y)= x2�1y2+3 (lo son numerador y denominador, y éste no se anula)

h(x,y)=exy (es composición de la continua f (x,y)= xy y g(z)=ez función continua en todo R ).g(x, y)= 1

x2+y2 es claramente continua cuando (x, y), (0,0)y discontinua en ese punto (‘tiende a 1 ’ pues x2+y2!0 y es positivo).

Sólo hay que pararse a mirar la continuidad en algunos puntos patológicos (lo mismo que sucedía en R ).Ponemos un par de ejemplos sólo para mostrar que aquí las cosas se complican:

Ej 11. f (x, y)= (x2+y2) sen 1x2+y2 , con f (0,0)=0 , es obviamente continua si x,0 .

Para ver que lo es también en el origen podemos aquíacudir a la definición (en general complicado):| f (x, y)� f (0,0)| |x2+y2 |<" si k(x, y)�(0,0)k=

px2+y2< �=

p" ,

o mirarla como composición de la conocida continua g(x)= x sen 1x y del campo h(x, y)= x2+y2 ,

o incluso utilizar que sigue siendo cierto en más de una variable eso de que ‘cero⇥acotado = cero’.

Ej 12. f (x, y)= xy2

x2+y4 , f (0,0)=0 vuelve a ser continua claramente si x,0 . ¿Lo es en (0,0) ?Vamos a acercarnos al origen a lo largo de diferentes curvas.Empezamos con las rectas y=mx : f (x,mx)= m2x

1+m4x2 !x!0

0 .Pero esto no es la definición del límite en R2.

Sigamos ahora las parábolas x= py2 : f (py2, y)= pp2+1 .

Tan cerca como queramos del origen hay puntos en los queel campo vale, por ejemplo, 1

2 (p=1). Discontinua en 0 .[Dibujada con un ordenador, presenta f el aspecto feo del dibujo de la derecha].

4

Derivadas direcionales, derivadas parciales y gradienteSean f : D⇢Rn! R y a2 int D para que f esté definida cerca de a . Para hallar la derivada en R se usanlos valores de f en a y puntos cercanos a+h . En Rn hay puntos en cualquier dirección. Miremos cómovaría f sobre una recta que pase por a (dada por un vector v ), es decir, en R2,la variación de la curva obtenida cortando la gráfica con un plano vertical:

y

xa+hv

a

v

f (a+hv)

f (a)La derivada de f según el vector v en un punto a es:

Dv f (a) ⌘ fv(a) = lımh!0

f (a+hv)� f (a)h (si existe).

Cuando v es unitario se le llama derivada direccional(de f en la dirección del vector v en el punto a ).⇥

Es la derivada de la función de una variable f (a+tv) en t=0⇤.

Veremos pronto formas sencillas de hallar estas derivadas, pero por ahora sólo tenemos la definición:

(v,v)

Ej 13. Hallemos la derivada de f (x, y)=4�x2�4y2 en (1,0) según el vector (v , v) :

Dv f (1,0)= lımh!0

4�(1+hv)2�4(hv)2�3h = lım

h!0�2hv�5h2v2

h = �2v .

Así, en particular: D(1,1) f (1,0)=�2 , D(2,2) f (1,0)=�4 , D(�1,�1) f (1,0)=2 , . . .Las derivadas direccionales son D�

1p2, 1p

2

� f (1,0)=�p

2 y D�� 1p

2,� 1p

2

� f (1,0)=p

2 .

El caso más importante aparece al tomar como v alguno de los vectores de la base canónica:A la derivada de f en la dirección de ek se le llama derivada parcial de f respecto a xk :

@ f@xk

(a) ⌘ fxk (a) ⌘ Dk f (a) ⌘ Dek f (a) = lımh!0

f (a1,..., ak+h ,..., an)� f (a1,..., ak ,..., an)h ,

es decir, @ f@xk

(a) es la derivada en el punto x=ak de la función g(x)= f (a1, ... , x, ... ,an)de una sola variable que se obtiene mirando todas las xi constantes menos la xk .

En R2 usaremos simplemente las notaciones @ f@x ⌘ fx , @ f

@y ⌘ fy , y en R3 además @ f@z ⌘ fz .

En R2, por tanto, fx(a, b) es la derivada de f (x, b) en x= a y fy(a, b) la de f (a, y) en y= b . Secalculan simplemente viendo la otra variable como constante. Y su significado geométrico es claro:son las pendientes de las tangentes a las curvas corte de la gráfica con planos x=a o y=b .

Ej 13b. Si f (x, y)=4�x2�4y2 es fx(1,0)=�2x��(1,0)=�2 y fy(1,0)=�8y

��(1,0)=0 ,

que son las pendientes de las tangentes a las parábolas obtenidas cortando cony=0 y x=1

⇥g(x)=4�x2 y g(y)=3�4y2 ⇤

, respectivamente en x=1 e y=0 .[La primera es negativa por decrecer f al crecer x y la segunda 0 por tener ahí un máximo].

Si las @ f@x j

existen para todos los x 2 D tenemos n nuevos campos escalares @ f@x1, . . . , @ f

@xnque se

pueden volver a derivar consiguiendo las derivadas parciales de orden 2,3, . . . :@ f@xk

⇥ @ f (x)@x j

⇤⌘ @2 f (x)

@xk@x j⌘ fx j xk (x) ⌘ Djk f (x) , . . .

Ej 14. Si f (x, y)= x2 e�2y sus derivadas primeras fx =@ f@x =2x e�2y , fy =

@ f@y =�2x2e�2y vuelven a tener

derivadas parciales 8(x, y) , con lo que tiene sentido calcular:

fxx =@2f@x2 =2 e�2y , fxy =

@2f@y@x =

@@y

⇥ @ f@x

⇤=�4x e�2y , fyx =

@2f@y@x =�4x e�2y , fyy =

@2f@y2 =4x2e�2y .

Y podríamos seguir calculando derivadas: fxxx =@3f@x3 =0 , . . . , fyyy =

@3f@y3 =�8x2e�2y , . . .

Ej 15. Si f (x, y, z)= x2y � cos(yz) se tiene que fx =2xy , fy = x2+z sen(yz) , fz = y sen(yz) .Entonces: fxx =2y , fxy =2x , fxz =0 ; fyx =2x , fyy = z2 cos(yz) , fyz =sen(yz)+yz cos(yz) ;fzx =0 , fzy =sen(yz)+yz cos(yz) , fzz = y2 cos(yz) . Algunas derivadas coinciden (no es casual).

Se dice que f 2Cn en D abierto si sus derivadas parciales hasta orden n son continuas en D .Igualdad de Schwarz

o de Clairaut: Si f 2C2 en un entorno de a ) Dkj f (a)=Djk f (a) , j, k=1, . . . ,n .

5

Se llama gradiente de f al vector rf =� @ f@x1, . . . , @ f

@xn

�y es rf (a)=

� @ f@x1

(a) , . . . , @ f@xn

(a)�.

Halladas las @ f@xk

(y, por tanto, el rf ) es muy fácil hacer derivadas según vectores. Se prueba que:

Teor 2. Si f 2C1 en un entorno de a , la derivada según el vector v es Dv f (a)=rf (a) · v .

v

∆

aø

f(a)Significado del gradiente. Sea v unitario y supongamos que rf (a), 0 . Entonces,por el teorema: Dv f (a)=rf (a)·v = krf (a)k cos � . Así que la derivada direccionales la componente del gradiente en la dirección de v . La Dv será máxima si cos �=1(cuando los vectores tienen la misma dirección y sentido). Por tanto, la direccióny sentido de rf son aquellos en los que f crece más deprisa. Si cos � = 0 , será Dv f (a) = 0 :en la dirección perpendicular a rf el campo no varía. Así, en R2, será rf perpendicular a lascurvas de nivel de f (a sus tangentes). [Y en R3 será perpendicular a las superficies de nivel].

Ej 13c. Para la f (x, y)=4�x2�4y2, ya es muy fácil hallar las Dv del Ej 13: rf = (�2x,�8y) )D(1,1) f (1,0)= (�2,0)·(1,1)=�2 , D( 1p

2, 1p

2) f (1,0)= (�2,0)·

� 1p2, 1p

2

�=�

p2 , . . .

Dibujemos ahora algunos vectores gradientes y algunas curvas de nivel�elipses x2+4y2=4�C

�.

40

2

1

–12

–8

–44x

yEn concreto, se dibuja rf en los puntos (1,0), (2,0), (0,1) y (2,1)⇥

son los vectores (�4,0), (�8,0), (0,�8) y (�4,�8) a escala⇤

y las curvas para C = 4 , 0 , �4 , �8 , �12 .Viendo la gráfica de f como una montaña, rf indica la máximapendiente. Entre las derivadas direccionales en (2,1) es máximala fijada por rf , es decir, en la dirección de

v=⇣� 1p

5,� 2p

5

⌘ ⇥y el valor máximo es Dv f (2,1)=rf (1,2) · v=4

p5= krf (1,2)k

⇤.

Es mínima en la dirección opuesta al gradiente v=� 1p5, 2p

5

� ⇥su valor será �4

p5

⇤.

Es nula en la dirección de los vectores perpendiculares a rf⇥(2,�1) o (�2,1)

⇤, vectores que son

tangentes a la elipse de nivel x2+4y2=8 que pasa por el punto (2,1) .

Ej 7*. Hacemos cálculos similares a los hechos para el Ej 13 para el campo del Ej 7: g(x, y)= (x�y)2 .Aquí es rg(x, y) =

�2x�2y ,2y�2x

�= 2(x�y)(1,�1) . C=1 C=0

1

C=1

–1

1 C=4

C=4y

x

∆g

u

∆g=0

[Vector perpenticular a las rectas de nivel que apunta hacia donde crece gcon módulo 2

p2 |x�y | mayor según nos alejemos de la recta y= x ].

En el punto (0,�1) el vector rg es (2,�2) . El vector unitario u para elque es, por ejemplo, mínima la derivada direccional en el punto es:

u=�� 1p

2, 1p

2

� ⇥pues (�1,1) es opuesto al gradiente de módulo

p2⇤.⇥

La derivada mínima será Du g(0,�1)= (2,�2) · u =�2p

2 =�krgk= krgk kuk cos ⇡⇤.

[No hemos vuelto a usar la definición inicial de la derivada según un vector.Al igual que en R sólo se necesita esa definición para funciones raras].

[Obsérvese que rg=0 sobre y= x : los cortes con x=a e y=b son parábolas con mínimos ahí].

Ej 15*. Los cálculos y significados son análogos en R3. Para f (x, y, z)= x2y � cos(yz) es:rf (x, y, z) =

�2xy, x2+ z sen(yz), y sen(yz)

�. En particular es rf (1,1,0) = (2,1,0) .

La derivada de f en el punto a= (1,1,0) según el vector v= (1,�1,2) es (2,1,0)·(1,�1,2)=1 .Si buscamos la derivada direccional debemos dividir por el módulo: u= 1p

6v ! Du f (a)= 1p

6.

La derivada direccional máxima es en la dirección y sentido de rf y su valor será su módulop

5 .

y

x

z

2

1

∆f

La derivada es 0 en el la dirección de todo vector perpendicular a rf ,que ahora no constituyen una recta, sino un plano. Si v = (a, b, c) esperpendicular: (2,1,0)·(a, b, c)=2a+b=0 !

v= (a,�2a, c) , kvk=p

5a2+c2 ! u= 1p5a2+c2 (a,�2a, c) .

Un par de estos vectores u son, por ejemplo, (0,0,1) y� 1

3 ,� 23 ,

23�.

6

Campos escalares diferenciables y plano tangenteEn una variable se cumplía ‘derivable ) continua’. En Rn la existencia de todas las derivadas parciales noimplica la continuidad. Ni siquiera la existencia de derivadas direccionales en todas las direcciones.

Ej 16. Para f (x, y)=n1 si x=0 o y=0

0 en el resto es fx(0,0)= fy(0,0)=0 , pero f esclaramente discontinua en el origen.

La f (x, y)= xy2

x2+y4 discontinua en (0,0) del Ej 12 tiene, sin embargo, derivadassegún cualquier vector en el punto

⇥pues f (x,mx)= m2x

1+m4x2 es derivable para todo m en x=0⇤.

Buscamos una definición que recoja información globlal de todos los puntos cercanos a a . Una función en R

a a+h

f(a)

f(a+h)

f(a)+hf '(a)

era derivable si tenía recta tangente. En R2 será diferenciable si posee plano tangente.Empezamos reescribiendo la definición de derivada:

f derivable en a , lımh!0

f (a+h)� f (a)� f 0(a)hh =

"0 , f (a+h)= f (a)+ f 0(a)h+o(h) .

si el numerador es o(h) , despreciable respecto a h

En Rn ser diferenciable será casi lo mismo. Como en R , g(v)=o(kvk) significará que lımv!0

g(v)kvk =0 .

f es diferenciable en a si existe rf (a) y es f (a+v)= f (a) + rf (a)·v + o�kvk

�.

o(||v||)y

x x=a+v

a

z = f (a)+df (v)az

O sea, llamando v=x�a , si f (x)� f (a)�rf (a)·(x�a)kx�ak �!

x!a0 .

Si n=2 , lo es si f (a+v)= f (a)+ fx(a)u+ fy(a)v+o(kvk) , o sea, si cerca dea= (a, b) , se parece al plano: z= f (a)+ fx(a)(x�a)+ fy(a)(y�b) .

¿Cómo saber si una f es diferenciable? La definición, complicada, sólo senecesita en puntos patológicos (que no trataremos). Por otra parte, si f esdiferenciable parece que va a ser continua. Se prueba que:

Teor 3. f 2C1 en un entorno de a ) f diferenciable en a ) f continua en a .

x

y

Por tanto, un campo discontinuo (como los del Ej 16) no puede ser diferenciable.Pero los hay continuos y no diferenciables, como le sucede al cono z=

px2+y2 en

el origen. Sus cortes con los ejes son z= |x | y z= |y | , funciones no derivables en 0 ,por lo que no existen fx(0,0) ni fy(0,0) . Por tanto, no puede ser diferenciable ahí.[Una f continua y no diferenciable tendrá ’picos’, como le pasaba al |x | en R ].

Hemos deducido para R2 que si f es diferenciable, su plano tangente en el punto (a, b) es:

z = f (a, b) + fx(a, b)(x�a) + fy(a, b)(y�b) .

Ej 13d. Como para f (x, y)=4�x2�4y2 las fx =�2x y fy =�8y son continuas en todo R2 claramentees f diferenciable en todo el plano y es fácil de calcular, por ejemplo, el plano tangente en (�2,1) :

z = �4 + 4(x+2) � 8(y�1) = 4x � 8y + 12 .

Como en R3 es rf perpendicular a las superficies de nivel, esto nos da un modo de hallar el planotangente en un punto (a, b, c) de una superficie S dada en la forma F(x, y, z)=K :

rF(a, b, c) · (x�a, y�b, z�c) = 0 .

Ej 17. Por ejemplo, hallemos el plano tangente en (1,�2,3) a la superficie esférica x2+y2+z2=14 :rF(1,�2,3) = (2x,2y,2z)

��(1,�2,3)= (2,�4,6) !

2(x�1)�4(y+2)+6(z�3)= 0 , o bien, z = 13 (14�x+2y) .

Más largo es hallar este plano con la fórmula de más arriba:

z=+p

14�x2�y2 ! zx = �xp , zy =�yp ,

zx(1,�2)=� 13 , zy(1,�2)= 2

3 ! z=3� 13 (x�1)+ 2

3 (y+2) "

7

1.2 Campos vectoriales. Regla de la cadenaEn esta sección tratamos funciones cuyos valores serán vectores. Primero el caso más sencillo:

Funciones vectoriales: c : R �! Rn

t �! c(t)=�c1(t), ..., cn(t)

� . Sus gráficas son curvas en Rn .

Bastantes veces nos ocuparemos de c para t en un intervalo finito: t 2 [a, b] . Entonces la imagende c es una curva finita que une (en ese sentido) el punto c(a) con el c(b) [extremos de la curva].Casi siempre trabajaremos en R2 o R3 y será c(t)=

�x(t), y(t)

�o c(t)=

�x(t), y(t), z(t)

�.

Se dice que c es continua en un punto o intervalo si lo son sus n componentes c1(t), ... , cn(t) .

Y es derivable si las n lo son y su derivada es el vector c0(t)=�c01(t), ..., c0n(t)

�.

x

y

c(t+h)c(t)

c'(t)

c(a)

c(b)

CInterpretemos c0(t) para n=2 (o n=3 ). Al ser c0(t)= lım

h!0

c(t+h)�c(t)h ,

la pendiente de la secante tenderá a la pendiente de la recta tangente ala curva C descrita por c(t) . Físicamente, si c(t) describe el movimientode una partícula a lo largo del tiempo [es decir, si es su vector posición,que se suele llamar r(t) ], c0(t) representa el vector velocidad v(t) .⇥El escalar kc0(t)k describe la rapidez (velocidad escalar) con la que la partícula avanza por la curva

⇤.

Por tanto, ecuaciones de la recta tangente a C en un punto c(to) (si c0(to),0 ) pueden ser:

x = c(to) + t c0(to) o x = c(to) + (t�to) c0(to) [esta toca c(to)cuando t= to ]

t=0,√2π

Ej 1. Sea c(t)=�cos t2, sen t2� , con t 2

⇥0 ,p

2⇡⇤. c(0)= c

�p2⇡

�= (1,0) .

Por ser kc(t)k=p

cos2+sen2 =1 , recorrerá c la circunferencia unidad.c0(t)=

�� 2t sen t2,2t cos t2� será un vector tangente, y es kc0(t)k=2t

[con lo que este módulo (la velocidad escalar) crece con el tiempo].⇥Llega a (0,1) para t=

p⇡/2 , y tarda el doble de tiempo en dar la vuelta entera

⇤.

c0⇣q

⇡2

⌘=

��p

2⇡ ,0�! x=

��p

2⇡ t,1�

es la recta tangente en (0 ,1)⇥o más sencilla x= (�t,1)

⇤.⇥

La misma curva la describe c⇤(t)= (cos t, sen t) , t 2 [0,2⇡] , siendo en este caso kc0⇤(t)k=1 constante⇤.

Ej 2. Sea c (t)=�t3,2t2� . Dibujemos la curva descrita por c para t 2 [�1,1] , hallemos su recta tangente

en el punto (�1,2) y el punto en que esta recta tangente vuelve a cortar la curva.

x

yDando valores a t , o viendo que se puede poner y=2x2/3 sale el dibujo.[Cuando c0=0 (sin tangente definida), pueden aparecer picos como el del origen].El punto se da si t=�1 : c(�1)= (�1,2) y es c0(�1)= (3t2,4t)

��t=�1= (3,�4) .

La recta tangente es: x(s)= (3s�1,2�4s)⇥toca

� 12 ,0

�cuando s=1/2

⇤.

Corta la curva para t y s que cumplan: t3=3s�1 , 2t2=2�4s !(3s�1)2= (1�2s)3 , 8s3�3s2= 0 , s= 3

8 !� 1

2 ,18� ⇥

y s=0 ! (�1,2)⇤.⇥

O bien, la curva y=2x2/3 y la recta y= 2�4x3 se cortan si 27x2= (1�2x)3 que lleva a lo mismo

⇤.

Más difícil es, desde luego, dibujar curvas en R3. Estudiamos el ejemplo sencillo cásico, una hélice:

x

y1

π

2π

3π

c(0)

c(3π)Ej 3. Dibujemos la curva del espacio descrita por c(t)=�cos t, sen t, t

�, t 2 [0,3⇡] .

Como [x(t)]2+[y(t)]2=1 , la proyección sobre el plano xy es la circunferenciaunidad, mientras que la z de la curva crece constantemente con t .El vector velocidad será c0(t)=

�� sen t,cos t,1

�, con lo que es kc0(t)k=

p2 ,

que no depende de t (se recorre la curva a velocidad escalar constante).Por ejemplo, para t=2⇡

⇥en el punto (1,0,2⇡)

⇤es c0(2⇡)= (0,1,1) y la recta

tangente en ese punto se puede escribir:

x = (1,0,2⇡) + t (0,1,1) = (1, t,2⇡+t) [contenida en el plano x=1y coherente con el dibujo].

8

Primer caso de la regla de la cadena. Generalizamos la fórmula ( f �g)0(x)= f 0�g(x)

�g0(x) .

Tratemos por ahora el caso más sencillo, que une funciones vectoriales y campos escalares:c f

tc(t)

f (c(t))RnTeor 1.Sean c : R ! Rn y f : Rn! R de C1 y sea h(t)= f

�c(t)

�.

Entonces h es derivable y es h0(t)=rf�c(t)

�· c0(t) , o sea:

h0(t)= @f@x1

(c(t)) x 01(t) + · · · +

@f@xn

(c(t)) x 0n(t) . h : R ! R

La última igualdad (por ejemplo cuando n=2 ) habitualmente se escribe en la forma dfdt =

@f@x

dxdt +

@f@y

dydt ,

expresión imprecisa que no deja claro dónde está evaluada cada término [las parciales en ((x(t), y(t)) y lasderivadas ordinarias en t ] y que mantiene el nombre f para la h (son los valores de f sobre una curva).h describe la variación de f sobre la curva dada por c y, por tanto, h0(to) mide la variación de f según elvector tangente a la curva en c(to) , y esta derivada es, como sabemos, rf

�c(to)

�· c0(to) .

También se pueden dar derivadas segundas y sucesivas; por ejemplo, si n=2 , como h0= fx x 0+ fy y0 :h00(t) = fxx (x 0)2+ 2 fxy x 0y0+ fyy (y0)2 + fx x 00+ fy y00 , pues ( fx)0= fxx x 0+ fxy y0 , . . .

Ej 4. Si c(t)=�t3,2t2� , f (x, y)=

�y+x2�2 y h= f � c , hallemos h0(�1) utilizando la regla de la cadena.

3

2 cc'

D

C=0

C=1

C=1

C=9c(�1)= (�1,2) , c0(�1)= (3,�4) , rf =�4x(y+x2),2(y+x2)

� (�1,2)�! (�12,6) .Por tanto: h0(�1) = rf

�c(�1)

�· c0(�1) = (3,�4)·(�12,6) = �60 .⇥

Podemos comprobar componiendo y derivando: h(t)= (2t2+t6)2 ! h0(�1)=�60⇤.⇥

Que la derivada sea negativa implica que la f decrece al avanzar sobre la curva,como se puede comprobar dibujándola junto a varias curvas de nivel f =C , queson parábolas de la forma y=±

pC�x2 (u observando el gradiente en el punto)

⇤.

Campos vectoriales. Son funciones de Rn en Rm : f : D⇢Rn �! Rm

x= (x1, ..., xn) ! f(x)=�f1(x) , ... , fm(x)

� .

[O funciones vectoriales de varias variables reales con dominio D . Ya hemos el visto el casoparticular de las funciones vectoriales, con n=1 . Uno que ya ha aparecido, con n=m , es rf ;otro, para n=m=3 , será rot f ; otros serán los cambios de variable que iremos haciendo].

En la diferencial de f escalares cumplía un papel importante el vector rf . Aquí lo va a cumplir una matriz:

Se llama matriz diferencial o jacobiana de f en a a Df(a)⌘ ©≠´@ f1/@x1 · · · @ f1/@xn· · · · · · · · ·

@ fm/@x1 · · · @ fm/@xn

™Æ¨x=a

.[Las m filas de Df son los gradientes de las m componentes].

[Si m=1 , esta matriz es una matriz n⇥1 : el vector gradiente rf (a) . Si n=1 , el vector derivada de unafunción vectorial c0(t) (escrito como columna). Y si n=m=1 , la más simple de las matrices: f 0(a) ].

Diremos que f es diferenciable en a cuando lo sean sus m componentes f1 , ... , fm en ese punto.Y por tanto, si todas las fk son C1 en un entorno de a entonces f será diferenciable en a .Y como en los campos escalares, cuando f sea diferenciable ‘se parecerá a una función lineal’ dada por lamatriz diferencial: f(x)⇡ f(a) + Df(a) (x�a) .

"poniendo x�a como columna y escribiendo el resultado como fila

Ej 5. f(x, y)=�exy, y ,2x+y2� es un campo vectorial diferenciable en el punto (1,0) [lo es en todo R2]

porque las 6 parciales existen y son continuas en un entorno del punto. Su matriz diferencial es:

Df= ©≠´y exy x exy

0 12 2y

™Æ¨) Df(1,0)= ©≠

´0 10 12 0

™Æ¨. Como f(1,0)= (1,0,2) y Df(1,0)

✓x�1y

◆=

yy

2x�2

!, la

f : R2! R3 se parece cerca (1,0) a f(x, y)⇡ (1+y , y ,2x) .

En caso de que m= n , típico de los cambios de variable, cumplirá un papel importante (por ejemplo en laintegración) el determinante de la matriz diferencial n⇥n , llamado jacobiano del cambio:

Si(y1= f1(x1,.., xn)· · · · · · · · · · · ·

yn = fn(x1,.., xn), el determinante jacobiano es @(y1,...,yn)

@(x1,...,xn) ⌘ Jf⌘��Df

��=�������@ f1/@x1 · · · @ f1/@xn

......

@ fn/@x1 · · · @ fn/@xn

������� .⇥Jf(a),0 implica, por ejemplo, que el cambio es inyectivo en un entorno del punto, con lo queexistirá la función inversa f�1 en un entorno, que era lo que sucedía en R cuando f 0(a),0

⇤.

9

Caso general de la regla de la cadena

Teor 2. Sean Rn g�! Rm f�! Rp

a ! g(a)=b ! f(b) , g diferenciable en a , f diferenciable en b=g(a) )

f�g diferenciable en a y D(f�g)(a)= Df(b)Dg(a) [producto de matrices].

Ej 6. Sean g(x, y)= (x�y , y2) , f(u, v)= (u+v ,uv , v) . Hallemos D(f�g) en (2,1) . Utilizando el Teor 2:

Df(u, v)= 1 1v u0 1

!, Dg(x, y)=

✓1 �10 2y

◆, g(2,1)= (1,1) ) D(f � g)(2,1) =

1 11 10 1

! ✓1 �10 2

◆=

1 11 10 2

!.

Comprobemos componiendo los campos y calculando luego la diferencial:

(f � g)(x, y) = f(x�y , y2) = (x�y�y2, xy2�y3, y2) , D(f � g)(2,1) = ©≠´

1 2y�1y2 2xy�3y2

0 2y™Æ(2,1)

=

1 11 10 2

!.

Veamos la forma que adopta en un caso que aparecerá bastantes veces:g

f

r

s

x

yf : R2! R , g : R2! R2 , h= f � g : R2! R

(r, s)! (x, y) (r, s)! f (g(r, s))= f (x(r, s), y(r, s))� @h@r

@h@s

�=

� @ f@x

@ f@y

� @x@r

@x@s

@y@r

@y@s

!) @h

@r =@ f@x

@x@r +

@ f@y

@y@r ,

@h@s =

@ f@x

@x@s +

@ f@y

@y@s .

Conviene memorizar estas fórmulas, que se utilizan mucho más a menudo que la forma matricial.No se olvide que la fx y la fy están evaluadas en (x(r, s), y(r, s)) . A menudo se mantiene el nombreimpreciso de f para la h , pues es simplemente la f en unas nuevas variables.

Parecidas son las fórmulas en R3. Para una (r, s, t) ! f (g(r, s, t))= f�x(r, s, t), y(r, s, t), z(r, s, t)

�las derivadas son: fr = fx xr+ fy yr+ fz zr , fs= fx xs+ fy ys+ fz zs , ft = fx xt+ fy yt+ fz zt .

Todas (y otras no escritas) son fáciles de reconstruir: aparecen las derivadas de f respecto a todas lasvariables intermedias multiplicadas por sus derivadas respecto a misma variable de la izquierda.

Ej 7. Escribamos, usando la regla de la cadena, la ecuación en derivadas parciales (y�2)uy�xux = x2yen las nuevas variables s= xy�2x , t= x [este tipo de cálculos se harán muchas veces en 4.1].

Usamos las fórmulas de arriba, pero cambiando el nombre de las variables:n ux = ussx+ ut tx = (y�2)us+ utuy = ussy+ ut ty = xus

, que llevada a la ecuación nos da �xut = x2y , ut =�xy .

Sólo falta escribir xy en las nuevas variables: xy= s+2x= s+2t ! ut =�s�2t .

Esta ‘EDP’ tan sencilla incluso la podemos resolver ya. Las u(s, t) que la cumplen son las de la forma:u(s, t)==�st�t2+ f (s) , para cualquier función f (desaparece al derivar respecto a t ).

Así hemos hallado la solución de nuestra primera EDP: u(x, y)= f (xy�2x)+x2�x2y , 8 f 2C1.La comprobamos: ux = (y�2) f 0(xy�2x) + 2x�2xy , uy = x f 0(xy�2x)�x2 !

(y�2)uy�xux =0 � (y�2)x2� x(2x�2xy)= x2y .

Ej 8. Sin

x=r+s2

y=rs , las derivadas de f (r+s2,rs) respecto a las variables (r, s) sonn fr = fx+s fy

fs =2s fx + r fy.

Si f 2C2 podemos hallar también las derivadas segundas utilizando la regla de la cadena.Como fx y fy son también funciones de r y s , se derivarán respecto a r y s de la misma forma quese derivaba la f (utilizando la expresión de arriba):

frr =�fr�r =

�fx

�r+ s

�fy

�r = [ fxx+s fxy] + s[ fyx+s fyy] = fxx + 2s fxy + s2 fyy

(•) frs =�fr�s =

�fx

�s+ s

�fy

�s+ fy = [2s fxx+r fxy] + s[2s fyx+rfyy]+ fy = 2s fxx+(r+2s2) fxy+rs fyy+ fy

fss =�fs�s =2s

�fx

�s+ r

�fy

�s+2 fx = 2s[2s fxx+rfxy] + r[2s fyx+rfyy]+2 fx = 4s2fxx+4rs fxy+r2fyy+2 fx⇥

Para escribir, por ejemplo, ( fx)r simplemente se utilizó el hecho de que, según las expresiones paralas derivadas primeras, había que derivarla respecto a x y sumarle s por su derivada respecto a y

⇤.⇥

(•) se podría también hacer así, pues sabemos que las derivadas cruzadas de las funciones C2 coinciden:frs =

�fs�r =2s[ fxx+s fyx] + r[ fxy+s fyy]+ fy = 2s fxx+(r+2s2) fxy+rs fyy+ fy

⇤.

10

Divergencia, laplaciano, rotacionalSi f = ( f1, ..., fn) : Rn! Rn es campo vectorial C1, la divergenciade f es el campo escalar: div f ⌘ r· f ⌘ @f1

@x1+ · · · + @fn

@xn.

r⌘� @@x1, ... , @

@xn

�[notación sólo, eso

no es ningún vector].

En particular, cuando f = ( f ,g) es div f = fx+gy , y si f = ( f ,g, h) es div f = fx+gy+hz .

Si f : Rn! R es de C2, el laplaciano de f es � f ⌘ r· (rf ) ⌘ r2f ⌘ @2f

@x21+ · · · + @2f

@x2n

.

Es otro campo escalar. En particular, � f = fxx+ fyy o � f = fxx+ fyy+ fzz .

Para n=3 hay otro importante campo vectorial que se obtiene a partir de uno dado:

Si f = ( f ,g , h) : R3! R3 es de C1, el rotacional de f es el campo vectorial:

rot f = r⇥ f =������

i j k@/@x @/@y @/@zf g h

������= (hy�gz) i + ( fz�hx) j + (gx� fy)k .

Algunas propiedades y relaciones�para n=3 y campos C2 �

fácilmente comprobables son:

rot (rf )= 0 , div (rot f )= 0 , div (g f )=g div f + rg · f , rot (g f )=g rot f + rg ⇥ f .

Por ejemplo, la primera: rot ( fx, fy, fz) = ( fzy� fyz) i + ( fxz� fzx) j + ( fyx� fxy)k = 0 , . . .[No sólo el rotacional de un gradiente es 0 . En 2.2 veremos que si el rotacional de un campovectorial C1 se anula, este campo será el gradiente de un campo escalar que sabremos calcular].

Ej 9. Sea f =�xyz , eyz, y2� . div f = yz + z eyz . rot f =

������i j k

@/@x @/@y @/@zxyz eyz y2

������=�2y�y eyz, xy , �xz

�.

div (rot f )= x�x=0 (debíaserlo) . r(div f)=

�0 , z+z2eyz, y+ eyz+yz eyz

�. �(div f)= (z3+y2z+2y) eyz .

[No tiene sentido hablar del gradiente o laplaciano de f , ni de divergencia o rotacional de campos escalares.Estos cuatro ‘operadores’ (reglas que convierten unas funciones en otras, como también hace la derivada)son ‘lineales’ (porque lo es la derivada): r(a f +bg)=arf +brg , a, b2R , e igual los otros tres].

Escribamos rf y � f en R2 en términos de las coordenadas polares: x=r cos ✓y=r sen ✓

r=px2+y2 ,

tan ✓= yx .

Por la regla de la cadena:⇢

fr = cos ✓ fx+ sen ✓ fyf✓ =�r sen ✓ fx+r cos ✓ fy

)⇢

fr cos ✓� 1r f✓ sen ✓= fx

fr sen ✓+ 1r f✓ cos ✓= fy

)

x

y

rθ

ereθrf = fr er+ 1

r f✓ e✓ , si definimos er = (cos ✓, sen ✓) , e✓ = (�sen ✓,cos ✓) .⇥Esta pareja de vectores son unitarios y perpendiculares entre sí y es d

d✓ er = e✓⇤.

Utilizando de nuevo la regla de la cadena para escribir las derivadas segundas:⇢frr = cos2✓ fxx+2 sen ✓ cos ✓ fxy+ sen2✓ fyyf✓✓ =r2sen2✓ fxx�2r2sen ✓ cos ✓ fxy+r2cos2✓ fyy�r cos ✓ fx�r sen ✓ fy

) � f = frr+frr +

f✓✓r2 .

[Basta escribir la suma del segundo miembro y usar que cos2✓+sen2✓=1 para obtener fxx+ fyy ].

Ej 10. Sea f (x, y)= x3

x2+y2 , con f (0,0)=0 . Calculemos rf y � f en el punto (x, y)= (1,1) .Escrito en polares toma la sencilla forma f (r, ✓)=r cos3✓ y el punto pasa a ser (r, ✓)=

�p2 , ⇡4

�.

rf = cos3✓ er�3 cos2✓ sen ✓ e✓�� �p

2 , ⇡4� = p

24

⇣1p2, 1p

2

⌘� 3

p2

4

⇣� 1p

2, 1p

2

⌘=

�1,� 1

2�.

� f = 0+ cos3✓r +

6 cos ✓ sen2✓�3 cos3✓r = 2

r cos ✓(3�4 cos2✓) que en�p

2 , ⇡4�

vale 1 .

Más largo haciendo: rf =⇣x4+3x2y2

(x2+y2)2 ,�2x3y

(x2+y2)2⌘

, � f = 4x3+6xy2�2x3

(x2+y2)2 +8x3y2�4x(x4+3x2y2)

(x2+y2)3 =2x(3y2�x2)(x2+y2)2 .

Las polares son útiles para analizar continuidades complicadas. ¿Es continua en (0,0) ? Con la expresión polar esclaro que podemos hacer f tan pequeña como queramos: | f (r, ✓)�0|=r | cos3✓ | r <" si k(x, y)�(0,0)k=r < �=" .

11

Acabamos el capítulo con más ejemplos con preguntas varias (típicos de examen) que sirvan de repaso:

Ej 11. Sea f (x, y)= y2

x2 . Dibujar sus curvas de nivel f (x, y)=0 y 1 . Hallar krf (�1,1)k y div�rf

�.

Hallar, si existe, un vector unitario u para el que Du f (�1,1) : i) sea mínima, ii) sea 0 , iii) sea 3 .Dibujar c(t)=

�t�1 ,et

�y si h(t)= f

�c(t)

�hallar h0(0) mediante de la regla de la cadena en Rn.

Calcular, por dos caminos, la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (�1,1) .y

C=0

C=1

y=x

u

1

y=-x

C=1

–1

1–1

ic

uii

uii

e

x

f =0 ! y=0 , f =1 ! y2= x2 , y=±x . [Y en x=0 la f tiende a +1 ].

rf (x, y)=��2x�3y2,2x�2y

�! krf (�1,1)k= k(2,2)k=2

p2 .

div�rf

�=� f = fxx+ fyy = 6x�4y2+ 2x�2 =

6y2

x4 +2x2 = 23y2+x2

x4 .⇥Aunque las cartesianas son adecuadas, lo hallamos también en polares:f (r, ✓)= tan2✓ , fr = frr =0 , � f = 1

r2 f✓✓ = 2r2 (1+4 tan2✓+3 tan4✓)

⇤.

Du mínima en sentido opuesto a rf : (�1,�1) ! u =�� 1p

2,� 1p

2

�.⇥

Vale Du f (�1,1)= (2,2)·�� 1p

2,� 1p

2

�=�2

p2 =�krf (�1,1)k , como debía

⇤.

Du=0 en dirección perpendicular al gradiente: u =� 1p

2,� 1p

2

�o u =

�� 1p

2, 1p

2

�.

[Para precisar los tres vectores anteriores de i) y ii) bastaba con observar las curvas de nivel].No hay ningún u con Du=3 pues el máximo valor es el módulo del gradiente y es 2

p2<3 .

Podemos dibujar c dando valores: t=0 ! (�1,1) , t=1 ! (0,e) , x �!t!�1

�1 , y �!t!�1

0 , . . .o, como t= x+1 , dibujar la gráfica de y= ex+1 (la de y= ex llevada una unidad para la izquierda).c0(t)= (1,et ) , h0(0)=rf

�c(0)

�· c0(0)= (2,2)·(1,1)=4

⇥comprobable derivando h(t)=et (t�1)�2 ⇤

.

Plano tangente: z=1+2(x+1)+2(y�1)=2x+2y+1 , que podríamos hallar con la otra fórmula:

z= y2

x2 , F(x, y, z)= x2z�y2=0 . rF(�1,1,1)= (2xz,�2y, x2)��(�1,1,1)= (�2,�2,1) .

(�2,�2,1) · (x+1, y�1, z�1) = �2x+2y+z�1 = 0 , que nos da de nuevo el plano.

Ej 12. Sea f (x, y) = 3 �p

x2+y2 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y) = 2 ,0 ,�2 y la gráfica de f .Hallar el plano tangente a la gráfica en el punto (4,3) . Calcular � f (4,3) en cartesianas y polares.Hallar la ecuación de la recta tangente a la curva intersección de la gráfica con z=2 en (0,�1,2) .

1C=2

3

y

x

∆f

C=–2

– 1–x25

4

3

y=

31

–2

z

xy

53

C=0

x2+y2= (3�C)2 circunferencias de radio 3�C [ 1, 3, 5 , si C=2 ,0 ,�2 ].Corte con x=0 , z=3� |y | . Y de revolución. Es el cono de abajo.

rf = ( fx , fy)=��x(x2+y2)�1/2 ,�y(x2+y2)�1/2� (4,3)�!

�� 4

5 ,� 35�

.Plano tangente: z = �2 � 4

5 (x�4) � 35 (y�3) = 3 � 4

5 x � 35 y .

f (r, ✓)=3�r ! � f = frr+ 1r fr+ 1

r2 f✓✓ = � 1r

r=5�! � 15 = � f (4,3) .

O bien: �2(x2+y2)�1/2+x2(x2+y2)�3/2+y2(x2+y2)�3/2-=� (x2+y2)�1/2 .⇥

El gradiente en polares también es fácil: rf = frer"=�(cos ✓, sen ✓)

⇤.

Obviamente la tangente a esa circunferencia unidad contenida en z=2tiene por ecuación x= (t,�1,2) . Dos formas de describir esa curva son:

c(t)= (cos t, sen t,2) , t 2 [�⇡,⇡]�c0(�⇡/2)= (1,0,0)

�o c(x)=

�x ,�

p1�x2 ,2

�, x 2 [�1,1] .

Ej 13. Sea f (x, y, z)=�xz2, yx2, zy2�3z2� . Calcular: i) div f , ii) rot f , iii) r

�div f

�y iv) �

�div f

�.

Hallar la recta perpendicular a la superficie div f=0 en el punto (1,2 ,1) y precisar su punto de cortecon el plano x=0 .

i) div f= z2+x2+y2�6z . ii) rot f=�������

i j k@/@x @/@y @/@zxz2 yx2 zy2�3z2

�������=2(yz , xz , xy) . iii) r�div f

�=2(x, y, z�3) .

iv) ��div f

�=6 .

Un vector normal a la superficie se obtiene de iii): (1,2,�2) [mejor sin el 2]. La recta es, pues:x= (1,2,1)+ t (1,2,�2)= (1+t,2+2t,1�2t) que corta x=0 si t=�1 ! punto de corte (0,0,3) .⇥

Con un poco de vista se puede observar que x2+y2+(z�3)2=9 es la superficie esféricade centro (0,0,3) y radio 3 , y cualquier recta normal a ella debía pasar por su centro

⇤.

12

2. Cálculo integral en Rn

2.1 Integrales múltiples. Cambios de variableIntegrales dobles. Su definición generaliza la de la integral en R.

y

y yx

xx

a

b

c d

k-1 k

i-1i

Mik

mik

Sea f (x, y) acotada en un rectángulo R = [a, b]⇥ [c, d] ⇢ R2. Sedivide R en n⇥n rectángulos Ri j = [xi�1, xi]⇥[yk�1, yk] , de área�x �y = b�a

nd�cn . Se llama Mik y mik al supremo e ínfimo de f

en cada Ri j y las sumas superior e inferior son:

Un=n’

i ,k=1Mik �x �y , Ln=

n’i ,k=1

mik �x �y

(sumas de volúmenes de prismas, una mayor y otra menor que el volumen que encierra f (x, y) si f �0 ).

Si las sucesiones {Ln} y {Un} tienden al mismo límite, se dice que f es integrable en R ,se representa el límite común por

∞R

f ó∞

Rf (x, y) dx dy y se llama integral de f en R .∞

Rf representará (similar a lo que sucedía en R ) la suma de los

volúmenes encerrados entre la gráfica de f y el plano z=0 enR , con signos + o � adecuados. Y al igual que sucedía allí:

Teor 1. f continua en R ) f integrable en R .

También aquí las funciones ‘poco’ discontinuas siguen siendo integrables:

Teor 2. Si una f acotada en R es discontinua como mucho en un número finito de puntosy de gráficas de funciones continuas, entonces f es integrable en R .

Para calcular integrales dobles no se necesita la definición, el problema se reduce a realizar dosintegraciones sucesivas de funciones de una variable:

Teoremade Fubini: f continua en R )

∫R

f =π d

c

⇥ π b

af (x, y) dx

⇤dy =

π b

a

⇥ π d

cf (x, y) dy

⇤dx .

y

x

a

b

c d

y=cte

A(y)

Para cada y constante A(y)=Ø b

af (x, y) dx representa el área de la sección

del sólido determinado por la gráfica de f ; integrando A(y) entre c y dobtenemos el volumen:

∞R

f =Ø d

cA(y) dy . La otra igualdad es lo simétrico.

Ej 1. Sean R= [0,⇡]⇥[0,1] y f (x, y)= y sen x . Calcular la integral es fácil:∫R

f =Ø ⇡

0⇥Ø 1

0 y sen x dy⇤dx=

Ø ⇡

0⇥ y2 sen x

2⇤1

0 dx=Ø ⇡

0sen x

2 dx= 1�cos ⇡2 =1 .

O bien:∫

Rf =

Ø 10⇥Ø ⇡

0 y sen x dx⇤dy=

Ø 10⇥�y cos x

⇤⇡0 dy=

Ø 10 2y dy = 1 .

No sólo se puede integrar sobre rectángulos. Podemos hacerlo en dos tipos sencillos de regiones D(y otras más complicadas se podrán dividir en algunas de esa forma).

a

bx

y

a(y)d

x

y

d(x)

c(x)

b(y)

c

Teor 3.

i) f continua en D=�(x, y) : a x b , c(x) y d(x)

, con

c d continuas en [a, b] )∫

Df =

π b

a

π d(x)

c(x)f (x, y) dy dx .

ii) f continua en D=�(x, y) : c y d ,a(y) x b(y)

, con

a b continuas en [c, d] )∫

Df =

π d

c

π b(y)

a(y)f (x, y) dx dy .

Cuando la x varía entre a y b , la y varía entre c(x) y d(x) y similar para ii).

A(x)=Ø d(x)c(x) f (x, y) dy describe el área de la sección e

∞D

f =Ø b

aA(x) dx representa (si f �0 ) el volumen

del sólido encerrado entre la gráfica de f y el plano xy en la región D .∞D

1 proporciona el área de D .

13

Db(y)=π

d(x)=x

0 c(x)=0

a(y)=y

π

πEj 2. Integremos f (x, y)= x cos(x+y) sobre el D del dibujo, que es de losdos tipos considerados en el teorema 3:∫

Df =

π ⇡

0

hπ x

0x cos(x+y) dy

idx =

π ⇡

0x [sen 2x � sen x] dx

=hx(cos x� 1

2 cos 2x)i⇡

0+π ⇡

0

⇥ 12 cos 2x� cos x

⇤dx = � 3⇡

2 .

O, con cálculos más largos, integrando primero respecto a x :∫D

f =π ⇡

0

hπ ⇡

yx cos(x+y) dx

idy

partes=

π ⇡

0[�⇡ sen y � cos y � y sen 2y � cos 2y] dy = � 3⇡

2 .

Observemos que, a veces, no sólo es preferible integrar primero respecto de una variable concreta yluego respecto de la otra, sino que no tenemos otra opción. Por ejemplo, si fuese f (x, y)=sen x2,

no se podría hacerπ ⇡

0

hπ ⇡

ysen x2 dx

idy , por ser la primitiva no calculable, pero sí se puede hacer:

π ⇡

0

π x

0sen x2 dy dx =

"

π ⇡

0x sen x2 dx = � 1

2 cos x2⇤⇡0 =

12⇥1� cos ⇡2⇤ .

[No olvidemos que la integral de una constante es la constante por la longitud del intervalo].[Los corchetes que hemos escrito hasta la última expresión normalmente no se escriben].

Ej 3. Calculemos∫

D(y�2x)3 dx dy , con D cuadrilátero de vértices (0,0) , (1,2) , (0,2) y (�1,0) .

y

x0–1

y=2x

y=2x+2

D1

x=––1

x=y/22

y2

Para no tener que hacer 2 integrales, integramos primero respecto a x :π 2

0

π y/2

y/2�1(y�2x)3 dx dy=

π 2

0� 1

8⇥(y�2x)4

⇤y/2y/2�1dy=

Ø 20 2 dy= 4 .

Con el otro orden de integración hay que dividir en dos recintos:π 0

�1

π 2x+2

0(y�2x)3dy dx +

π 1

0

π 2

2x(y�2x)3dy dx

=π 0

�1

⇥4�4x4⇤dx +

π 1

04(x�1)4dx=4� 4

5+45 =4 .

En recintos más complicados no tendremos más remedio que dividir. La integral sobre el recinto total Dsiempre será la suma de las integrales sobre cada uno de los subconjuntos:

�������� ������

�����

��

���

Ej 4. Para calcular la integral de una f sobre el recinto limitado por y= x2 ey=2|x |�1 podemos hacer:∫

Df =

π 0

�1

h π x2

�2x�1f (x, y) dy

idx +

π 1

0

h π x2

2x�1f (x, y) dy

idx .

O bien, como y= x2 , x=±py , y=±2x�1 , x=± 12 (y+1) ,

se puede hacer (calculando más integrales) también de esta forma:∫

Df =

π 1

0

h π �py

�(y+1)/2f (x, y) dx

idy +

π 1

0

h π (y+1)/2

py

f (x, y) dxidy +

π 0

�1

h π (y+1)/2

�(y+1)/2f (x, y) dx

idy .

Si en particular integramos f ⌘1 obtendremos, como hemos dicho, el área de D :

A =∫

D1 =

π 0

�1(x2+2x+ 1) dx +

π 1

0(x2�2x+ 1) dx = 1

3+13 =

23 .

⇥Integrales iguales por ser f ⌘1 par en x y D simétrico respecto a x=0 ; bastaba hacer 2

Ø 10

⇤.

O bien: A =∫

D1 = 2

π 1

0

⇥ y2 +

12�

py⇤dy +

π 0

�1

⇥y+1

⇤dy = 2 1

12 +12 =

23

⇥ 12 = área triágulo

⇤.

Tomemos ahora f (xy)=2x3y y hallemos la integral por el primer camino:∫D

f =π 0

�1

⇥x3y2⇤ x2

�2x�1dx +π 1

0

⇥x3y2⇤ x2

2x�1dx=π 0

�1[x7�4x5�4x4�x3] dx +

π 1

0[x7�4x5+4x4�x3] dx

= [� 18+

23� 4

5+14 ] + [ 1

8� 23+

45� 1

4 ] = � 1120 +

1120 = 0 .⇥

Debía anularse por ser f impar en x y D simétrico respecto a x=0 . El ‘volumen negativo’ definido porla gráfica de f en la parte de D con x 0 se concela con el positivo de la parte con x �0

⇤.

14

Cambios de variable. Generalicemos para las integrales dobles la conocida fórmula de R:Ø b

af (g(u)) g0(u) du =

Ø g(b)g(a) f (x) dx , con g 2C1([a, b]) ,

en concreto, el caso de g inyectiva (creciente o decreciente) en [a, b] :g

a b

g

a bØ[a,b] f (g(u)) |g0(u)| du =

Øg([a,b]) f (x) dx .

v

u

D*

y

x

gD= (D )*gEn R2 nuestra situación será esta: para calcular

∞D

f (x, y) dx dy

realizaremos un cambio de variable g : D⇤⇢R2 ! D⇢R2

(u, v) !�x(u, v), y(u, v)

�de modo de que el nuevo recinto de integración D⇤ o la nueva funcióna integrar sean más sencillas. Se puede demostrar (es complicado) que:

Teor 4.Sea g : (u, v)!

�x(u, v), y(u, v)

�de C1, inyectiva en D⇤, g(D⇤)=D y f integrable.

Entonces:∫

Df (x, y) dx dy =

∫D⇤

f�x(u, v), y(u, v)

� ���@(x,y)@(u,v)

��� du dv .

[El jacobiano viene a medir como se deforman las áreas al pasar a la nuevas variables].

Como primer ejemplo de cambio de variable consideramos los cambios lineales:nx= Au+Bvy=Cu+Dv

con @(x,y)@(u,v) =

����A BC D

����= AD�BC,0 (para que defina biyección de R2 en R2).

!∫

Df (x, y) dx dy= |AD�BC |

∫D⇤

f (Au+Bv,Cu+Dv) du dv .

[Las regiones se transforman de forma sencilla por llevar las aplicaciones lineales rectas a rectas].

v

u

y

x1

1

y=x

y=–x

y=1–x

y=x–1

Ej 5. Sea D el cuadrado de la figura y hallemos∫

D(x�y)2ex+ydx dy .

La forma de f y el recinto sugieren:nx + y = u

x � y = v,

nx = (u+v)/2y = (u�v)/2 .

Las rectas que definen los lados pasan a ser: u = 0 ,1 , v = 0 ,1 .

El jacobiano����1/2 1/21/2�1/2

����=� 12 . Así pues

∫D= 1

2

Ø 10

Ø 10 v2eududv= e�1

6 .

Más a menudo nos va a aparecer y más útil será el cambio a polares:n x=r cos ✓y=r sen ✓ . El jacobiano es ahora: @(x,y)

@(r ,✓) =����cos ✓ �r sen ✓sen ✓ r cos ✓

����= r(cos2✓+sen2✓) = r .

Con lo que el cambio adopta la forma:∫

Df (x, y) dx dy =

∫D⇤

r f (r cos ✓,r sen ✓) dr d✓ .

r

y

x

θ

α

βα

β

r1 r2 r1 r2

¿Qué conjuntos D provienen de conjuntos D⇤ sencillos del planor✓ ? Un rectángulo [r1,r2]⇥[✓1, ✓2] pasa a ser un sector de coronacircular limitado por las circunferencias de radio r1 y r2 y porlas rectas que pasan por el origen de pendientes ✓1 y ✓2 .

r

y

x

θ

α

β

α

β

D*

r=f ( )2 θ

r=f ( )1 θ

Si lo que queremos es hallar el área en polares de una región Dlimitada en ✓ 2 [↵, �] por r= f1(✓) y r= f2(✓) obtenemos:

área =Ø �

↵

Ø f2(✓)f1(✓) r dr d✓ = 1

2

Ø �

↵[ f 2

2 (✓)� f 21 (✓)] d✓ .

[Coincidente con mis apuntes de matemáticas].

y

x2

D

r

θπ/2

2D*

Ej 6. Hallemos∫

D

p4�x2�y2 dx dy , con D el sector circular del dibujo:

La presencia de x2+y2 y el aspecto de D piden a gritos las polares.∫D⇤

rp

4�r2 dr d✓ =π ⇡/2

0

hπ 2

0r�4�r2�1/2dr

id✓ =

"⇡2

h(4�r2)3/2

�3

i2

0= 4⇡

3 .el [·] no depende de ✓ octante de esfera "

El cambio no es inyectivo en lado izquierdo del rectángulo D⇤ (todos los puntos con r = 0van al origen), pero el teor 4 se cumple aunque falle la inyectividad en puntos o rectas sueltas.

15

Aunque el integrando es sencillo en cartesianas, el recinto pide usar polares:

Ej 7. Calcular la integral doble∞D(x�y)2 dx dy , con D semicírculo dado por x2+y2 4 , x �0 .

En polares es (r cos ✓�r sen ✓)2= r2 � cos2✓+sen2✓ �2 sen ✓ cos ✓�= r2 �1� sen 2✓

�. Por tanto:

4–y 2

r=2

x=

Ø ⇡/2�⇡/2

Ø 20 r3

"

�1� sen 2✓

�dr d✓ = 4

Ø ⇡/2�⇡/2(1� sen 2✓) d✓ = 4⇡ .

por el jacobiano (es impar)

Debía ser mayor que 0 por ser el integrando positivo. En cartesianas sería mucho peor:π 2

�2

π p4�y2

0

�x2�2xy+y2� dx dy =

π 2

�2

⇣y3�4y+ 2

3 (y2+2)p

4�y2⌘

dy = · · ·

En el siguiente ejemplo, aunque el recinto no parecería adecuado a las polares, ya que no está limitado porcurvas r=cte o ✓=cte , el aspecto del integrando las pide indudablemente:

1

Ej 8. Integremos f (x, y)= yx2+y2 , sobre el semicírculo x2+(y�1)2 1 , y�1 .

Las curvas que limitan el recinto, escritas en polares quedan:y=r sen ✓=1 ! r = 1/sen ✓ , x2+y2=2y , r2=2r sen ✓ ! r=2 sen ✓ .π 3⇡/4

⇡/4

π 2 sen ✓

1/sen ✓r2 sen ✓

r2 dr d✓ =π 3⇡/4

⇡/4(2 sen2✓�1) d✓ = �

Ø 3⇡/4⇡/4 cos 2✓ d✓ = 1 .

Las cuentas se complican mucho si se intentan hacer de cualquiera de las dos formas en cartesianas:π 1

�1

π 1+p

1�x2

1

yx2+y2 dy dx = 1

2

π 1

�1

⇥ln 2 + ln

�1+

p1�x2 �

+ ln(1+x2)⇤

dx = · · ·

O aún peor:π 2

1

π p2y�y2

�p

2y�y2

yx2+y2 dx dy =

par en x2π 2

1

⇥arctan x

y

⇤p2y�y2

0 dy =π 2

1arctan

p2�ypy dy = · · ·

Usemos el cambio a polares para hallar un integral impropia de una variable con primitiva no elemental:

0

1π /2

Ej 9. Para calcular I =π 1

0e�x2 dx consideramos la integral doble:

π 1

0

π 1

0e�(x2+y2) dx dy=

π 1

0e�y2

π 1

0e�x2

dx dy=π 1

0I e�y2 dy= I2 .

En polares queda:π ⇡/2

0

π 1

0re�r2

dr d✓= ⇡2

h� 1

2e�r2i1

0= ⇡

4 ) I =p⇡

2 .

Deducimos además, por la paridad del integrando, queπ 1

�1e�x2 dx =

p⇡ .

Además del área de D , A=∞D

dx dy , y del volumen en D bajo f (x, y)�0 , V =∞D

f dx dy , las integralesdobles tienen otra serie de aplicaciones (las fórmulas son análogas para R3 ).

La masa de una placa D es M=∞D⇢(x, y) dxdy , si ⇢(x, y) es su densidad.

El centro de masa de D es el punto (x, y) con x= 1M

∞D

x ⇢ , y= 1M

∞Dy ⇢ (centroide si ⇢= cte).

Los momentos de inercia respecto a los ejes x e y son: Ix =∞Dy2⇢ , Iy =

∞D

x2⇢ .

Ej 10. Sea D un semicírculo de radio R de densidad directamente proporcional a la distancia al centrode D . Hallemos su centroide, su centro de gravedad y sus momentos de inercia respecto de los ejes.

RD centroide

c.masaSe puede probar que si una lámina tiene un eje de simetría, su centroide está enen dicho eje (y si tiene dos, está en su intersección). Por tanto, xc=0 . La otra

yc=1A

∞Dy dx dy = 2

⇡R2

Ø ⇡

0

Ø R

0 r2 sen ✓ dr d✓ = 2⇡R2

⇥r3

3⇤R

0 =4R3⇡ ⇡ 0.42 R .

Para el centro de gravedad hay que incluir la densidad ⇢(r)= kr (simétrica). También x=0 .

Como la masa es M=Ø ⇡

0

Ø R

0 kr2dr d✓= ⇡R3k3 , será y= 3

⇡R3

Ø ⇡

0

Ø R

0 r3 sen ✓ dr d✓ = 3R2⇡ ⇡ 0.48 R .

Los momentos: Ix = kØ ⇡

0

Ø R

0 r4 sen2✓ dr d✓ = k2

Ø R

0 r4 drØ ⇡

0 [1�cos 2✓] d✓ = k⇡R5

10 .

Iy = kØ ⇡

0

Ø R

0 r4 cos2✓ dr d✓ = k2

Ø R

0 r4 drØ ⇡

0 [1+cos 2✓] d✓ = k⇡R5

10 .

⇥Los cálculos en polares llevan a integrales de senn✓ cosm✓ . Recordemos que si m o n son impares son más

sencillas, y que si son pares se usan las igualdades sen2✓= (1�cos 2✓)/2 , cos2✓= (1+cos 2✓)/2⇤.

16

Integrales triples. Análogamente a n = 2 se define la±

Bf para una f (x, y, z) acotada en un

paralelepípedo B = [a, b]⇥[c, d]⇥[p,q] . Describirá un ‘volumen’ de un ‘sólido’ de 4 dimensionescon ‘base’ B y ‘altura’ en cada punto dada por f (x, y, z) . Esta integral se podrá calcular tambiéncon integrales iteradas:

f continua en B )ª

Bf =

π q

p

π d

c

π b

af (x, y, z) dx dy dz

[o las otras 5 iteradasintercambiando los

papeles de x , y , z ].

Ej 11. Si f (x, y, z)=2yz�x y B= [0,1]⇥[0,2]⇥[0,3] es:ªB

f =π 1

0

π 2

0

π 3

0(2yz�x) dz dy dx =

π 1

0

π 2

0(9y�3x) dy dx =

Ø 10 (18�6x) dx = 15 .

O podemos hacerlo, por ejemplo, con este otro orden de integración:ªB

f =π 3

0

π 2

0

π 1

0(2yz�x) dx dy dz =

π 3

0

π 2

0

�2yz� 1

2�

dy dz =Ø 30 (4z�1) dz = 15 .

D

f(x,y)

a

b

y

x

y=c(x) y=d(x)

z z=q(x,y)

z=p(x,y)

V

También podemos integrar sobre recintos V ⇢R3 más generales.

Si V =�(x, y, z) : a x b , c(x) y d(x) , p(x, y) z q(x, y)

, siendo

continuas c, d en [a, b] y p,q en D=�(x, y) : a x b , c(x) y d(x)

,

y si f es continua en V )ª

Vf =

π b

a

π d(x)

c(x)

π q(x,y)

p(x,y)f (x, y, z) dz dy dx .

Análogas fórmulas se obtienen variando los papeles de x , y , z ,y muchos recintos que aparecen son de algunos de esos tipos.

Cuando f ⌘1 , la integral±

Vdx dy dz describe el volumen de V .

Lo más difícil de las integrales triples es dibujar las gráficas o al menos hacerse una idea de ellas para sabercuáles de las funciones que definen los recintos son mayores o menores.

2

1

z=2–x–y

1

1

Ej 12. Calculemosª

Vx dx dy dz , con V región acotada por los planos:

x=0 , y=0 , z=0 , x=1 , y=1 , x+y+z=2 .En el cuadrado [0,1]⇥[0,1] del plano xy está z=2�x�y por encima de z=0 .ª

Vx dx dy dz =

π 1

0

π 1

0

π 2�x�y

0x dz dy dx =

π 1

0

π 1

0(2x�x2�xy) dy dx

=π 1

0

�2x�x2�x

⇥ y2

2⇤1

0�

dx =π 1

0

� 3x2 �x2� dx = 3

4� 13 =

512 .

O un poquito más corto si cambiamos el orden de dx y dy - El primer paso es igual, y luego:π 1

0

π 1

0(2x�x2�xy) dx dy =

π 1

0

�1� 1

3� 12 y

�dy = 2

3� 14 =

512 .

Ej 13. Hallemosª

Vf con f (x, y, z)= xyz y V tetraedro de vértices (0,0,0) , (1,0,0) , (0,1,0) , (0,0,1) .

y

x

z

y=1–x

z=1–x–y

El plano que pasa por los 3 últimos puntos es x+y+z=1 y la base estálimitada por los ejes y por x+y=1 . Por tanto:ª

Vf =

π 1

0

π 1�x

0

π 1�x�y

0xyz dz dy dx =

π 1

0

π 1�x

0

xy(1�x�y)22 dy dx

=

π 1

0

⇥ x(1�x)44 +

x(1�x)48 � x(1�x)4

3⇤dx =

π 1

0

x(1�x)412 dx = 1

360 .

x

y

z

1

1

2

1

z=2–x2Ej 14. Calcular

ªV

ez dx dy dz , con V sólido limitado por x=0 , x=1 ,y=0 , y=1 , z=0 y la superficie z=2�x2 .

En [0,1]⇥[0,1] es z=2�x2 mayor que z=0 (no se necesita el dibujo).ª

V=

π 1

0

π 1

0

π 2�x2

0x ezdz dy dx =

π 1

0

π 1

0x⇥e2�x2�1

⇤dy dx

=π 1

0

⇥x e2�x2�x

⇤dx=� 1

2

he2�x2

+x2i1

0= 1

2�e2� e�1

�.

17

Con hipótesis análogas a las del plano se tiene la fórmula para los cambios de variable:

Sea g : (u, v,w) !�x(u, v,w), y(u, v,w), z(u, v,w)

�de C1, inyectiva en V⇤, g(V⇤)=V

y f integrable )ª

Vf (x, y, z) dx dy dz =

ªV ⇤

f�g(u, v,w)

� ��� @(x,y,z)@(u,v,w)

��� du dv dw .

[Vale aunque g no sea inyectiva un número finito de puntos, curvas o superficies].

En particular, los más interesantes son los cambios a cilíndricas y esféricas. Definamos cada unade estas coordenadas y familiaricémonos con ellas antes de hacer integrales.

yx

z

θ

z

r

Cilíndricas:r �0 , 0 ✓<2⇡

(x=r cos ✓y=r sen ✓z = z

.O sea, las polares del plano xy junto con la coordenada z .Dar las cilíndricas de un (x, y, z) es trivial para la z , y setiene además que r=

px2+y2 , tan ✓= y

x .

El jacobiano es @(x,y,z)@(r ,✓ ,z) =

������r cos ✓ r sen ✓ 0�r sen ✓ r cos ✓ 0

0 0 1

������= r , y, por tanto:

r

z

yx

z

r=cteθθ=cte

z=cteªV

f (x, y, z) dx dy dz =ª

V ⇤r f (r cos ✓,r sen ✓, z) dr d✓ dz

¿Qué conjuntos del espacio son sencillos en cilíndricas? Lospuntos r=C forman un cilindro, y los ✓=C y z=C planos(vertical y horizontal). Un paralelepípedo V⇤ se convierte en un V como el de la derecha.

Ej 15. Calcular la integral de la función f (x, y, z)= z ex2+y2 sobre el cilindro x2+y2 4 , 2 z3 .3

2

2

ªV

z ex2+y2dx dy dz =

π 3

2

π 2⇡

0

π 2

0r"

z er2dr d✓ dz = 9�4

2 · 2⇡ ·⇥ 1

2er2 ⇤20 =

5⇡2 (e4�1) .

jacobianoLo mismo que integrar en z y hacer luego el cambio a polares. En cartesianas no se puedehacer porque aparecen primitivas no calculables:

Øex2+y2

dx oØ

ex2+y2dy .

ρ

ϕxy

z

θEsféricas:

r �0 , 0 ✓ ⇡0 �<2⇡

(x= ⇢ sen ✓ cos �y= ⇢ sen ✓ sen �z = ⇢ cos ✓

.Como ⇢2=r2+z2 , es ⇢=

px2+y2+z2 =

pr2+z2 .

Además: tan ✓= rz , tan �= y

x [mirando cuadrante].[A veces se suelen cambiar los nombres de � y ✓ ,pero usaremos la notación de los libros de física].

@(x,y,z)@(⇢,✓ ,�) =

������sen ✓ cos � ⇢ cos ✓ cos � �⇢ sen ✓ sen �sen ✓ sen � ⇢ cos ✓ sen � ⇢ sen ✓ cos �

cos ✓ �⇢ sen ✓ 0

������= ⇢2 cos2✓ sen ✓

����cos� �sen�sen� cos�

����+ ⇢2 sen3✓����cos� �sen�sen� cos�

����= ⇢2 sen ✓ es el jacobiano y por tanto:

ªV

f (x, y, z) dx dy dz =ª

V ⇤⇢2 sen ✓ f (⇢ sen ✓ cos �, ⇢ sen ✓ sen �, ⇢ cos ✓) d⇢ d✓ d�

ϕ

θρx

y

zρ=cte

θ=cte

ϕ=cte(esfera)

(cono)

(plano)En esféricas, ⇢=C describe una superficie esférica,� = C es un plano y ✓ = C una superficie cónica.Un recinto simple V en esféricas es, por tanto, eldibujado a la derecha. [El más sencillo de todos, desdeluego, es la propia esfera que tantas veces aparece].

Ej 16. Escribamos el punto de coordenadas cartesianas��1,1,�

p6�

en los otros dos sistemas.r=

p1+1=

p2 . tan ✓=�1 y 2� cuadrante ! ✓= 3⇡

4⇥no es, por tanto, ✓=arctan(�1)=� ⇡

4⇤.

Las coordenadas cilíndricas (polares más la z ) del punto son, pues: (r, ✓, z)=⇣p

2 , 3⇡4 ,�p

6⌘

.

⇢=p

1+1+6 =2p

2 . tan ✓=p

2�p

6=� 1p

3, ✓= 5⇡

6 . (⇢, ✓,�)=⇣2p

2 , 5⇡6 ,3⇡4

⌘. [ � es la ✓ de

las cilíndricas].

En los siguientes ejemplos se ve que muchas veces las cartesianas no son las coordenadas más adecuadas paracalcular integrales (si lo eran en los ejemplos de la página anterior). En el primero, lo más corto serán lascilíndricas (o polares) y en el segundo, integrando sobre esfera, lo serán las esféricas.

18

Ej 17. Hallemos el volumen que encierran el cono z =p

x2+y2 y el plano z=0sobre el cuadrado R = [0,1]⇥[0,1] .

y

x

z

R

Podríamos hallarlo mediante integrales dobles o triples, utilizando lascoordenadas adecuadas en cada caso. Vamos a hacer

±V

dx dy dz .En cartesianas es fácil el recinto, pero son difíciles las integrales:π 1

0

π 1

0

π px2+y2

0dz dx dy =

π 1

0

π 1

0

qx2+y2 dx dy =

hordenador, tablas op

x2+y2=x+u

i

= 12

π 1

0

⇥p1+y2 � y2 ln y + y2 ln

�1+

p1+y2 � ⇤

dy = · · ·

En cilíndricas (o polares en la segunda integral): x=1 ! r= 1cos ✓ , cono y recinto simétricos,

2π ⇡/4

0

π 1/cos ✓

0r2 dr d✓ = 2

3

π ⇡/4

0d✓

cos3✓= 2

3

π ⇡/4

0cos ✓ d✓

cos4✓=

u=sen ✓23

π 1/p

2

0du

(1�u2)2

= 16⇥log

�� 1+u1�u

��� 11+u +

11�u

⇤1/p

20 = 1

3⇥p

2 + ln�1+

p2� ⇤

.

Esféricas: 2π ⇡/4

0

π ⇡/2

⇡/4

π 1/cos ✓ sen�

0⇢2 sen ✓ d⇢ d✓ d�= 2

3

π ⇡/4

0

π ⇡/2

⇡/4

d✓ d�sen2✓ cos3�

= 23

π ⇡/4

0

d�cos3�

comoantes

Ej 18. Calculemos el volumen de la esfera unidad. En esféricas:

vol =π 2⇡

0

π 1

0

π ⇡

0⇢2 sen ✓ d✓ d⇢ d� = 2⇡

⇥� cos ✓

⇤⇡0⇥ 1

3 ⇢3⇤1

0 =4⇡3 .

r

z1

En cilíndricas por dos caminos (más largo):

vol =π 2⇡

0

π 1

�1

π p1�z2

0r dr dz d✓ = 2⇡

π 1

�11�z2

2 dz = 4⇡3 .

vol =π 2⇡

0

π 1

0

π p1�r2

�p

1�r2r dz dr d✓ = 2⇡

π 1

02rp

1 � r2 dr = 4⇡3 .

x=√1–y2

z=√1–x –y2 2Las cartesianas son las coordenadas menos adecuadas aquí:

vol= 8π 1

0

π p1�y2

0

π p1�x2�y2

0dz dx dy = 8

π 1

0

π p1�y2

0

q1�x2�y2 dx dy

= · · ·⇥cambio x=

p1�y2 sen t

⇤ · · · = 8π 1

0

⇡4 (1�y2) dy = 4

3⇡ .

Aplicaciones físicas similares a las vistas para las integrales dobles son:

Masa de un sólido V es M =±

VD(x, y, z) dx dy dz , si D(x, y, z) es su densidad.

Centro de masa de V es (x, y, z) con x= 1M

±V

x D , y= 1M

±Vy D , z= 1

M

±V

z D .

Momento de inercia respecto al eje z : Iz =±

V(x2+y2) D (análogos los otros).

R

Ej 19. Hallemos la posición del centro de masa de una semiesfera sólida homogénea.

Por simetría, será x = y = 0 . Volumen= 23⇡R3 .

⇥Masa= 2

3⇡R3D , D constante⇤.

z = 32⇡R3

π 2⇡

0

π ⇡/2

0

π R

0⇢3 sen ✓ cos ✓ d⇢ d✓ d� = 3

R3

h⇢4

4

iR0

hsen2✓

2

i⇡/20= 3R

8 = 0.375R .

[El recinto pedía a gritos utilizar las coordenadas esféricas].

19

2.2 Integrales de líneay

xc

(a)c

[ ]a bt

(b)c

(t)c

(t)c'Una función vectorial era c : [a, b] ! Rn , c(t) = (x1(t), ... , xn(t)) ,cuya gráfica es una curva C en Rn y era c0(t) = (x 0

1(t), . . . , x 0n(t))

el vector tangente a la curva. Llamaremos a c también trayectoria ocamino en Rn. Es c camino C1 si es continua y c0 existe y es continua8t 2 (a, b) y es C1 a trozos si C es continua y [a, b] se puede dividiren un número finito de subintervalos siendo C1 en cada uno de ellos.

y

(0)

(π/2)

*

c

xc

2

2

c

Ej 1. c :⇥0, ⇡2

⇤! R2 con c(t)= (2 cos t,2 sen t) es una trayectoria C1 pues

c0(t)= (�2 sen t,2 cos t) existe 8t 2�0, ⇡2

�.

c⇤ : [0,2] ! R2 con c⇤(t)=�t,p

4�t2 �, c⇤0(t)=

�1,�t(4�t2)�1/2�

es otro camino C1, que describe esa misma curva (en sentido opuesto).Se dice que c y c⇤ son dos parametrizaciones de la misma curva C .⇥

Las dos curvas describen ese cuadrante de la circunferencia x2+y2 =4 , pues en ambos casos se cumple que4 cos2t+4 sen2t=4 , t2+(4�t2)=4 . Es mejor, en general, usar cosenos y senos al parametrizar circunferenciaspara que no aparezcan raíces que son más difíciles de integrar

⇤.

Hay dos tipos de integrales de línea: de campos escalares y de campos vectoriales. Comencemos con:

Integrales de campos escalares a lo largo de curvas:Sea c(t) : [a, b]!Rn camino C1 y sea f un campo escalar en Rn tal que f

�c(t)

�es continua

en [a, b] . La integral de f sobre c (o a lo largo de c ) se define:πc

f ds ⌘π b

af�c(t)

�k c0(t)k dt .

Si sólo c es C1 a trozos o f (c(t)) continua a trozos, se se descompone [a, b] en intervalos sobrelos que f (c(t)) k c0(t)k sea continua y será

Øc f ds la suma de las integrales sobre cada uno.

Ej 1*. Si f (x, y)= xy2 y c , c⇤ son los de arriba, las integrales a lo largo de los dos caminos son:

kc0k=p

4 sen2t+4 cos2t =2 ,π

cf ds =

π ⇡/2

016 cos t sen2t dt = 16

3 sen3t⇤⇡/2

0 = 163 .

kc0⇤k=q

1+ t2

4�t2 =2p

4�t2 ,π

c⇤f ds =

π 2

0t (4�t2) 2p

4�t2 dt = � 23 (4�t2)3/2

⇤20 =

163 .

No es casualidad que ambas integrales coincidan. Se prueba que:

Teor 1. Si c y c⇤ describen la misma curva C , entoncesØc f ds =

Øc⇤ f ds ⌘

ØC

f ds .

Como la integral de línea de una f escalar no depende de la parametrización, sólo de la curva,es lícita la notación

ØC

f ds (integral de f sobre C ) en la que la función c no aparece.La raíz de la norma hace que el cálculo de estas integrales sea (salvo para curvas sencillas) complicado y noes extraño que aparecezcan integrales no calculables. [En las de campos vectoriales no ocurrirá esto]. Ademásde las circunferencias, también suelen ser fáciles estas integrales sobre segmentos:

Ej 2. Calculemos la integral de la f (x, y)= xy2 ahora sobre el segmento que une (0,2) y (2,0) .

y

x

2

2

y=2–x

Podemos parametrizarlo utilizando que pertenece a la recta y=2�x :c(x)= (x,2�x) , x 2 [0,2] . kc0(x)k= k(1,�1)k=

p2 !π

cf ds =

π 2

0

p2 x(2�x)2 dx =

p2⇥2x2� 4

3 x3+ 14 x4⇤2

0=43p

2 .

O también con la expresión para los segmentos que ya vimos en 1.1:c⇤(t)= (0,2)+t(2,�2)= (2t,2�2t) , t 2 [0,1] . [Mismo sentido, doble velocidad].

kc0⇤(t)k=2p

2 !π

c⇤f ds =16

p2π 1

0t(1�t)2dt= 16

p2⇥ 1

2 t2� 23 t3+ 1

4 t4⇤10=

43p

2 . [Debía salir lo mismo].

20

Interpretemos estas integrales. Sea primero f ⌘1 . Si pensamos que c(t) describe una partícula, alser kc0(t)k la velocidad escalar en el instante t , parece claro que ds = k c0(t)k dt (‘diferencial dearco’) representa la distancia recorrida en un ‘diferencial de tiempo dt ’ y por tanto:

L =ØC

ds =Ø b

ak c0(t)k dt representa la longitud de la curva C definida por c .

y

x

y=f(x)

a b

Veamos la forma que adopta la longitud de la gráfica de una función y = f (x) en unintervalo [a, b] . Una parametrización clara de estas curvas es c(x)=

�x, f (x)

�, x 2 [a, b] .

Y como c0(x)=�1, f 0(x)

�, la longitud pasa a ser

L=π b

a

q1+

�f 0(x)

�2 dx .⇥Cambiando los papeles sería similar para x= f (y)

⇤.

Ej 3. Calculemos la longitud de la curva descrita por la función vectorial c(t) = (t2, t3) , t 2 [0,1] .y

x1

1kc0(t)k=p

4t2+9t4 ) L =π 1

0tp

4+9t2 dt = 127 (4+9t2)3/2

⇤10 =

133/2�827 ⇡1.44.

O con otra parametrización de la misma curva, usando que es y= x3/2 :

(x, x3/2) , x 2 [0,1] ) L =π 1

0

�1+ 9x

4�1/2dx = 8

27�1+ 9x

4�3/2⇤1

0 =827

⇥ 133/28 �1

⇤.

Insistimos en que estas integrales se suelen complicar. Por ejemplo para y = x2 sale una de cálculo largo, ypara y= x3 aparece ya una no calculable que se debe aproximar con ordenador. Hay pocos ejemplos sencilloscomo el anterior. Sí es fácil dar la longitud de segmentos o circunferencias, pero eso no exige integrales.

y

f (x(t),y(t))z

xc(t)=(x(t),y(t))

Si f es cualquier campo con f (c(t))�0 8t 2 [a, b] ,Øc f ds

representa para n = 2 el área de la valla de altura f (x, y)en cada (x, y) de la curva C , pues un ‘diferencial de valla’tiene por área f (c(t)) ds = f (c(t)) k c0(t)k dt .Si f toma valores positivos y negativos sobre la curva, la integral puede perfectamente salir negativa. Esosignificaría que área de la valla que estuviese ‘bajo el suelo’ sería mayor que la que está por encima.

Ej 4. Hallemos la integral de f (x, y)= x�y sobre la curva c(t)=n (0,1�t) , t 2 [0,1](t,0) , t 2 [0,1] (es C1 a trozos).

y

x1

(0,1–t)1

(t,0)

xy

1

1

1

z

–1

Tenemos que hacer una integral sobre cada segmento y sumar el resultado.Sobre el vertical, f (c1(t))= t�1 , kc01(t)k= k(0,�1)k=1 !π

c1f ds =

π 1

0(t�1) dt = 1

2�1 = � 12 .

Sobre el horizontal, f (c2(t))= t , kc02(t)k= k(1,0)k=1 ,π

c2f ds =

π 1

0t dt = 1

2 .

La integral total es, por tanto:π

cf ds =

πc1+π

c2= � 1

2 +12 = 0 .

[El área de la valla positiva sobre el eje de las x se cancelacon el área de la valla negativa sobre el eje de las y ].

Otra interpretación para n=2 o n=3 de las integrales de línea de campos escalares es la siguiente:si c(t) describe un alambre (en el plano o en el espacio) con una densidad variable dada por ⇢(x) ,la masa del alambre será M=

ØC⇢ ds .

Y también da el valor medio de una función f sobre la curva C : f = 1L

ØC

f ds .Un ejemplo de longitud y otras integrales calculables exactamente en el espacio:

yx

z2π

Ej 5. Sea el alambre en forma de hélice: c(t)= (cos t, sen t, t) , t 2 [0,2⇡] ,y de densidad variable ⇢(x, y, z)= x2+y2+z2 .

Como k c0k=p

2 , su longitud es L =Ø 2⇡0

p2 dt = 2⇡

p2 ⇡ 8.9 .

Su masa es M=p

2Ø 2⇡0 (cos2t+sen2t+t2) dt =

p2�2⇡+ 8

3⇡3� ⇡ 125.8 .⇥

Y su densidad media es, por tanto: 1+ 43⇡

2⇡ 14.2⇤.

21

Definamos ahora el otro tipo de integrales (que aparecen más a menudo en física):Integrales de línea de campos vectoriales:

Sea c(t) : [a, b]! Rn de C1 y sea f : Rn! Rn campo vectorial continuo sobre la gráfica de c .Entonces la integral de línea del campo f a lo largo de c se define

πc

f · ds =π b

af�c(t)

�· c0(t) dt .

Si f(c(t)) · c0(t) es sólo continua a trozos, dividimos el intervalo y sumamos la integrales.

T(t)

f((c(t))Si c0(t),0 8t y T(t)= c0(t)kc0(t)k es el vector tangente unitario:Ø

c f · ds =Ø b

a

⇥f(c(t)) · T(t)

⇤kc0(t)k dt =

Øc f · T ds ,

y se puede ver esta integral de línea como la integral del campo escalar f ·T ,componente tangencial de f en la dirección de c . Por tanto:π

cf · ds es el trabajo realizado por un campo de fuerzas f sobre la partícula que recorre c .

Demos otra notación (la damos para el plano). Si c(t)=�x(t), y(t)

�, f(x, y)=

�f (x, y),g(x, y)

�:Ø

c f · ds =π b

a

⇥f�x(t), y(t)

�x 0(t) + g

�x(t), y(t)

�y0(t)

⇤dt ⌘

Øc f (x, y) dx + g(x, y) dy

[La notación es similar para n>2 . ¡Cuidado!, pese a su aspecto sigue siendo integral de línea].

Ej 6. Calculemos varias integrales del línea del campo f(x, y) =�x2,2y+x

�sobre distintos caminos:

c1(t) = (t, t) , t 2 [0 ,1] , c2(t) = (4t2,4t2) , t 2⇥0 , 12

⇤, c3(t) = (1�t,1�t) , t 2 [0 ,1]

[describen la misma curva, la tercera en sentido contrario]. y

x1

1c

c c

c

1,2

3

45

Øc1

f · ds =Ø 10 (t2,3t) · (1,1) dt =

Ø 10 (t2+3t) dt = 1

3+32 =

116 .Ø

c2f · ds =

Ø 1/20 (16t4,12t2) · (8t,8t) dt =16

Ø 1/20 (8t5+6t3) dt = 11

6 ,Øc3

f · ds =Ø 10

�(1�t)2,3(1�t)) · (�1,�1) dt =

Ø 10

��4+5t+t2� dt = � 11

6 .

c4(t) =n (t,0) , t 2 [0,1](1, t�1) , t 2 [1,2] ,

Øc4

f · ds =Ø 10 (t2, t) · (1,0) dt +

Ø 21 (t2,2t�1) · (0,1) dt = 1

3+2 = 73 .

c5(t) =n (0, t) , t 2 [0,1](t�1,1) , t 2 [1,2] ,

Øc5

f · ds =Ø 10 (0,2t)·(0,1) dt +

Ø 21

�(t�1)2,1+t

�·(1,0) dt = 1+ 1

3 =43 .

[La integral parece depender sólo de la curva y del sentido en que se recorre. Incluso para algunos campos nodependerá siquiera de la curva, sólo del punto inicial y del punto final].Ej 7. Hallemos la integrales para los mismos ck de arriba, pero ahora para el campo g(x, y) = (y, x�4y) :Ø

c1g · ds =

Ø 10 (t,�3t) · (1,1) dt = �

Ø 10 2t dt = �1 ,Ø

c2g · ds =

Ø 1/20 (4t2,�12t2) · (8t,8t) dt = �

Ø 1/20 16t3 dt = �1 ,Ø

c3g · ds =

Ø 10

�(1�t),�3(1�t)) · (�1,�1) dt =

Ø 10 2(1�t) dt = 1 . [Única distinta].Ø

c4g · ds =

Ø 10 (0, t) · (1,0) dt +

Ø 21 (t�1,5�4t) · (0,1) dt =

Ø 21 (5�4t) dt = �1 .Ø

c5g · ds =

Ø 10 (t,�4t) · (0,1) dt +

Ø 21 (1, t�5) · (1,0) dt = �

Ø 10 4t dt + 1 = �1 .

Ej 8. Si c(t)= (t, t2,1) , la integralØc zx2dx + xy dy + y3dz =

Ø 10

�t2 ·1 + t3 ·2t + t6 ·0

�dt = 1

3+25 =

1115 .

Ej 9. Hallemos el trabajo realizado por una fuerza constante f=d al recorrer una partícula una trayectoriar(t)=

�x(t), y(t), z(t)

�que une dos puntos del espacio a=r(a) y b=r(b) :

yx

z

f=d

a br(t)

Ør d · ds =

Ø b

a(d1, d2, d3) ·

�x 0(t), y0(t), z0(t)

�dt

= d1�x(b)�x(a)

�+ d2

�y(b)�y(a)

�+ d3

�z(b)�z(a)

�= d ·

�r(b)�r(a)

�= d · (b�a) , independiente de r .

Si consideramos c(t)= r(a+b�t) , t 2 [a, b] , que recorre la misma curva en

sentido opuesto, el trabajo esØc d · ds =

Ø b

a(d1, d2, d3)·

��x 0(t),�y0(t),�z0(t)

�dt =�d ·(b�a) .

22

Veamos qué sucede en general con las integrales de campos vectoriales al cambiar la parametrización.Se prueba que no cambia el valor absoluto, pero sí, quizás, el signo:

Teor 2.

Si c y c⇤ describen la misma curva C , entonces según c y c⇤ lo hagan en elmismo sentido o en el opuesto se tiene, respectivamente:π

cf · ds =

πc⇤

f · ds , o bienπ

cf · ds = �

πc⇤

f · ds

Hemos visto que esto es lo que sucede en muchos ejemplos de la página anterior.

Como la integral de línea de un campo vectorial sólo depende de la curva C y el sentido en quese recorre (y la un campo escalar sólo de C ), podemos elegir las c más sencillas para calcularlas.

c

Ej 10. Tiene un sentido preciso hablar de la integral de f(x, y)= (y,0) a lo largode la circunferencia unidad recorrida en el sentido de las agujas del reloj.⇥

Las integrales sobre curvas cerradas suelen representarse con el símbolo≤ ⇤

.Podemos elegir c(t)= (cos t,� sen t) , t 2 [0,2⇡] �

o [�⇡,⇡] , o . . .�

,ºc

f · ds =Ø 2⇡0 (� sen t,0)·(� sen t,� cos t) dt = 1

2

Ø 2⇡0 (1�cos 2t) dt = ⇡ .

Con cualquier parametrización que proporcionase el mismo sentido se llegaría a lo mismo.⇥En cartesianas habría que usar dos caminos:

�x,p

1�x2 �, x 2 [�1,1] y

�x,�

p1�x2 �

, x 2 [1,�1]⇤.

Ej 11. Calculemos la integral de línea del campo vectorial g(x, y, z)=�z , ey, xy

�desde (1 ,0 ,0) hasta

(1 ,2 ,3) a lo largo del segmento que une los puntos.

2

3

y

zHay muchas formas de parametrizar un segmento en el espacio. Para este, para elque se tiene x=1 constante, una c salta a la vista: c(t)= (1,2t,3t) , t 2 [0,1] .Esta misma parametrización es la que nos daría la expresión general vista en 1.1:

c(t)= p + (q�p) t , t 2 [0,1] [si t=0 estamos en p y si t=1 en q ].Otra distinta, observando el dibujo de la derecha, es: c⇤(y)=

�1, y , 32 y

�, y 2 [0,2] .

Calculemos ya la integral pedida. Con la primera de las parametrizaciones dadas:πc

g · ds =π 1

0

�3t,e2t,2t

�·(0,2,3) dt =

π 1

0

�2e2t+ 6t

�dt = e2+ 2 .

Con la segunda (nos tiene que dar el mismo valor):πc⇤

g · ds =π 2

0

� 32 y,e

y, y�·�0,1, 32 ) dy =

π 2

0

�ey+ 3

2 y�

dy = e2+ 2 .

Integrales de gradientes. Generalizamos la fórmula de R:Ø b

ag0(x) dx = g(b) � g(a) .

Teor 3.Sea U : Rn! R un campo escalar C1 y c : [a, b] ! Rn camino C1 a trozos.

Entonces:π

crU ·ds = U

�c(b)

�� U

�c(a)

�.

Si c2C1 (si no, dividimos),Ø b

arU(c(t))· c0(t) dt =

Ø b

a

�U� c)0(t) dt = U(c(b))�U(c(a)) .

a

bPor tanto, la integral de línea de un gradiente no depende del camino, sólodel punto inicial y final. Si identificamos un campo como un gradiente, laintegral es muy sencilla. Cuando c(a)= c(b) , c describe una curva cerrada e≤

c rU · ds = 0 : la integral de línea de un gradiente a lo largo de cualquier curva cerrada es 0 .

Si un campo vectorial f es gradiente de alguna función U, a U se le llamafunción potencial para f , y el campo f se dice conservativo.

¿Cómo saber si f es conservativo? Condiciones necesarias sencillas para n=2 y n=3 son:

Teor 4. Si f(x, y)=�f (x, y),g(x, y)

�de C1 es conservativo ) fy ⌘ gx .

Si f(x, y, z)=�f (x, y, z),g(x, y, z), h(x, y, z)

�de C1 es conservativo ) rot f=0 .

Si ( f ,g)= (Ux,Uy)=rU, con U2C2, debe ser fy⌘ gx , pues, como sabemos, Uxy= Uyx .Y lo mismo para n=3 . Ya vimos en 1.2 que el rotacional de un gradiente siempre era 0 .

23

Si las derivadas cruzadas no coinciden, no puede f ser gradiente. Si son iguales, muchas veces essencillo hallar una U tal que rU= f [aunque la implicación ( haya veces que no se cumple].

Ej 12. Sea f(x, y)= (y2,2xy) . Hallemos la integral entre (0,0) y (1,1) a lo largo de diferentes curvas:a) la recta que une los puntos, b) la parábola y= x2 , c) la circunferencia x2+y2=2x .

Posibles parametrizaciones: a) ca= (t, t) , b) cb= (t, t2) , c) cc=�t,p

2t�t2 �, con t 2 [0,1] todas.y

x1

1 cccb

a

c

Las integrales en cada caso son:

a)Ø 10 (t2,2t2) · (1,1) dt=

Ø 10 3t2dt=1 ,

b)Ø 10 (t4,2t3) · (1,2t) dt=

Ø 10 5t4dt=1 ,

c)π 1

0(2t�t2,2t

p2t�t2 ) ·

⇣1, 1�tp

2t�t2

⌘dt=

Ø 10 (4t�3t2) dt=1 .

Como @@y (y2) = 2y = @

@x (2xy) , parece que f es conservativo. Y es fácil en este caso hallar una U :

Si Ux = y2 , debe ser U= xy2+p(y) para alguna función p

Si Uy =2xy , debe ser U= xy2+q(x) para alguna función q) U(x, y)= xy2 .

Por tanto, las parametrizaciones y cálculos de integrales anteriores han sido inútiles, puesto que laintegral a lo largo de cualquier trayectoria debía valer U(1,1) � U(0,0) = 1 � 0 = 1 .⇥

El campo (y,0) del ejemplo 10 no era conservativo. No podía serlo desde que vimos quesu integral sobre un camino cerrado era no nula. Pero también lo asegura fy =1 , 0=gx

⇤.

Ej 13. Hallemos la integral de f(x, y)=⇣ �y

x2+y2 ,x

x2+y2

⌘a lo largo de x2+y2=1 en sentido antihorario.

c

Si c(t)= (cos t, sen t) , t 2 [0,2⇡] ,≤

c f · ds =Ø 2⇡0 (� sen t,cos t) · (� sen t,cos t) dt=2⇡ .

No puede haber un potencial C1 que contenga la curva, pese a ser fy =gx =y2�x2

(x2+y2)2 .

Como se ve en el ejemplo anterior, no basta la igualdad de las derivadas cruzadas para ser conservativo.Pero hay que pedir muy poco más para que sí baste. [El siguiente teorema es más difícil de demostrar].

Teor 5. Si f es C1 en todo R2 ⇥R3 ⇤

y fy ⌘ gx⇥rot f = 0

⇤) f es conservativo.

De hecho basta con que sea C1 en lo que se llama un ‘conjunto simplemente conexo’ (sin ‘agujeros’)].⇥En el Ej 12 sabemos ahora que es conservativo desde que vimos que fy ⌘gx ; en el 13, f no era C1 en (0,0)

⇤.

Ej 14. Calculemos la integral de línea del campo vectorial f(x, y, z)= (4x ,3z�2y ,3y) desde (1 ,0 ,0)hasta (1 ,2 ,3) a lo largo del segmento que une los puntos.

Como en el ejemplo 11 ya parametrizamos el segmento, podemos hallar la integral directamente:

c(t)= (1,2t,3t) , t 2 [0,1] !Øc f · ds =

Ø 10

�1,5t,6t

�·(0,2,3) dt =

Ø 10 28 t dt = 14 t2⇤1

0 = 14 .

Pero para este campo es rot f=������

i j k@/@x @/@y @/@z4x 3z�2y 3y

������= (3�3) i + (0�0) j + (0�0)k = 0 .

y además f es C1 en R3. Existe, por tanto, una función potencial U(x, y, z) para el campo f .

Debe serUx = 4x ! U= 2x2 + p(y, z)Uy = 3z�2y ! U= 3yz�y2 + q(x, z)Uz = 3y ! U= 3yz + r(x, y)

, U= 2x2+3yz�y2 )Øc f · ds = U(1,2,3)�U(1,0,0) = 16�2 = 14 .

Este es el valor de la integral sobre cualquier camino que una los puntos, por complicado que sea.Por ejemplo, hallemos la integral a lo largo de c⇤(t)=

�et�t2, 2t3, 3t2� , t 2 [0,1] :π

c⇤f · ds =

π 1

0

�4 et�t2

,9t2�4t3,6t3� · �(1�2t) et�t2,6t2,6t

�dt =

π 1

0

�2(2�4t) e2t�2t2

+90t4�24t5� dt

= 2 e2t�2t2+ 18t5� 4t6⇤1

0 = 14⇥El campo g del ejemplo 11 no era conservativo, por ser rot g= (x,1�y,0), 0 ,y era necesario utilizar la definición para calcular la integral pedida

⇤.

24

Teoremas de Green y de la divergenciaVeamos dos teoremas que relacionan integrales dobles e integrales de línea sobre curvas cerradas en el plano.[Se verán otros similares en el capítulo adicional 5 para integrales de campos en el espacio (estos se puedenver como casos particulares de aquellos), tras definir las integrales de superficie].

curva nosimple

curva simple

curva cerradasimple

Una curva simple será la imagen de una c : [a, b] ! R2, C1 a trozos einyectiva. Si además es c(a)= c(b) , se llama curva cerrada simple. Unacurva de estas puede recorrerse en dos sentidos opuestos; para indicarque se recorre en sentido antihorario indicaremos

D.

Teorema de Green:Sea D⇢R2 limitado por @D curva cerrada simple y el campo f = ( f ,g)2C1(D) . Entonces:∫

D[ gx� fy ] dx dy =

E

@Df dx + g dy ⌘

E

@Df · ds .

⇥Obsérvese que si f es conservativo, el teorema de Green dice 0=

≤f · ds como debía ser

⇤.

c

Ej 10*. Encontremos, usando Green, el valor ⇡ de la integral de f(x, y)= (y,0) sobrela circunferencia unidad calculado ya en el ejemplo 10.

Como el sentido de recorrido es opuesto al que pide Green y gx� fy =�1 es:C

@Df · ds = �

∫D(�1) dx dy =

∫D

dx dy = área de D = ⇡ · 12 = ⇡ .

Ej 15. Comprobemos el teorema para f(x, y)= (y,2x) en la región acotada por y=�x2 e y=�1 .

Dc1

c2

gx� fy =1 (por tanto la∞D

medirá el área de la región y debe ser positiva).

La integral doble:∞D[gx� fy] dx dy =

Ø 1�1

Ø �x2

�1 dy dx=Ø 1�1(1�x2) dx = 4

3 .

La frontera @D está formada por dos curvas:c1(x)= (x,�x2) , x 2 [1,�1] , c2(x)= (x,�1) , x 2 [�1,1] !

E

@Df ·ds =

π �1

1(�x2,2x)·(1,�2x) dx +

π 1

�1(�1,2x)·(1,0) dx =

Ø 1�1 5x2 dx +

Ø 1�1(�1) dx = 4

3 .

y

x2

π/2

(0,t) (2,t)

(t,π/2)

(t,0)

Ej 16. HallemosE

@Dexsen y dx+ e2xcos y dy siendo D el rectángulo [0,2]⇥[0,⇡2 ] .

La @D está constituida ahora por 4 curvas (segmentos sencillos) distintas:π 2

0(0 ·1+0) dt +

π ⇡/2

0(0+e4 cos t ·1) dt �

π 2

0(et ·1+0) dt �

π ⇡/2

0(0+cos t ·1) dt

= e4 ⇥�sen t⇤⇡/2

0 �⇥et⇤2

0�⇥sen t

⇤⇡/20 = e4� e2

Utilizando Green los cálculos son bastante más cortos: gx� fy = 2 e2x cos y� ex cos y ,π ⇡/2

0

π 2

0(2e2x�ex) cos y dx dy= [sen y]⇡/20

⇥e2x� ex

⇤20= e4� e2 .

Las integrales de línea normalmente son de peor cálculo que las dobles (como en los ejemplos anteriores),con lo que Green se usa más para hacer las segundas en vez de las primeras. Pero en casos excepcionales noes así, como en el ejemplo siguiente, en la que calculamos un área:

Ej 17. Calculemos el área encerrada por la ‘hipocicloide’ x2/3+ y2/3= a2/3 .

a

a

–a

–a

Como para el campo f(x, y)= (�y, x) es gx� fy =2 , un área se puede poner:

A =∞D

dx dy = 12

D

@Df · ds . En este caso particular:

c(✓)= (a cos3✓,a sen3✓) , ✓ 2 [0,2⇡] es una posible parametrización de @D .

A = 12

Ø 2⇡0

��a sen3✓,a cos3✓

�·��3a cos2✓ sen ✓,3a sen2✓ cos ✓

�d✓

= 32 a2

Ø 2⇡0 sen2✓ cos2✓ d✓ = 3

8 a2Ø 2⇡0 sen22✓ d✓ = 3

16 a2Ø 2⇡0 [1�cos 4✓] d✓ = 3

8⇡a2 .⇥Calcular directamente A=4

π a

0

�a2/3� x2/3�3/2dx es difícil

⇤.

25

Del teorema de Green se deduce fácilmente el teorema de la divergencia en el plano:

Sean D⇢R2 limitado por @D curva cerrada simple, f : D ! R2 campo vectorial C1,y n el vector normal unitario exterior a @D . Entonces

∫D

div f dx dy =º@D

f · n ds .

n

(x', y')D

∂D

Si @D viene dada por c(t)=�x(t), y(t)

�, la normal es n= (y0(t),�x0(t))

kc0(t)k .

Si f= ( f ,g) ,≤@D

f · n ds =Ø b

a

⇥f (x(t), y(t)) y0(t) � g(x(t), y(t)) x 0(t)

⇤dt

=D

@Df dy�g dx Green

=∞D( fx+gy) dx dy .

D

C nFn F

[Imaginemos una curva cerrada C sobre la superficie de un fluido y seaF = f v , donde f es la densidad del fluido y v su velocidad. Entoncesº

CF · n ds mide el ritmo con el que el fluido entra o sale de D .

Si la cantidad de fluido en D disminuye (aumenta) será≤C<0

� ≤C>0

�. La integral coincide

con∞D

div F . Por tanto, la div F describe la tendencia del fluido a acumularse o dispersarse].

Ej 18. Comprobemos este teorema para f(x, y)= (7, y2�1) en el semicírculo r 3 , 0 ✓ ⇡ :

C

C

D

div f =2y ,∫

D2y dx dy =

Ø ⇡

0

Ø 30 2r2 sen ✓ dr d✓ = 36 .

Para C1 , si c(x)= (x,0) , x 2 [�3,3] , n= (0,�1) ,πC1(1�y2) ds=

Ø 3�3 dx=6 .

Para C2 , si c(t)= (3 cos t,3 sen t) , t 2 [0,⇡] , kc0(t)k=3 . Como n= (cos t, sen t) ,πC2

f · n ds=3Ø ⇡

0�7 cos t+9 sen3t�sen t

�dt=30 .

Ej 19. Comprobemos los teoremas de Green y de la divergencia para el campo f(x, y)=�x3, x2y

�y el

recinto D del primer cuadrante acotada por y=2x e y= x2 .(1,2)y

x

y=2x

c1

c2

y=x2

n1

n2(1,2x)

Green:∫

D[gx� fy] dx dy =

π 2

0

π 2x

x22xy dy dx=

π 2

0(4x3�x5) dx =

⇥x4� x6

6⇤2

0=163 .

Posibles parametrizaciones de los dos tramos de @D :c1(x)= (x, x2) , x 2 [0,2] , c01= (1,2x) , f (c1)= (x3, x4)c2(x)= (x,2x) , x 2 [2,0] , c02= (1,2) , f (c2)= (x3,2x3)

!E

@Df · ds =

π 2

0(x3+2x5) dx �

π 2

0(x3+4x3) dx = 26

3 �24= 163 .

Divergencia: div f=4x2 . n1=(2x ,�1)p

1+4x2 , n2=(�2 ,1)p

5.

π 2

0

π 2x

x24x2 dy dx =

π 2

0(8x3�4x2) dx = 32

5 .º@D

f · n ds =π 2

0(x3, x4) · (2x ,�1)p

1+4x2

p1+4x2 dx �

π 2

0(x3,2x3) · (2 ,�1)p

5

p5 dx =

π 2

0x4 dx = 32

5 .

26

3. Ecuaciones diferenciales ordinarias

3.1 Algunas EDOs de primer orden resolubles

Una ecuación diferencial ordinaria o EDO es una ecuación en la que aparecen derivadas de unafunción incógnita de una variable y se llama orden de la ecuación al orden de la derivada más altaentre las que aparecen. Por tanto:

Una ecuación diferencial ordinaria de primer orden es de la forma: dydx = f (x, y) .

[Aunque no se suele escribir y(x) , no se olvide que y es función de x .Y, aunque usamos ahora esa notación, otras veces será x(t) , T(t) , ... ].

Buscamos sus soluciones: las funciones derivables y(x) que convierten la ecuación en una identidad.Consideremos la sencilla ecuación y0 = �2y . Es inmediato comprobar que la cumplen las funciones de laforma y=Ce�2x para cualquier constante C . A esta expresión (que incluye todas las soluciones) se le llamasolución general y siempre tendrá una constante arbitraria (en las EDOs de primer orden).Para aislar una única solución se debe imponer un dato inicial. Por ejemplo, si exigimos que sea y(0)=7 , laúnica solución que cumple la ecuación y ese dato es y=7e�2x .Para mayoría de las EDOs no se puede calcular la solución. E incluso hay otras que no tienen solución o tienenmás de una cumpliendo un dato inicial, pero esto es raro según el ‘teorema de existencia y unicidad [TEU]’:

f , fy continuas en un entorno de (a, b) ) existe solución única de dydx = f (x, y) con y(a)=b .

Citemos algunos casos de EDOs de primer orden resolubles (hay pocos más).

Las ecuaciones separables son de la forma: dydx =

p(x)q(y) !

Øq(y) dy =

Øp(x) dx + C .

[Si podemos hallar las primitivas y despejar la y obtendríamos así la solución explícita y(x) ].

Pasan a ser separables: dydx = f

� yx

�con el cambio z= y

x . dydx = f (ax+by) con z=ax+by .

⇥Por ejemplo, con la primera se obtiene: y= xz , xz0+z= f (z) , dz

dx =f (z)�z

x ,Ø

dzf (z)�z =

Ødxx +C

⇤.

La ecuación lineal es: dydx =a(x)y+ f (x) . Se dice homogénea cuando f (x)⌘0

y no homogénea cuando f (x).0 .

La solución general de la homogénea y0=a(x)y es y=C eØa(x)dx .⇥

Fácil de deducir, por ser ecuación separable:Ø

dyy = ln y=

Øa + C⇤ , y= e

Øa+C⇤= C e

Øa ,

pero mejor es utilizar la fórmula cuando sea lineal para no repetir este proceso de cálculo⇤.

La de la no homogénea es: y=C eØa(x)dx+ e

Øa(x)dxØ e�

Øa(x)dx f (x) dx

hfórmula de variaciónde las constantes fvc

i.

Esta solución tiene la forma de solución general de la homogénea más una solución particularyp de la no homogénea y bastantes veces la yp se puede encontrar por tanteo, en vez de integrar.Tanto las lineales homogéneas como las no homogéneas aparecen muchas veces resolviendoecuaciones en derivadas parciales. Estas importantes fórmulas se usarán a menudo en el curso.

Una ecuación es exacta cuando escrita en la forma M(x, y)+N(x, y) dydx =0 es My⌘Nx en R2.

Caso de serlo, su solución es: U(x, y)=C con M=Ux

N =Uy[Unas veces y se podrá despejar y otras no].

⇥Pues las funciones y(x) definidas por U(x, y(x))=C , según la regla de la cadena, satisfacen:

ddxU(x, y(x)) = Ux

dxdx +Uy

dydx = M(x, y)+N(x, y) dydx = 0

⇤.

[La U se halla, desde luego, como se calculaban los campos conservativos en el capítulo 2].

27

Ej 1. Hallemos la solución general de dydx =3�y y la (única) solución con y(0)=3 .

Siempre que sea lineal, lo mejor es utilizar las fórmulas. Y para utilizar la fvc empezamos siempre,porque aparece 3 veces, calculando e

Øa(x) dx = e�x . Yendo a la fórmula:

y = Ce�x+ e�xØ

3exdx = Ce�x+ 3 , que es, por tanto, la solución general de la ecuación.Aunque la solución particular yp=3 era clara ( 0=3�3 , las soluciones constantes saltan a la vista)y nos hubiera bastado hallar la de la homogénea y sumarle el 3 , ahorrándonos una integral.Imponiendo el dato inicial a esta solución aislamos la pedida: y(0)=C+3=3 ! C=0 , y=3 .Pero la ecuación se podía haber visto también como separable:Ø

dy3�y =� ln(3�y)= x+C ! y = 3� eCe�x •

= 3�Ce�x (como antes, con otra C arbitraria).⇥Lo habitual es ir llamando a las constantes arbitrarias C , aunque sean distintas: eC pasó a ser C .Observemos que sin el último paso • parecería no haber solución con el dato: 3=3�eC , eC=0 !!

⇤.

Ej 2. Calculemos la solución de la ecuación T(t) de⇢

T 0= 2tTT(1)=5 (practicando con otras letras).

Es claramente una lineal homogénea: T =C eØ

2t dt = C et2 . Con el dato: 5=Ce ! T =5 et2�1 .

Ej 3. Hallemos la solución de la lineal dydx =�

2yx +3 que cumple el dato inicial y(1)=0 .

Siempre en las lineales empezamos calculando: eØa= e�2 ln x = eln x�2

= 1x2 . La solución general es:

y= Cx2 +

1x2

Ø3x2dx = C

x2 +xd.i.�! 0 = C+1 ! y= x� 1

x2 , solución que cumple el dato.⇥Los datos iniciales no se podían poner en x=0 (discontinuas a y solución); hay que darlos en ‘buenos’ puntos

⇤.

Ej 4. Resolvamos y0=3t2+3t2y2

y(0)=0 . Primera ecuación no lineal que aparece, pero se ve que es separable.

Ødy

1+y2 = arctan y =Ø

3t2dt+C = t3+C . y= tan�t3+C

� y(0)=0�! 0= tan C ! y= tan�t3� .

Ej 5. dydx =

yy�x (con solución única, según el TEU, si y, x ) se puede resolver por tres caminos:

Primero comprobemos que es exacta. Para ellos la reescribimos en la forma y + (x�y) dydx .

Como My ⌘Nx =1 , existe U tal que Ux = y ! U= xy+p(y)Uy = x�y ! U= xy� 1

2 y2+q(x) ! y2�2xy=C .

Ahora la convertimos en separable con un cambio de variable, pues se puede escribir así: dydx =

y/xy/x � 1 .

z= yx ! xz0+z= z

z�1 , xz0= 2z�z2

z�1 ,Ø (2z�2) dz

z2�2z =�2Ø

dxx +C , ln(z2�2z)=C�2 ln x ,

z2�2z= Cx2 . Deshaciendo el cambio: y2

x2 �2 yx =

Cx2 , que lleva a la expresión anterior.

Las soluciones de la ecuación son las mismas (salvo 0s e 1s) que las de la lineal dxdy =

y�xy =� x

y +1 .

Con la fvc (y cambiando papeles de x e y ) volvemos a tener: x= Cy +

1y

Øy dy = C

y +y2 .

y

x0

y=x

y=2xDibujemos las soluciones para varios C (mejor a partir de la última expresión):Se ve que hay 2 soluciones y=0 e y=2x cumpliendo y(0)=0 (ahí f es discontinua).También se ve que por y= x (donde fallaba el TEU) no pasan soluciones, sino curvasde pendiente infinito (no son funciones derivables ahí, por tanto).Se llaman ‘curvas integrales’ de una ecuación diferencial a las curvas que son

soluciones de dydx = f (x, y) o de la ecuación ‘dada la vuelta’ dx

dy =1

f (x,y) .En nuestro caso, esta última tiene solución única x(y) cuando y,0 (por el TEyU).Salvo en (0,0) hay solución única y(x) ó x(y) , o sea, hay una única curva integral.

28

3.2 EDOs lineales de orden 2 resolubles elementalmente

En esta sección y las dos siguientes estudiaremos ecuaciones de segundo orden (con derivadas segundas). Ynos limitaremos a las lineales (las que más veces nos aparecerán) pues las no lineales casi nunca se puedenresolver. Es de esperar que sus soluciones contengan 2 constantes arbitrarias (esto le pasa a la ecuación mássencilla y00=0 ! y=c1+c2x ), con lo que habrá que imponer 2 datos iniciales para aislar una única solución.

Resultados generales para [e] y00+a(x)y0+b(x)y =0 y [n] y00+a(x)y0+b(x)y = f (x) .ecuación homogénea ecuación no homogénea

En los libros de ecuaciones diferenciales ordinarias se demuestra:

Teor 1.

Sea a , b , f continuas en un intervalo I y llamemos |W |(x)=���� y1 y2y01 y02

���� determinantewronskiano

Si xo 2 I , tienen una sola solución que cumple los datos iniciales y(xo)= yo , y0(xo)= y0o .Si y1 , y2 son soluciones de [e] con wronskiano |W |(s),0 para algún s2 I ,

la solución general de [e] es y = c1 y1+ c2 y2 , c1 , c2 constantes arbitrarias.

Si yp es una solución de [n], la solución general de [n] es: y = c1 y1+ c2 y2 + yp .

Una solución particular de [n] es yp= y2π

y1 f|W | dx � y1

πy2 f|W | dx

⇥fórmula de variaciónde las constantes fvc

⇤.

[Dicho finamente, las soluciones de [e] son un espacio vectorial de dimensión 2 (sumas y múltiplos desoluciones son soluciones) y que su wronskiano sea no nulo asegura que y1 e y2 no dependen linealmente].[En las lineales de primer orden de 3.1 también la solución de la no homogénea era la solución generalde la homogénea (allí con sólo 1 constante) + yp de la no homogénea].

Además de las de coeficientes constantes y Euler que vemos luego, hay dos tipos de ecuaciones [n]resolubles. En el resto de los casos se resuelve mediante series de potencias [sección adicional 5.2]:

a) Si b(x)⌘0 , el cambio y0=v lleva [n] a una lineal de primer orden en v .b) Si y1 es solución de [e] ) y2= y1

πe�

Øa dx y�2

1 dx es otra solución de [e].

a) es evidente. Para probar b) se hace y = y1Ø

u dx ! y0= y01Ø

u+y1u , y00= y001Ø

u+2y01u+y1u0 ,

que llevadas a [e] dan: y1u0+(2y01+ay1)u + (y001 +ay01+by1)Ø

u dt = 0 ! u0=��2y01y

�11 + a

�u .

por ser y1 solución. Por tanto, u = e�Øa dx y�2

1 y deshaciendo el cambio se llega al resultado.

[Según b), no se necesitan las 2 soluciones que pedía el Teor 1 para resolver [e] (y, por tanto, también [n]con la fvc). Basta sólo hallar 1. El problema es que en pocas ocasiones podremos encontrarla: a veces asimple vista, a veces tanteando, a veces aparece cuando se está resolviendo por series].

Ej 1. xy00�2y0=2xy0=v�! v0= 2v

x +2 . En la fvc de primer orden, como se dijo, se empieza hallando eØa .

eØ

2dx/x = e2 ln x = x2 ! v=Cx2+x2Ø

2 dxx2 = Cx2�2x ! y = K + Cx3 � x2 .⇥

También será una ecuación de Euler x2y00�2xy0=2x2 , de las que trataremos luego⇤.

Para precisar las 2 constantes (que siempre aparecen) habrá que imponer 2 datos iniciales en un xo,0⇥en x=0 es a(x)= 2

x discontinua y un par de datos nos podrían dar ninguna o infinitas soluciones⇤.

Por ejemplo, y(1)=0 , y0(1)=1 lleva a c1+c2�1=03c2 � 2 = 1 ! c2=1 , c1=0 , y= x3�x2 única solución.

Ej 2. x3y00 � xy0 + y = 0 . Es claro que y1= x es solución de esta homogénea.[También lo serán entonces y=Cx para cualquier constante C , pues sabemos que los múltiplos de soluciones deuna lineal homogénea son soluciones. Las rectas y= x+b son soluciones de la homogénea que saltan a la vista,pues, al ser y00=0 , basta mirar los otros dos términos].

Como a(x)=� 1x2 la otra solución de esta homogénea es y2= x

πe�

�x�2dx

x2 dx= xπ

e�1/x

x2 = x e�1/x .

Y, por tanto, la solución general de la ecuación lineal es y = c1x + c2 x e�1/x .

29

Coeficientes constantes: [h] y00+ ay0+ by = 0 , [c] y00+ ay0+ by = f (x) , a, b2R .

Para resolver [h] basta con obtener las raíces del polinomio de segundo grado µ2+aµ+b = 0 ,que se llaman autovalores de [h] (y a la ecuación anterior, se le llama ecuación característica):

La solución general de [h] es:si µ1, µ2 reales ! y = c1 eµ1x+ c2 eµ2x

si µ doble (real) ! y = (c1+c2x) eµxsi µ= p ± i q ! y = (c1 cos qx+c2 sen qx) epx

⇥Si a, b2C será y=c1eµ1x+ c2eµ2x ó y= (c1+c2x) eµx con µ1, µ2, µ, c1, c2 2C

⇤.

Ej 3. y00 + 4y0= 0 , µ2+4µ=0 ! µ=0 ,�4 ! y = c1+c2 e�4x .y00 + 4y0 + 3y = 0 , µ2+4µ+3=0 ! µ=�1 ,�3 ! y = c1 e�x+ c2 e�3x .y00 + 4y0 + 4y = 0 , µ2+4µ+4=0 ! µ=�2 doble ! y = (c1+c2x) e�2x .y00 + 4y0 + 5y = 0 , µ2+4µ+5=0 ! µ=�2 ± i ! y = (c1 cos x+c2 sen x) e�2x .

y00�4i y0�3y = 0 , µ2�4i µ � 3 = 0 ! µ = 2i ±p�1 = i ,3i ! y = c1 ei x+ c2 e3i x , c1, c2 2C .

Para dar una solución particular yp de [c] siempre se dispone de la fvc, pero si f (x) es polinomio, exponencial,seno o coseno o producto de ellos es mucho más corto obtenerla con un tanteo sugerido por la forma de f (x) .Antes de dar el teorema general, demos unos ejemplos para justificarlo.

Para calcular la solución general de y00+4y0+3y= f (x) con f (x)= x buscamos una yp que la cumpla.(La solución general de la homogénea está escrita arriba en el ejemplo 3).

A la vista de la x parece buena idea buscar un polinomio que la cumpla. Llevemos yp= Ax+B a la ecuaciónprecisar los A y B : 0+ 4A+ 3(Ax+B)= x . Para que esto se cumpla debe ser 3A=1 y 4A+3B=0 , es decir,A= 1

3 y B=� 49 . Es la yp=

13 x� 4

9⇥y la solución de la ecuación será entonces y=c1 e�x+ c2 e�3x+ x

3 � 49⇤.

Si ahora f (x)= ex no es adecuado probar polinomios. La buena conjetura será yp= Aex pues sus derivadasson otras exponenciales. Yendo a ecuación obtenemos A(1+4+3) ex = ex ! A= 1

8 , y=c1 e�x+c2 e�3x+18 ex .

¿Y si f (x)= e�x ? Probar yp= Ae�x no va a funcionar, porque ya hay soluciones de la homogénea de esamisma forma (es decir, porque �1 era uno de los dos autovalores de la ecuación). En esos casos (como diráel teorema) hay que multiplicar la yp por potencias de x

⇥lo que se llevaría la ecuación es yp= Axe�x

⇤Por último, sea f (x)=cos x . ¿Qué se debe probar? Como al derivar cosenos aparecen senos y viceversa,la conjetura será yp = A cos x+B sen x ! y0p =�As+Bc , y00p =�Ac�Bs ! (2A+4B)c+(2B�4A)s = c .B=2A , 10A=1 , A= 1

10 , B= 15 . La solución general es en este caso y=c1 e�x+ c2 e�3x+ 1

10 cos x+ 15 sen x .

El método de coeficientes indeterminados de los ejemplos anteriores se precisa en este teorema:

Teor 2.

Si f (x)= pm(x) , pm polinomio de grado m , y µ=0 no es autovalor se prueba en [c]una solución particular yp=Pm(x) con Pm del mismo grado m . Si µ=0 es autovalorde multiplicidad r , se prueba yp= xrPm(x) .Si f (x)= eµxpm(x) , con pm de grado m , y µ no es autovalor, hay yp = eµxPm(x) ,con Pm de grado m . Si µ es autovalor de multiplicidad r , hay yp= xreµxPm(x) .Si f (x) = epx

⇥pj(x) cos qx + qk(x) sen qx

⇤, pj , qk de grados j , k , y p± iq no

es autovalor, hay yp = epx⇥Pm(x) cos qx+Qm(x) sen qx

⇤con Pm y Qm de grado

m=máx{ j,k} . Si p±iq es autovalor hay yp= x epx⇥Pm(x) cos qx+Qm(x) sen qx

⇤.

[Los P y Q tienen coeficientes arbitratrios que se precisan llevando la yp a la ecuación].[El método también es aplicable a las lineales de primer orden con coeficientes constantes].

Ej 4. Resolvamos y00+4y0+ay=8x+2 si a=4 y si a=0 . [Soluciones de la no homogénea en Ej 3.].En el primer caso ( �=0 no autovalor) se lleva a la ecuación: yp= Ax+B ! 4A+4Ax+4B=8x+2

! 4A=8 , 4A+4B=2 , A=2 , B=� 32 . La solución general es: y = (c1+c2x) e�2x+ 2x� 3

2 .En el segundo, µ=0 es autovalor y hay que multiplicar por x : yp= Ax2+Bx , y0p=2Ax+B , y00p =2A

! 2A+8Ax+4B=8x+2 ! A=1 , B=0. Solución general: y=c1+c2 e�4x+x2 .⇥O bien: y0=v ! v0=�4v+8x+2 . Con la fvc o probando vp= Ax+B se llega a v

"=Ce�4x+2x

⇤.

30

Ej 5.⇢y00 � y = 4 exy(0)= y0(0)=0

µ2�1=0 , µ=±1 . Solución general de la homogénea: y=c1ex+c2e�x .Como µ=1 es autovalor, hay que ‘engordar’ la yp con una x :yp= Ax ex, y00p = A(x+2) ex! A(x+2)�Ax=2A=4 ! A=2 , yp=2x ex .

O (más largo) con la fvc: |W |(x)=���� e

x e�x

ex �e�x

����=�2 , yp= e�xØ

ex4ex�2 dx � ex

Øe�x4ex�2 dx = � ex+2x ex .

La solución de la no homogénea es y=c1ex+c2e�x+2x ex d.i.!n c1+c2 = 0

c1�c2+2=0 ! y= e�x� ex+2x ex .

Ej 6. Hallemos una yp de y00+ y= f (x) para varias f (x) .⇥µ= ±i ! y=c1 cos x+c2 sen x+ yp

⇤.

Si f (x)=7 , la yp=7 salta a la vista (siempre lo hacen las soluciones constantes).

Si f (x)= x3 , hay yp= Ax3+Bx2+Cx+D�

P3 arbitrario, no siendo �=0 autovalor�

! 6Ax+2B+Ax3+Bx2+Cx +D= x3 ! A=1 ,B=0 ,6A+C=0 ,D=0 , yp= x3�6x .

Si f (x)=2xex , existe yp=ex(Ax+B) , y0p=ex(Ax+B+A) , y00p =ex(Ax+B+2A)! ex[(Ax+B +2A)+(Ax+B)]=2xex ! A=1 , B=�1 , yp= ex(x�1) .

Si f (x)= ex cos x , como 1± i no es autovalor, hay que probar una yp= ex(A cos x+B sen x)! (A+2B) cos x+(B�2A) sen x=cos x !

n A+2B=1B�2A=0 ! yp=ex

� 15 cos x+ 2

5 sen x�.

Si f (x)=3 sen 2x , por no ser ±2i autovalores se prueba: yp= A cos 2x+B sen 2x! �4A cos x�4B sen x+A cos x+B sen x=3 sen 2x ! A=0 ,B=�1 , yp=� sen 2x .

[En este caso sin y0 de hecho bastaba probar yp =B sen 2x porque todo son senos].

Si f (x)=2 sen x , como ±i es autovalor hay que engordar: yp= x(A cos x+B sen x)Derivando y sustituyendo: 2B cos x�2A sen x=2 sen x ! A=�1 ,B=0 , yp=�x cos x .

Si f (x)=cos2x , parecería que no podemos usar coeficientes indeterminados, pero comocos2x= 1

2 (1+cos 2x) ! hay yp= A+B cos 2x+C sen 2x ! yp=12� 1

6 cos 2x .

Si f (x)= (cos x)�1 , no hay más remedio que acudir a la fórmula de variación de las constantes:|W|(x)=1 ! yp = sen x

Øcos xcos x dx � cos x

Øsen xcos x dx = x sen x+cos x ln(cos x) .

[En los casos anteriores también se podría haber usado la fvc, pero alargando los cálculos innecesariamente].

Imponemos ahora datos iniciales en x=0 a ecuaciones del Ej 6 y, por primera vez, datos de contorno (enx=a y x=b distintos). Como sabemos (por ser las funciones continuas), los iniciales proporcionan siempreuna única solución. Pero las cosas se complican con los de contorno (que serán estudiados en 3.3 y 3.4).

Ej 6*. Imponemos y(0)= y0(0)=0 a las ecuaciones a) y00+ y=0 , b) y00+ y=7 , c) y00+ y=3 sen 2x .

Obtenemos: a)n c1=0

c2=0 ! y=0 , b)n c1+7=0

c2=0 ! y=7�7 cos x , c)n c1=0

c2�2=0 ! y=2 sen x�sen 2x ,

que son en los tres casos la única solución cumpliendo esos datos, como nos aseguraba el teorema 1.

Unos primeros datos de contorno y(0)= y� ⇡

2�=0 nos van a seguir dando soluciones únicas. Se tiene:

a)n c1=0

c2=0 ! y=0 , b)n c1+7=0

c2+7=0 ! y=7�7 cos x�7 sen x , c)n c1=0

c2=0 ! y=� sen 2x ,

Pero van a suceder cosas raras con estos segundos datos de contorno: y(0)= y(⇡)=0 .

Para el caso a)n c1=0�c1=0 ! c1=0 , pero es válido cualquier c2 . Hay infinitas soluciones y=c2 sen x .

Para el b)n c1+7=0�c1+7=0 que es imposible que se cumpla. No tiene solución la ecuación con esos datos.

Para c)n c1=0�c1=0 que se cumple 8 c2 . También aquí hay infinitas soluciones: y=c2 sen x�sen 2x .

[Se verá en la próxima sección que cuando el problema de contorno para la ecuación homogéna tenga lasolución única y⌘0 , también será única la solución del problema para la ecuación no homogénea. Y cuandotenga soluciones no triviales, el problema no homogéneo podrá tener infinitas o ninguna solución].

31

Ecuaciones de Euler: [u] x2y00 + axy0 + by = h(x) , x>0 .

Haciendo el cambio de variable independiente x=es (o sea, s= ln x ): dydx =

1xdyds , d2y

dx2 =1x2

⇥ d2yds2�dy

ds

⇤,

[u] se convierte en la siguiente ecuación lineal con coeficientes constantes:d2yds2 + (a�1) dyds + by = h(es) , de ecuación característica µ2+(a�1)µ+b = 0 .

Conocemos las soluciones de la ecuación homogénea para esta lineal de coeficientes constantes.Deshaciendo el cambio, tenemos que la solución general de una ecuación de Euler homogénea es:

Si µ1, µ2 reales, y = c1xµ1 + c2xµ2

Si µ doble (real), y = (c1+c2 ln x) xµ

Si µ= p±qi , y =⇥c1 cos(q ln x)+c2 sen(q ln x)

⇤xp

(observemos que la ‘ecuación característica’ de una ecuación de Euler sería la queobtendríamos probando en la homogénea soluciones de la forma xµ y la de una decoeficientes constantes se obtendría probando soluciones eµx ).

Para hallar la solución particular de la no homogénea disponemos siempre de la fórmula de variaciónde las constantes con f (x)= h(x)/x2 . Para la ecuación de coeficientes constantes en s tenemosademás el método de coeficientes indeterminados de las lineales con coeficientes constantes, sih(es) es del tipo adecuado.

Ej 7. Calculemos la solución general de x2y00 + xy0 � y = 2x .

La ‘ecuación característica’ es µ2+(1�1)µ�1=0 ! µ=±1 !La homogénea tiene por solución general xh=c1x+c2x�1 (válida en este caso 8x,0 ).

|W|(x)=���� x x�1

1 �x�2

����=�2x�1, f (x)=2x�1 ! yp = x�1Ø

xx�1dx�x�1 � x

Øx�1x�1dx

�x�1 = x ln x� x2 .

La solución general de la no homogénea es y=c1x+ c2x +x ln x

�incluyendo el � x

2 en c1x�.

La yp se podría hallar utilizando coeficientes indeterminados en la ecuación y00 � y = 2es a laque conduce el cambio x = es . La yp que deberíamos probar en la ecuación en s (por ser µ= 1autovalor) es yp= Ases , o lo que es lo mismo, podríamos probar yp= Ax ln x en la de Euler inicial.Haciéndolo, se comprueba que debe ser A=1 como antes y se llega a la misma solución.Que quede claro que el método de coeficientes indeterminados se ha dado para ecuaciones decoeficientes constantes y no (directamente) para las de Euler. En este ejemplo no tiene sentido, ala vista del 2x de la derecha de la ecuación, probar en ella yp = Ax+B . De hecho, si se hace, seobtiene la expresión sin sentido �B=2x (una constante no puede ser igual a una función).

Ej 1*. xy00�2y0=2x , o bien, y00� 2x y

0=2 , ó x2y00�2xy0=2x2 ! µ(µ�1)�2µ+0=0 , µ=0,3 .

Como h(es) sería e2s existe solución particular yp= Ae2s= Ax2 (al no ser 2 autovalor).

Llevamos esta yp a la (primera) ecuación: 2Ax�4Ax=2x ! yp=�x2 ! y=c1+c2x3� x2 ,que es la misma solución general que ya obtuvimos en el ejemplo 1.En este caso el tanteo sí nos ha ahorrado tiempo, pero volvemos a repasar la fvc:

|W|(x)=�����1 x3

0 3x2

�����=3x2, f (x)=2 ! yp= x3Ø

2 dx3x2 �

Ø2x3dx

3x2 =� 2x2

3 � x2

3 = �x2 .

Y vamos a acabar con un par de parejas de datos adicionales que no proporcionan solución única.Los primeros los damos en el punto patológico x=0 en el que la función a(x) es discontinua:

y(0)= y0(0)=0 , lo cumplen las infinitas soluciones y = c2x3 � x2 ,

Y los otros son datos de contorno: y0(1)= y0(2)=0 !n 3c2�2=0

12c2�4=0 . Imposible. No hay solución.

32

3.3 Autovalores y autofunciones de problemas de contorno

Problemas homogéneosVimos que una EDO lineal de orden 2 con coeficientes continuos tenía una única solución cumpliendoun par de datos iniciales. Los problemas de contorno, que se suelen plantear para EDOs con unaconstante � (que aparece al resolver EDPs separando variables), tienen propiedades muy diferentes.Para ciertos valores de � (autovalores) existirán soluciones no triviales {yn} (autofunciones).Antes de dar la teoría general, estudiemos un par de ejemplos para la ecuación homogénea mássencilla (y que aparecerá más veces cuando resolvamos EDPs): y00+�y=0 .

Ej 1. (P1)⇢y00 + �y = 0y(0)= y(⇡)=0

y⌘0 es siempre solución de este problema. ¿Las habrá no triviales?Como su polinomio característico es µ2+� = 0 ! µ=±

p�� , será

diferente la solución general según � sea menor, igual o mayor que 0 .Imponemos las condiciones de contorno en cada caso:Si �<0 la solución general es y = c1 epx+ c2 e�px , con p=

p�� >0 .

p

e

–

p

e

p

ppy(0) = c1 + c2 = 0y(⇡) = c1 e⇡p+c2 e�⇡p=0

�! c2=�c1 &

c1[e⇡p� e�⇡p] = 0 !c1=c2=0

�pues e⇡p,e�⇡p si p>0

�. Ningún �<0 es autovalor.

Si �=0 es y=c1+c2x ! y(0) = c1 = 0y(⇡) = c1+c2⇡ = 0

o! y⌘0 . �=0 tampoco es autovalor.

Y para �>0 es y=c1 coswx+c2 senwx , con w=p�> 0 ! y(0)=c1=0 #

y(⇡)=c2 senw⇡=0

o

p

1 y1

y3

y20

Para tener solución no trivial debe ser c2,0 .Esto sucede si senw⇡=0 , w⇡=⇡

p� =n⇡ ! �n=n2, n=1,2, . . .

Para cada uno de estos �n (autovalores) hay soluciones no trivialesyn=c2 sen nx⌘ {sen nx} (autofunciones).

[No confundamos estos autovalores de problemas de contorno con los autovalores raíces del polinomiocaracterístico]. La teoría de problemas de contorno está llena de notaciones de aire algebraico como las llavesanteriores que simplemente significan los ‘múltiplos de lo de dentro’. Los ángulos de la siguiente expresióntambién tienen ese origen, porque las integrales que definen tienen las propiedades de un producto escalar.

Comprobemos que se cumple si m,n :hyn, ymi ⌘

Ø ⇡

0 sen nx sen mx dx= 12

π ⇡

0

⇥cos(n�m)x�cos(n+m)x

⇤dx |= 1

2

hsen(n�m)x

n�m � sen(n+m)xn+m

i⇡0= 0 .⇥

Si m=n , el valor no es 0 , sino hyn, yni=Ø ⇡

0 sen2nx dx= 12

Ø ⇡

0 (1�cos 2nx) dx= ⇡2⇤.

(P1) posee infinitos autovalores �n = n2, n=1,2, . . . . Las autofunciones yn = {sen nx} asociadas acada �n son un espacio vectorial de dimensión 1 . La n-sima autofunción tiene n�1 ceros en (0,⇡) .Autofunciones distintas son ortogonales en [0,⇡]

⇥respecto del producto escalar hu, vi=

Ø ⇡

0 u v dx⇤.

Ej 2. (P2)⇢y00 + �y = 0y0(0)= y0(⇡)=0 Imponemos estas nuevas condiciones:

�<0 , y0= p⇥c1epx�c2e�px

⇤! y0(0) = p[c1�c2]=0 ! c2=c1 &

y0(⇡)= p⇥c1 e⇡p�c2 e�⇡p

⇤=0 c1p

⇥e⇡p�e�⇡p

⇤= 0

�! y ⌘ 0 .

�=0 , y0=c2 ! y0(0)=c2=0y0(⇡)=c2=0

o! �=0 autovalor con autofunción y0=c1= {1} .

�>0 , y0=w[�c1 senwx+c2 coswx] ! y0(0)=wc2=0 , c2=0 #y0(⇡)=�wc1 senw⇡=0

o! �n=n2 , yn=c1 cos nx .

1

0

cos x

cos 2x

!

Los autovalores �n=n2 y autofunciones yn= {cos nx} , n=0,1,2, . . .�suelen

escribirse así, poniendo {1} como caso particular {cos 0}�

tienen las mismaspropiedades resaltadas para el problema anterior. Por ejemplo, la yn que ocupael lugar n se anula n�1 veces y sigue habiendo ortogonalidad:

hyn, ymi=Ø ⇡

0 cos nx cos mx dx = 12

Ø ⇡

0⇥cos(n�m)x+cos(n+m)x

⇤dx= 1

2⇥ sen(n�m)x

n�m +sen(n+m)x

n+m

⇤⇡0 =0 .

33

Tratemos ya el problema general. Consideremos la ecuación lineal de orden dos dependiente de � :y00+ a(x)y0+ b(x)y+�c(x)y= 0 , con a, b, c continuas en [a, b] y c(x)>0 en [a, b] .

La reescribimos en la forma llamada ‘autoadjunta’ o ‘Sturm-Liouville’ multiplicando por eØa :⇥

eØay0

⇤ 0+ b e

Øay + � c e

Øay ⌘

⇥py0

⇤ 0� qy+ �ry= 0 , con p2C1, q,r 2C , p,r >0 .Las condiciones que más nos interesan son las llamadas condiciones separadas (cada una afecta alos valores de y o de y0 sólo en uno de los extremos del intervalo).

Se llama problema de Sturm-Liouville separado regular a uno de la forma:

(Ps)⇢[py0]0 � qy + �ry = 0↵y(a)�↵0y0(a)=0 , �y(b)+�0y0(b)=0 (condiciones separadas)

siendo p2C1, q,r continuas, p,r >0 en [a, b] , |↵ |+ |↵0 | , |� |+ |�0 |,0 .[Si p,r 0 todo se complica. Las últimas condiciones dicen que ↵ y ↵0 , � y �0 no se anulan a la vez].

En estos problemas homogéneos siempre y⌘0 es solución y lo son los múltiplos de cualquier otra.Los ejemplos 1 y 2 eran unos (Ps). Se prueba este teorema que generaliza sus propiedades:

Teor 1.

Los autovalores de (Ps) son una sucesión infinita �1 < �2 < · · ·< �n < · · · que tiendea 1 . Las autofunciones {yn} forman un espacio vectorial de dimensión 1 y cada ynposee exactamente n�1 ceros en (a, b) . Las autofunciones asociadas a autovaloresdistintos son ortogonales en [a, b] respecto al peso r , es decir:

hyn, ymi ⌘Ø b

ar yn ym dx = 0 , si yn, ym están asociadas a �n,�m .

Si ↵↵0 �0 , ��0 �0 y q(x)�0 en [a, b] , entonces todos los �n �0 .

Ej 3. (P3)n y00 + �y = 0y0(0)= y(1)=0

⇥Casi escrito en forma autoadjunta:

⇥y0⇤ 0+�y= 0 . Es el peso r⌘1

⇤.

Hallemos sus �n . Como ↵↵0= ��0=0 , q⌘0 , bastará mirar los ��0 .[Ahora sabemos que podíamos haber hecho esto con (P1) y (P2). Que conste que hay problemas con�<0 , como el (P5) , aunque todos los problemas de interés físico del capítulo 4 darán lugar a ��0 ].

�=0 : y=c1+c2x , y0=c2 !n y0(0) = c2 = 0y(1)=c1+c2=0 ! y⌘0 . �=0 no es autovalor.

�>0 : y=c1 coswx+c2 senwx . y0(0)=0 ! c2=0 ! y(1)=c1 cosw=0

! wn=2n�1

2 ⇡ , �n=(2n�1)2⇡2

4 , yn=�cos 2n�1

2 ⇡x

, n=1,2, . . .

Según el teorema las {yn} son ortogonales:Ø 10 ynym dx=0 , n,m , lo que es

fácil de comprobar, y la autofunción n-sima (como las tres dibujadas) tiene n�1 ceros en (0,1) .

Ej 4. (P4)n y00 + �y = 0y0(0)= y(1)+y0(1)=0

Aquí es ↵↵0=0 , ��0=1>0 , q⌘0 ) ��0 .

�=0 !n y0(0) = c2 = 0y(1)+y0(1)=c1+2c2 = 0 ! y⌘0 . No es autovalor.

�>0 : y=c1 coswx+c2 senwx . y0(0)=wc2=0 ! y(1)+y0(1)=c1[cosw�w senw]=0 .

w

tan w

0!

w1

w2

w3

1/w

No podemos calcular exactamente los �n , pero el corchete se anulainfinitas veces, por ser tanwn=

1wn

para infinitos wn , que sólo se puedendar aproximadamente

�con ordenador: w1⇡ 0.860 , w2⇡ 3.426 , w3⇡ 9.529 , ...

�.

Por quedar c1 indeterminado para cada �n=w2n serán las yn= {coswnx} .

Las yn resultarán ortogonales (lo que también se puede comprobar).[La mayoría de problemas de S-L no son resolubles exactamente, pues pocas linealesde orden dos lo son elementalmente, y aunque lo sean puede ocurrir lo del ejemplo].

Ej 5. (P5)⇢y00 + �y = 0y(0)+y0(0)= y(1)+y0(1)=0

Como ↵↵0<0 podrían aparecer autovalores negativos.Vamos a comprobar que, de hecho, �=�1 es autovalor.

�=�1 ! µ=±1 ! y=c1ex+c2e�xy0=c1ex�c2e�x !

n y(0)+y0(0)=2c1=0y(1)+y0(1)=2c1e=0 8c2 . Autovalor con y0=

�e�x

.⇥

No es difícil ver que no hay más autovalores negativos y que �=0 no lo es. Los infinitos positivos:y(0)+y0(0)=c1+wc2=0 , c1=�wc2 #

y(1)+y0(1)=c2(1+w2) senw=0 ! �n=n2⇡2 , yn=�sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x

, n=1,2, ...

⇤.

34

En los dos siguientes problemas de Sturm-Liouville aparecen ecuaciones nuevas (resolubles), elpeso ya no va a ser r(x)=1 y debermos escribirlas en forma autoadjunta para saber quién es:

Ej 6. (P6)⇢y00�2y0+�y= 0y0(0)= y0(1)=0 ! µ2�2µ+�=0 ,

µ=1±p

1�� . Forma autoadjunta;⇥e�2x y0

⇤ 0+ �e�2x y = 0 .

Sabemos que los ��0 , pero esto no ahorra cálculos aquí, pues hay que mirar los �<,=, >1 :�<1 : y = c1 e(1+p)x+ c2 e(1�p)x , y0= c1(1+p) e(1+p)x+ c2(1�p) e(1�p)x , con p=

p1��>0

! c1[1+p] + c2[1�p] = 0c1[1+p]e1+p+c2[1�p]e1�p =0

�! c2(1�p)e[e�p�ep] = 0 ! p=1 ( �=0 ), y0= {1} .

�=1 : y= [c1+c2x] ex , y0= [c1+c2+c2x] ex ! c1+c2 = 0c1+2c2 = 0

o! y⌘0 . �=1 no autovalor.

�>1 :y= [c1 coswx+c2 senwx] ex , w=

p��1

y0=⇥(c1+c2w) coswx+(c2�c1w) senwx

⇤ex

! y0(0)=c1+c2w=0 , c1=�wc2 !y0(1)=c2 e(1+w2) senw=0 !

w=n⇡, n=1,2, . . . ! �n=1+n2⇡2 , yn=�ex[sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x]

, n=1,2, . . .

Las autofunciones serán ortogonales respecto al peso r(x)= e�2x :

hy0, yni=π 1

0e�x[sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x] dx =

⇥� e�x sen n⇡x

⇤10 = 0 ,

hyn, ymi=π 1

0[sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x][sen m⇡x�m⇡ cos m⇡x] dx = · · · = 0 (si m,n ) .

Ej 7. (P7)⇢

x2y00+ xy0+ �y = 0y(1)= y(e)=0 p(x)= e

Øa= e

Ødxx = x !

⇥xy0

⇤ 0+� yx =0 . Es r(x)= 1

x .Es problema separado regular

�p,r >0 en [1,e]

�.

La ecuación es de Euler: µ(µ�1)+µ+�=0 ! µ =±p�� . Basta mirar los ��0 .

�=0 , y=c1+c2 ln x . Imponiendo los datos: c1=0c1+c2=0

�) c1=c2=0 (no es autovalor).

�>0 , y=c1 cos(w ln x)+c2 sen(w ln x) , c1=0c2 senw=0

��n=n2⇡2, yn=

�sen(n⇡ ln x)

, n=1,2, . . .

Y como siempre, las autofunciones serán ortogonales (respecto al peso r , no sin él):π e

1

sen(n⇡ ln x) sen(m⇡ ln x)x dx=0 , m,n .

Problema periódico. En 4.5 nos aparecerá también el siguiente problema, único que no es separado,pues sus condiciones de contorno mezclan valores en los extremos del intervalo:

Ej 8. (P8)n y00 + �y = 0y(�⇡)= y(⇡) , y0(�⇡)= y0(⇡)

[Estas condiciones equivalen apedir que y sea 2⇡-periódica].

�<0 ! c1[e⇡p�e�⇡p]�c2[e⇡p�e�⇡p] = 0c1[e⇡p�e�⇡p]+c2[e⇡p�e�⇡p] = 0

� �����e⇡p�e�⇡p e�⇡p�e⇡p

e⇡p�e�⇡p e⇡p�e�⇡p

�����= 2(e⇡p�e�⇡p)2, 0 si p>0 .

El determinante de los coeficientes no es 0 y sólo tiene la solución c1=c2=0 . No hay �<0 .

�=0 ! c1�c2⇡ = c1+c2⇡c2 = c2

ose satisface para c2=0 y cualquier c1 : y0=c1= {1} .

�>0 ! 2c2 sen ⇡w = 02c1w sen ⇡w = 0

o! sen ⇡w = 0 ! �n=n2 , n=1,2, . . .

Para esos �n las condiciones de contorno se cumplen para todo c1 y todo c2 .Las autofunciones son, pues: yn = c1 cos nx + c2 sen nx ⌘ {cos nx, sen nx} .⇥

Es claro que exigir simplemente que y sea 2⇡-periódica lleva a los mismos �n e {yn}⇤.

Las propiedades de (P7) son algo distintas: sigue habiendo una sucesión infinita de autovalores�n = n2, n = 1,2, . . . tendiendo a 1 , pero las autofunciones y0 = {1} , yn = {cos nx, sen nx}forman, si n> 0 , un espacio vectorial de dimensión 2. Utilizando relaciones trigonométricasse comprueba que sigue siendo cierto que autofunciones diferentes son ortogonales entre sí.

35

Problemas no homogéneosResolviendo EDPs por serparación de variables aparecerán sobre todo problemas de contorno homogéneos.Pero a veces (en 4.5) también alguno no homogéneo, de propiedades diferentes. En ellos ni y⌘0 será soluciónni lo son los múltiplos de una solución dada. Damos brevemente la teoría empezando por un ejemplo sencillo:

Ej 9. Discutamos cuántas soluciones tieneny00 = 3x�dy(1)= y(2)+by0(2)=0 , con d , b constantes.

La solución general es: y = c1+c2x + 12 x3� d

2 x2 �con y0=c2+

32 x2�dx

�. Imponiendo los datos:n y(1) = c1+c2 +

12 �

d2 = 0

y(2)+by0(2)=c1+2c2+4�2d+bc2+6b�2bd=0, es decir:

n c1+c2 =d2 �

12

c1+(2+b)c2=2bd+2d�6b�4.

Hay solución única en c1 y c2 del sistema si el homogéneo tiene sólo la trivial (si el determinantede los coeficientes 1+b, 0 ). Si el homogéneo tiene infinitas, el no homogéneo tendrá infinitas oninguna. Para b,�1 , se puede despejar de forma única c1 y c2 , y la solución queda precisada 8d .

Pero si b=�1 :n c1+c2=

d�12

c1+c2=2 , este sistema sólo tiene solución cuando d�12 =2 , d=5 , y entonces

una de las dos constantes queda libre. Si b=�1 , d,5 , no hay solución.

Generalicemos este ejemplo. Sea el problema para la ecuación no homogénea:

(Pf)⇢ ⇥

p(x)y0⇤ 0+ g(x)y = f (x)

↵y(a)�↵0y0(a)= �y(b)+�0y0(b)=0 , p2C1, g, f 2C , p>0 en [a, b] .

y llamemos (Ph) al problema homogéneo asociado ( f ⌘0 ). Entonces se demuestra que:

Teor 2.

(Pf) tiene solución única , (Ph) tiene sólo la solución y⌘0 .Si (Ph) tiene soluciones no triviales {yh} entonces según seaØ b

af (x) yh(x) dx = 0

, 0 , (Pf) tiene infinitas solucionesninguna solución .

1 ! 1

1 ! 10

Gran parte del teorema sale de imponer las condiciones de contorno a la solución y=c1y1+c2y2+yp ,por las propiedades de los sistemas algebraicos. Más complicado es probar que esa integral, donde fes la del problema escrito en forma autoadjunta, distingue entre infinitas y ninguna solución.

Ej 9⇤. Para el Ej 1, (Ph) tiene sólo la solución y⌘0 si b,�1 . Y si b=�1 es yh= {1�x} (pues c1+c2=0 ).El (Pf)

⇥para [y0]0= x�d , f es la inicial

⇤, tendrá entonces solución única si b,�1 , e infinitas ó 0 ,

para b=�1 , según se anule o no la integralØ 21 (3x�d)(1�x) dx = d

2 � 52

�= 0 , d=5

�.

⇥Tiene las mismas propiedades un problema con condiciones de contorno no homogéneas:

(PAB)⇢[p(x)y0]0 + g(x)y = 0↵y(a)�↵0y0(a)= A, �y(b)+�0y0(b)=B

Solución única si (Ph) sólo tiene la y⌘0e infinitas o ninguna si (Ph) tiene infinitas

⇤

Para estudiar un problema de S-L no homogéneo: (P�)⇢[py0]0 � qy + �ry = f (x)↵y(a)�↵0y0(a)= �y(b)+�0y0(b)=0

del Teor 2 se deduce, si (Ps) es el problema separado de Sturm-Liouville homogéneo (el de f ⌘0 ):

Teor 3.(P�) tiene solución única , � no es autovalor de (Ps). Si �n es autovalorcon autofunción {yn} , (P�n ) no tiene solución

tiene infinitas según seaØ b

af yn dx ,0

=0 .

Ej 10. Sea⇢

x2y00�2xy0+�y=2y0(1)= y(2)=0 . Precisar si �=0 y �=2 , son o no autovalores del homogéneo

y cuántas soluciones tiene el no homogéneo en esos dos casos.Ecuación de Euler con µ2�3µ+�=0 . Si �=0 la solución de la ecuación homogénea es y=c1+c2x3 .

Imponiéndole los datosn y0(1)=3c2=0y(2)=c1+8c2=0 ! c1=c2=0 . �=0 no es autovalor y el no homgéneo

tendrá solución única (no es corto hallarla).

Si �=2, y=c1x+c2x2 !n y0(1)=c1+2c2=0y(2)=2c1+4c2=0 ! c1=�2c2 . Autovalor con autofunción

�x2�2x

.

No homogéneo con infinitas o ninguna.Para discutirlo con el teorema:

⇥ y0x2

⇤ 0+ 2

x4 y=2x4 ,

Ø 21

2x4

�x2�2x)dx=

⇥ 2x2 � 2

x

⇤21=�

12 ,0 . Sin solución.

O se puede deducir a partir de la solución general de la no homogénea y=c1x+c2x2+1 ( yp a ojo).

36

3.4. Series de Fourier

Sean y1, y2, . . . , yn, . . . las autofunciones delproblema de Sturm-Liouville separado regular: (P)

⇢ [py0]0 � qy + �ry = 0↵y(a)�↵0y0(a)= y(b)+�0y0(b)=0

Y llamemos, como en 3.3, hu, vi=Ø b

ar u v dx al producto escalar respecto al peso r(x) .

[El r es el de forma autoadjunta de arriba; muchas veces ese peso será 1 , pero no siempre].

Toda función f suficientemente buena en [a, b] puede serescrita como una suma infinita de las autofunciones de (P),que se denomina serie de Fourier de f :

f (x) =1’n=1

cn yn(x) .

Los cn deben ser (si la serie puede ser integrada término a término), por ser las yn ortogonales:π b

ar f ym dx =

1’n=1

cnπ b

ar ynym dx = cm

π b

ar ymym dx ) cn=

h f , ynihyn, yni

, n=1,2, . . .

Para qué la serie con esos coeficientes converja realmente hacia f le pediremos que sea C1 a trozos:

ba x x1 n

Una f es C1 a trozos en [a, b]= [a, x1][[x1, x2][· · ·[ [xn, b] sii. f y f 0 son continuas en cada (xk, xk+1) ,ii. los límites laterales de f , f 0 en cada xk son finitos.

Teor 1.Si f es C1 a trozos en [a, b] la serie

1’n=1

h f , yn ihyn , yn i

yn(x)= f (x) en los x 2 (a, b) en que f

es continua y en los x 2 (a, b) en que f es discontinua la suma es 12⇥

f (x�)+ f (x+)⇤

.

El teorema no dice nada sobre la convergencia en los extremos a y b .

Caso particular de los desarrollos de Fourier son estos desarrollos en series trigonométricas:

Los autovalores y autofunciones de (Ps)⇢y00 + �y = 0y(0)= y(L)=0 son �n= n2⇡2

L2 e yn=�senn⇡x

L

, n=1,2, . . .

⇥Fácil de comprobar. Un problema en [a, b] se llevaría al anterior (con L=b�a ) haciendo s= x�a

⇤.

Se llama serie de Fourier en senos de f en [0, L] a su desarrollo de Fourier en estas autofunciones:

f (x) =1’n=1

bn senn⇡xL , con bn= 2

L

π L

0f (x) senn⇡x

L dx , n=1,2, ... [s]

Ya que el peso es r(x)⌘1 y se tiene que hyn, yni=Ø L

0 sen2 n⇡xL dx= 1

2

Ø L

0⇥1�cos 2n⇡x

L

⇤dx = L

2 .

Los de (Pc)⇢y00 + �y = 0y0(0)= y0(L)=0

son �n= n2⇡2

L2 , yn=�cosn⇡xL

, n=0,1, . . .

⇥yo= {1}

⇤Y la serie de Fourier en cosenos de una f en [0, L] será:

f (x) = ao2 +

1’n=1

an cos n⇡xL , con an= 2

L

π L

0f (x) cosn⇡xL dx , n=0,1,2, ... [c]

Pues hyo, yoi =Ø L

0 12 dx = L e hyn, yni =Ø L

0⇥cos n⇡x

L

⇤2 dx = L2 , si n�1.⇥

Ponemos ao2 en la serie para que la fórmula del an valga también para ao

⇤.

Otras dos familias de autofunciones muy habituales (dan lugar a las llamadas, respectivamente, seriesen senos impares y en cosenos impares en [0, L] ) son las de estos problemas fáciles de resolver:⇢

y00 + �y = 0y(0)= y0(L)=0 con �n= [2n�1]2⇡2

22L2 , yn=�sen [2n�1]⇡x

2L

, hyn, yni= L2 , n=1,2, . . .

⇢y00 + �y = 0y0(0)= y(L)=0 con �n= [2n�1]2⇡2

22L2 , yn=�cos [2n�1]⇡x

2L

, hyn, yni= L2 , n=1,2, . . .

En los 4 casos anteriores la fórmula para el coeficiente cn de la serie deFourier

�que se deduce de la general h f , yni/hyn, yni

�adopta la forma: cn= 2

L

π L

0f (x)yn(x) dx .

[No olvidando el ao2 de las series en cosenos, únicas con ese término, pues las otras empiezan desde n=1 ].

37

1

x10

Ej 1. Sea f (x)= x , x 2 [0,1] . Desarrollémosla en senos, en cosenos y en cosenos impares:

En senos: bn= 2Ø 10 x sen n⇡x dx=� 2x

n⇡ cos n⇡x⇤1

0 +2n⇡

Ø 10 cos n⇡x dx = � 2

n⇡ cos n⇡ ,

! f (x)= x= 2⇡

1’n=1

(�1)n+1

n sen n⇡x = 2⇡

⇥sen x� 1

2 sen 2x+ 13 sen 3x + · · ·

⇤.

En cosenos, aunque tenemos una única fórmula, hay que hacer dos cálculos: para ao y para el resto.ao= 2

Ø 10 x dx=1 , an=2

Ø 10 x cos n⇡x dx= 2x

n⇡ sen n⇡x⇤1

0�2n⇡

Ø 10 sen n⇡x dx= 2

n2⇡2 [cos n⇡�1] ,n=1,2, . . .

! x = 12 +

2⇡2

1’n=1

(�1)n�1n2 cos n⇡x = 1

2 � 4⇡2

1’m=1

1(2m�1)2 cos(2m�1)⇡x .

Y el que falta: x=1’n=1

h4(�1)n+1

⇡(2n�1) � 8⇡2(2n�1)2

icos (2n�1)⇡x

2 , pues cn=2Ø 10 x cos (2n�1)⇡x

2 dx = · · ·

Las tres series, por el teorema 1, convergen hacia x para cada x 2 (0,1) . Lo mismo haría el desarrolloen autofunciones de cualquier otro problema de Sturm-Liouville. En general no sabremos qué sucedeen x=0 y en x=1 , pero sí se podrá decir para las dos primeras series, por los argumentos que siguen.

Observemos que todo los sumandos de una serie en senos�sen n⇡x

L

�son impares y que además todos ellos

tienen periodo 2L con lo que la serie tendrá esas mismas propiedades. Si la f inicialmente definida en [0, L]que desarrollamos se extiende de forma impar a [�L, L] y luego de forma 2L-periódica a todo R , esa funciónextendida será la suma de la serie. Donde sea continua, la serie tenderá hacia su valor (y si no, tenderá haciael valor medio, pudiendo aparecer discontinuidades en los extremos del intervalo inicial).Razonando análogamente, una serie en cosenos (de sumandos pares y periódicos) convergerá hacia laextensión par y 2L-periódica de la f inicial, lo que permite ver también lo que sucede en los extremos.En el caso particular de que la f sea continua deducimos de las ideas anteriores:

La serie en cosenos de una f continua en [0, L] , con f 0 continua a trozos, converge haciaf en todo [0, L] . Para que lo haga la serie en senos debe ser además f (0)= f (L)=0 .

[Si fuese f (0),0 ó f (L),0 , la f extendida impar y 2L-periódica no sería continua en 0 o en L .Además es claro que las series en senos se anulan en 0 y L , pues lo hace cada sumando].

Ej 1*. Ya podemos saber hacia qué convergen en los extremos las dos primeras series del ejemplo anterior.

0-1 1 3-3

-1

1impar

0-1 1 3-3

1

parLa serie de cosenos sí converge a f en todo [0,1] . Perola serie en senos no converge hacia f en todo el intervalo(lo hace en [0,1) , en x=1 la suma será 0 ).[Aunque las series en cosenos converjan mejor, al resolverEDPs por separación de variables no elegiremos el tipode series en las que desarrollar las funciones. El problemanos impondrá unas autofunciones determinadas].Utilizamos el ordenador para comprobarlo. Para la serie en cosenos sumamos 2 y 5 términos y yase tiene una buena aproximación. Para la de senos, en cambio, además de acercarse más lentamentese ve que cerca de x=1 , aunque sumemos 50 términos de la serie, no se ajusta bien al valor real.

2 y 5 términosserie en cosenos

x x

2, 5 y 50 términosserie en senos

[Cerca de las discontinuidades siempre aparecen esos ‘picos’. Es el llamado ‘fenómeno de Gibbs’].[Aunque se pueden dar argumentos para las series en senos y cosenos impares, no entraremos en ello].

38

Ej 2. Hallemos el desarrollo de f (x)=⇡ en serie de las autofunciones yn(x) deny00 + �y = 0y0(0)= y

� ⇡2�=0 .

El problema es uno de los 4 conocidos: el de los cosenos impares.Sustituyendo en las expresiones dadas deducimos las autofunciones: yn=

�cos(2n�1)x

, n=1,2, . . .

Y tenemos la fórmula para hallar los cn= 2⇡/2

Ø ⇡/20 ⇡ cos(2n�1)x dx = 4

2n�1 sen(2n�1)x⇤⇡/2

0 .

Por tanto: ⇡ = 41’n=1

(�1)n+1

2n�1 cos(2n�1)x = 4⇥cos x � 1

3 cos 3x + 15 cos 5x � 1

7 cos 7x · · ·⇤

.

Como la f desarrollada es continua en⇥0, ⇡2

⇤, la suma de la serie 8x 2

�0,⇡2

�será ⇡= f (x) .

Aunque no tenemos resultados generales en los extremos para estas series, en este caso es posible ver que en x=0sí es ⇡=4

⇥1� 1

3+ · · ·⇤=4 arctan 1

�pues arctan x= x� x3

3 + · · ·�, pero que en ⇡

2 suma 0 (los cosenos se anulan).En culaquier otro punto, por ejemplo, el x=1 , con ordenador podemos comprobar lo que asegura el teorema 1:sumando 100 términos de la serie se obtiene 3.132... , sumando 1000, 3.14227... .Parecemos estar haciendo tonterías por querer escribir una sencilla constante como una serie infinita de senos,pero este tipo de cálculos será necesario para resolver ecuaciones en derivadas parciales.

Ej 3. Desarrollemos la discontinua f (x)=⇢

x , 0 x< ⇡2

0 , ⇡2 x ⇡ en serie de autofunciones den y00 + �y = 0y(0)= y0(⇡)=0 .

Las autofunciones son los conocidos senos impares: yn=�sen (2n�1)x

2

, n=1,2, . . .

cn= 2⇡

π ⇡

0f (x) sen (2n�1)x

2 dx= 2⇡

π ⇡/2

0x sen (2n�1)x

2 dx= 8 sen (2n�1)⇡4

⇡(2n�1)2 � 2 cos (2n�1)⇡4

2n�1 .

La serie tiende hacia f (x) en los x 2 (0,⇡) en que es continua⇥en

�0,⇡2

�y� ⇡

2 ,⇡� ⇤

,hacia 1

2 [ f (x+)+ f (x�)]= ⇡4 en el x= ⇡

2 donde f es discontinua (y en los extremos no lo sabemos).[Es claro que la serie suma 0 en x=0 (son 0 los senos) y el ordenador sugiere que también en x=⇡ vale 0].

Cuando desarrollemos en cualquier familia de autofunciones que no sean las 4 clásicas habrá que acudir a laexpresión general de los coeficientes cn= h f , yni/hyn, yni . Esto nos pasa en los dos ejemplos siguientes.

Ej 4. Desarrollamos f (x)= x , x 2 [0,1] en las autofunciones del Ej 4 de 3.3: {coswnx} con tanwn=1wn

.

El peso es r(x)=1 !hcoswnx,coswnxi =

Ø 10 cos2wnx dx = 1

2+senwn coswn

2wn=

w2n+cos2wn

2w2n.

hx,coswnxi =Ø 10 x coswnx dx = senwn

wn+ coswn�1

w2n= 2 coswn�1

w2n.

Por tanto: x =1’n=1

2(2 coswn�1)w2

n+cos2wncoswnx .

[Usamos el Maple para calcular varios coeficientes y dibujar algunassumas parciales de la serie. Lo primero será aproximar los wn :

w1⇡ 0.8603 , w2⇡ 3.4256 , w3⇡ 6.4373 , w4⇡ 9.5293 . . .De ellos deducimos los cn :

c1⇡ 0.5223 , c2⇡� 0.4614 , c3⇡ 0.0460 , c4⇡� 0.0651 . . .A la derecha está el dibujo de f (x)= x y de la cuarta suma parcial.Parece también converger en los extremos, cosa que no sabíamos].

Ej 5. Desarrollamos ahora f (x)=1 en las yn del Ej 5 de 3.3: y0=�e�x

e yn=

�sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x

.

c0=h1, e�x i

he�x , e�x i =Ø 10 e�xdxØ 10 e�2xdx

= 1� e�1

(1� e�2)/2 =2e

e+1 .

x

hyn,1i=⇥� 1

n⇡ cos n⇡x�sen n⇡x⇤1

0 =1� (�1)n

n⇡ (se anula si n par).

hyn, yni=Ø 10

⇥sen2n⇡x+n2⇡2cos2n⇡x�2n⇡ sen n⇡x cos n⇡x

⇤dx= 1+n2⇡2

2 .

El desarrollo es, pues: 1= 2ee+1 e�x +

1’n=1

2[1� (�1)n]n⇡[1+n2⇡2] (sen n⇡x�n⇡ cos n⇡x) .

Para cada x 2 (0,1) la suma de los infinitos términos de la serie debe ser 1 .Maple muestra que la convergencia es buena (incluso en los extremos). El dibujo es sólo la suma del término conla exponencial y de los dos primeros trigonométricos no nulos ( n=1 y n=3 ).

39

La teoría de series de Fourier se puede extender para incluir los problemas periódicos. Así para:

(Pp)⇢y00 + �y = 0y(�L)= y(L), y0(�L)= y0(L) , �n= n2⇡2

L2 , n=0,1, . . . , yo= {1} , yn=�cos n⇡x

L , sen n⇡xL

se deduce la siguiente serie de Fourier en senos y cosenos en [�L, L]:

[p] f (x) = ao2 +

1’n=1

⇥an cos n⇡x

L + bn sen n⇡xL

⇤, con coeficientes:

[1] an= 1L

π L

�Lf (x) cos n⇡x

L dx , n=0,1,2, ... y [2] bn= 1L

π L

�Lf (x) sen n⇡x

L dx , n=1,2, ... ,

ya que se cumple:Ø L

�L cos m⇡xL sen n⇡x

L dt = 0 para todo m y n ;Ø L

�L 12 dx = 2L ;Ø L

�L cos m⇡xL cos n⇡x

L dx =n 0 m,n

L m = n ;Ø L

�L sen m⇡xL sen n⇡x

L dx =n 0 m,n

L m = n .⇥Las fórmulas [1] y [2] también valen para desarrollar una f definida inicialmente en cualquier

otro intervalo [a,a+2L] (cambiando los límites a la integral) puesØ a+2La

cos2=Ø a+2La

sen2=L⇤.

La serie [p] también converge hacia f (x) en los puntos de continuidad. Y además se puede decir quésucede en los extremos �L y L (por definir una función 2L-periódica en todo R):

Teor 2.

Supongamos que f es C1 a trozos en [�L, L] y extendamos f fuera de [�L, L] deforma 2L-periódica. Entonces la serie [p] con an y bn dados por [1] y [2] convergehacia f (x) en todos los puntos en que su extensión es continua

�y en los puntos de

discontinuidad converge hacia 12⇥

f (x�)+ f (x+)⇤ �

.

Las fórmulas [s] y [c] para los coeficientes de las series en senos y en cosenos se pueden ver comocasos particulares de [1] y [2]. Si una f es impar en [�L, L] , es impar f (x) cos n⇡x

L y es parf (x) sen n⇡x

L . Si f es par, f (x) cos n⇡xL es par y f (x) sen n⇡x

L es impar. Por tanto, an = 0 y [1]se convierte en [s] en el primero, y en el segundo bn=0 y [2] pasa a ser [c].

0 1

1

-1

0 1-1

S

S

S

0

1

2 Sngordo

Ej 6. Sea f (x) =⇢

0 , �1 x 0x , 0 x 1 .

Su serie en senos y cosenos está casi calculada en el Ej 1:14+

1⇡2

1’n=1

(�1)n�1n2 cos n⇡x � 1

⇡

1’n=1

(�1)nn

sen n⇡x .

Viendo su extensión 2⇡-periódica, deducimos que la sumade esta serie será 0 en (�1,0] y x en [0,1) (valores dela f inicial), pero sumará 1/2 (valor medio entre 0 y 1 )en �1 y 1 . Cerca de estos dos puntos de discontinuidadla convergencia volverá a ser mala y lenta como en todoslos casos, y volverá a darse el fenómeno de Gibbs.

40

4. Ecuaciones en derivadas parciales

4.1. EDPs lineales de primer orden

Sea la EDP de primer orden: [E] A(x, y) uy+B(x, y) ux = H(x, y) u +F(x, y) , u=u(x, y) .

Para resolverla usaremos la EDO de primer orden [e] dydx=

A(x,y)B(x,y)

ecuación

característica

Si A,B2C1 y no son 0 a la vez en una región del plano, [e] tendrá en ella unas curvas integrales:

⇠(x, y) = K curvas características de [E]

Por la regla de la cadena, el cambio de variable

⇢⇠=⇠(x, y)⌘= y (o bien ⌘= x ) , convierte [E] en:

⇢uy = u⇠ ⇠y + u⌘

ux = u⇠ ⇠x! Au⌘ + [A⇠y+B⇠x]u⇠ = Hu + F

Como sobre las soluciones y(x) definidas por ⇠(x, y)=K es ⇠x+ ⇠y dydx =

1B [A⇠y+B⇠x]=0 , vemos

que [1] pasa a ser una ecuación en las nuevas variables (⇠,⌘) en la que no aparece u⇠ :

[E⇤] A(⇠,⌘) u⌘ = H(⇠,⌘) u + F(⇠,⌘) , u = u(⇠,⌘) .

Análogamente, si hubiésemos escogido ⌘= x habríamos llegado a: [E⇤] Bu⌘ = Hu + F .(Se observa que tras el cambio queda el término con la variable elegida).

[E⇤] (o [E⇤]) es una EDO lineal de primer orden en la variable ⌘ si miramos la ⇠ como constantey, por tanto, es resoluble (si F=0 sería homogénea y si H=0 bastaría integrar). En su soluciónaparecerá una constante arbitraria para cada ⇠ , es decir, una función arbitraria de ⇠ :

u(⇠,⌘) = p(⇠) eØ

H

Ad⌘ + e

ØH

Ad⌘

ØFA e�

ØH

Ad⌘

d⌘ , con p arbitraria de C1.

Deshaciendo el cambio queda resuelta [E] en función de x e y . En la solución general, como se ve,siempre aparece una función arbitraria de las características.

y

u

G

Γ

x

¿Cómo determinar una única solución de [E]?, es decir, ¿cómo precisar la p

arbitraria? Cada solución describe una superficie en el espacio. Generalizandolos problemas con datos iniciales para EDOs definimos:El problema de Cauchy para [E] consiste en hallar la solución u(x, y) quetome valores dados sobre una curva G del plano xy , es decir, que contengauna curva dada � del espacio. En particular, si G es una recta x= cte ó y= cte

⇥por ejemplo, si

se pide u(x,0)= f (x)⇤, se tiene lo que se llama un problema de valores iniciales.

Ej 1. (y�1)uy�xux =2x2y

u(x,0) = 0La ecuación característica dy

dx =y�1�x se puede mirar como lineal:

dydx =�

yx+

1x . e�

Ø1/x = 1

x , y= Cx +

1x

Øxx dx = C

x + 1 (o yp =1 a ojo).

O separable:Ø

dyy�1 =

Ødx�x , ln(y�1)=C�ln x , y�1=Ce� ln x = C

x ! xy�x=C características.Más cortos resultan los cálculos haciendo:⇢⇠ = x (y�1)⌘ = x

!n

uy = x u⇠

ux = (y�1)u⇠+ u⌘! �xu⌘ =2x

2y , u⌘ =�2xy=�2⌘( ⇠⌘ +1)=�2⇠�2⌘ .

Integrando: u(⇠,⌘)=�2⇠⌘�⌘2+p(⇠) . La solución general es, pues: u(x, y)= x2� 2x

2y+p(xy�x) .hPeor:

⇢⇠ = x (y�1)⌘ = y

,nuy = x u⇠+u⌘

ux = (y�1)ux! (y�1)u⌘ =2x

2y , u⌘ =⇠22⌘

(⌘�1)3 , u=�⇠2 ⇥ 1

(⌘�1)2 +2

⌘�1

"⇤+p(⇠)

i.

[Aunque en hemos visto qué ecuaciones quedaban eligiendo ⌘= x ó y conviene hacer elcambio, usando la regla de la cadena, para detectar posibles errores en la características].

Imponemos el dato inicial: u(x,0)= x2+p(�x)=0 , p(�x)=�x

2 . Para precisar la p llamamos�x=v ! x=�v ! p(v)=�v2 ! u(x, y)= x

2�2x2y�x

2y2+2x2y�x

2=�x2y2 .

41

Ej 2. uy+2ux =u�x+2yu(x , x)=1�x

dydx =

12 , 2y= x+C . x�2y=C características⇥

o 2y�x=C , o y� x2 =C , todas pueden valer

⇤.

n ⇠= x�2y⌘= y

,n

uy = �2u⇠+u⌘

ux =u⇠, u⌘ =u�⇠ ! u= p(⇠) e⌘+ ⇠ . u(x, y)= p

�x�2y

�ey+x�2y solución

generalup a ojo

O bien:n⇠= x�2y⌘= x

,n

uy =�2u⇠ux =u⇠+u⌘

, u⌘ =u�⇠

2 ! u=q(⇠) e⌘/2+ ⇠=q�x�2y

�ex/2+x�2y , casi como antes.

Imponiendo el dato: u(x,x)= p(�x) ex�x=1�x , p(�x)= e�x , p(v)= ev !u(x, y)= ex�2yey+x�2y= ex�y+x�2y (parecido con la q ).

Comprobando: u(x, x)=1+x�2x . uy =�ex�y�2 , ux = ex�y+1 , ex�y = ex�y+x�2y�x+2y .

x

yEj 3. yuy+xux =2u

u(x,1) = x3

dydx =

yx

lineal�! y=Cx !n⇠= y/x

⌘= y! ⌘u⌘ =2u (lineal homogénea)

! u= p(⇠)⌘2= p� yx

�y2 , u(x,1)= p

� 1x

�= x

3, p(v)= 1v3 ; u= x3

y .[La solución es única, pero, como se ve, no llega más alla de y=0 ].

No siempre los datos de Cauchy (como los anteriores) determinan una sola solución de la ecuación.

1Ej 4. y2

uy+ux =2xudydx = y

2 (separable), 1y =K�x ! x+ 1

y =K características.⇢⇠= x+ 1

y

⌘= x [mejor]! u⌘ =2xu=2⌘u ! u= p(⇠) e⌘2

= p�x+ 1

y

�ex2 , p2C

1.

⇢⇠= x+ 1

y

⌘= y [peor]! y2

u⌘ =2xu

x=⇠� 1⌘�! u⌘ =

� 2⇠⌘2 � 2

⌘3

�u ! u=q(⇠) e

1⌘2 �

2⇠⌘ = q

�x+ 1

y

�e�

1y2 � 2x

y .

[Aunque no lo parezca, las expresiones con p y q definen la misma solución general].Impongamos ahora diferentes datos de Cauchy a la ecuación y veamos lo que resulta:

u(x,1)=1 ! p(x+1) ex2=1 x+1=v�! p(v)=e�(v�1)2 ! u=ex

2�(x+ 1y�1)2= e2x� 2x

y+ 2

y� 1

y2 �1.O bien, q(x+1) e�1�2x = 1 x+1=v�! q(v)= e2v�1 %

Estos cálculos han determinado de forma única la solución del problema de valores iniciales.

u(0, y)= y ! p� 1y

�= y

1/y=v�! p(v)= 1v ! u =

y1+xy ex2 , que también parece ser única.

u(x,� 1x )=0 y u(x,� 1

x )=1 . Ahora estamos imponiendo datos sobre una característica.

Para el primero: p(0) ex2=0 . Lo cumple toda p2C

1 con p(0)=0 . Infinitas soluciones.Para el segundo: p(0) ex2

=1 , p(0)= e�x2 . Imposible. No tiene solución.

Datos sobre características dan lugar siempre a 0 o 1 soluciones

h se acaba en p(cte) = algo,que puede ser constante o no

i.

Ej 5. 2xuy � ux = 4xy dydx = �2x ! y+x

2 = K características.⇢⇠ = y+x

2

⌘ = y! 2xu⌘ = 4xy , u⌘ = 2⌘ ! u = p(⇠) + ⌘2 = p(y+x

2) + y2 .⇢⇠ = y+x

2

⌘ = x! �u⌘ =4xy

y=⇠�⌘2= 4⇠⌘�4⌘3 ! u=q(⇠)+⌘4�2⇠⌘2=q(y+x

2)�2yx2�x

4 .

Imponemos como en el ejemplo anterior varios datos de Cauchy y analizamos la unicidad:

u(1, y)=0 ! p(y+1)+y2=0 , p(v)=�(v�1)2q(y+1)�2y�1=0 , q(v)=2v�1 ! u = 2y+2x

2�2yx2�x

4�1 .

[Solución única, p ó q fijadas 8v . x=1 no es tangente a las características].

u(x,�x2)=0 ! p(0)+x

4=0 . Imposible, no hay solución. Dato sobre característica, como:

u(x,�x2)= x

4 ! p(0)=0 . Cada p2C1 con p(0)=0 da una solución diferente: hay infinitas.

En general, no sólo hay problemas de unicidad si se imponen datos sobre característica, sino también cuandohay tangencia entre la curva G y las características. De hecho se prueba que si G no es tangente en ningún

punto a las características hay solución única del problema.

42

4.2. Orden 2. Clasificación y problemas cásicos

Clasificación, formas canónicas y soluciones

Consideremos [E] L[u]⌘ A uyy + B uxy + C uxx + D uy + E ux + H u = F(x, y) .

Nos limitamos en estas notas al caso de que A , B , . . . , H sean constantes ( A , B y C no todasnulas). Como en las de primer orden, quizás un cambio de variable bien elegido haga desaparecertérminos de [E], de forma que resulte una ecuación resoluble elementalmente. Hagamos un cambiogenérico y analicemos la expresión de [E] en función de las nuevas variables:⇢

⇠ = px+qy⌘ = r x+sy

, con p,q,r, s constantes y jacobiano J= ps�qr,0 . Entonces:

uy = qu⇠ + su⌘

ux = pu⇠ + ru⌘,

uyy = q2u⇠⇠ + 2qsu⇠⌘ + s

2u⌘⌘

uxy = pqu⇠⇠ +(ps+qr)u⇠⌘ + rsu⌘⌘

uxx = p2u⇠⇠ + 2pru⇠⌘ + r

2u⌘⌘

!

⇥q

2A+pqB+p

2C⇤u⇠⇠+

⇥2qsA+(ps+qr)B+2prC

⇤u⇠⌘+

⇥s

2A+rsB+r

2C⇤u⌘⌘+ · · ·

= A⇤u⇠⇠+ B

⇤u⇠⌘+ C

⇤u⌘⌘+ · · · = F(⇠,⌘) ⇥

los puntos son los términos en u⇠ , u⌘ y u⇤.

Intentemos hacer A⇤=C

⇤=0 eligiendo p,q,r, s adecuados. Para ello debe ser: q2A + pqB + p

2C = 0

s2A + rsB + r

2C = 0 .

Si B2�4AC>0 y A,0 podemos elegir p=r=1 y q, s = 1

2A⇥� B ⌥

pB2�4AC

⇤.⇥

Si A=0 y C,0 tomamos q=1 , p=0 y s=1 , r=� BC ; A=C=0 es caso trivial

⇤.

Si B2�4AC=0 , q y s coinciden y sería J=0 . Y si es <0 , q y s serían complejas.

Además, es fácil verificar que (B⇤)2� 4A⇤C⇤= [B2� 4AC] J

2 y, por tanto, el signo de B2�4AC no

varía con cambios de coordenadas. Todo lo anterior nos lleva a definir:

Si B2�4AC

> 0= 0< 0

se dice, respectivamente, que la EDP [E] eshiperbólica

parabólica

elíptica

Encontremos la forma más sencilla en que podemos escribir [E] (su forma canónica) en cada caso.Si es hiperbólica, arriba hemos visto que se convierte con el cambio(

⇠ = x � B�pB2�4AC2A y

⌘ = x � B+pB2�4AC2A y

en B⇤u⇠⌘ + · · · = F . Como (B⇤)2>0 , podemos escribir la

forma canónica de las hiperbólicas: u⇠⌘ + · · · = F⇤(⇠,⌘) .

A las dos familias de rectas ⇠=K , ⌘=K se les llama características de [E].

Si [E] es parabólica, sólo tenemos ⇠ = x� B2A =K [una familia de características]. Para esta ⇠ es

A⇤=0 , y como (B⇤)2�4A

⇤C⇤=0 también es B

⇤=0 . Como ⌘ se suele tomar ⌘= y . Así haciendo⇢⇠= x� B

2A y⌘= y

y dividiendo por C⇤ se obtiene la

forma canónica de las parabólicas: u⌘⌘ + · · · = F⇤(⇠,⌘) .

Si es elíptica, las ⇠ ,⌘ son rectas complejas: 2Ax�By2A ± i

p4AC�B2

2A y (no hay características reales).Pero no es difícil comprobar que el cambio:(

⇠ = 2Ax�Byp4AC�B2

⌘ = ylleva [E] a la forma canónica de las elípticas: u⇠⇠+u⌘⌘ + · · · = F

⇤(⇠,⌘) .

[Si A , B y C son no constantes y es B(x, y)2�4A(x, y)C(x, y) > ,= , < 0 en cada (x, y) de una región⌦ del plano se dice, respectivamente, que la EDP [E] es hiperbólica, parabólica o elíptica en ⌦ . Lascaracterísticas en este caso general son soluciones de EDOs de primer orden (quizás no resolubles)].

43

Ej 1. uyy�4uxy+5uxx+ u = 0 ! B2�4AC=�4<0 , elíptica. Con el cambio de la página anterior:

⇢⇠ = x+2y⌘ = y

! uy = 2u⇠+u⌘

ux = u⇠!

uyy = 4u⇠⇠+4u⇠⌘+u⌘⌘

uxy = 2u⇠⇠+u⇠⌘

uxx = u⇠⇠

Llevándolo a la ecuación se llega a la forma canónica: u⇠⇠+u⌘⌘+ u = 0 .

Ej 2. 4uyy� 4uxy+ uxx = 0 ! B2� 4AC = 0 ! parabólica en todo R

2.

El cambio en este caso sería ⇠ = x +y2 , o mejor (son las mismas características):

⇢⇠ = 2x+y⌘ = y

! uy = u⇠ + u⌘

ux = 2u⇠!

uyy = u⇠⇠+2u⇠⌘+u⌘⌘

uxy = 2u⇠⇠ + 2u⇠⌘

uxx = 4u⇠⇠

! 4u⌘⌘ = 0 , u⌘⌘ = 0 .

Esta forma canónica tan sencilla se resuelve fácilmente: u⌘ = p(⇠) ! u = ⌘ p(⇠)+q(⇠) .Por tanto, la solución general de la ecuación es:

u(x, y) = y p(2x+y) + q(2x+y) , con p y q funciones C2 arbitrarias.

Como en este caso, a veces es posible hallar elementalmente la solución general de [E] tras ponerlaen forma canónica (en la mayoría, como en el ejemplo 1, será imposible). Identifiquemos las formas

canónicas resolubles:

Si sólo hay derivadas respecto a una de las variables: u⌘⌘+ E⇤u⌘+H

⇤u = F

⇤ .

Esta lineal de orden 2, ordinaria si la vemos como función de ⌘ , se integra viendo la ⇠ comoun parámetro. Un par de constantes para cada ⇠ dan lugar a dos funciones arbitrarias de ⇠en la solución. La ecuación, como vemos, debe ser parabólica.

Si sólo aparece u⇠⌘ y una derivada primera: u⇠⌘+ D⇤u⇠ = F

⇤ o u⇠⌘+ E⇤u⌘ = F

⇤ .

La primera se resuelve haciendo u⇠ = v : la lineal de primer orden v⌘+D⇤v = F

⇤ se resuelveviendo ⇠ como parámetro. La v contiene, pues, una función arbitraria de ⇠ . Al integrarlapara hallar la u aparece otra función arbitraria (de ⌘ ). Las cosas son análogas cuando en vezde la u⇠ aparece la u⌘ . La ecuación es hiperbólica.

[En las EDOs de segundo orden aparecen dos constantes arbitrarias; aquí hay, en los dos casos,dos funciones arbitrarias (evaluadas en las características como en las EDPs de primer orden)].[También se ve que, al aparecer dos funciones arbitrarias, para aislar una única solución de laecuación se deberán imponer dos funciones dato. En la página siguiente se presentará el problemade Cauchy para las EDPs de segundo orden].[Otras pocas EDPs más pueden llevarse a estas formas resolubles haciendo cambios del tipou=epyeqxw que hacen desaparecer alguna derivada de menor orden o el término con la u ].[Ni la ecuación del calor ut�uxx ni ninguna elíptica son resolubles por este camino].

Ej 3. uyy + 5uxy + 4uxx + 3uy + 3ux = 9 ! B2�4AC = 9 , hiperbólica.

B⌥pB2�4AC2A =

14 !

⇢⇠ = x�y⌘ = x�4y ! uy = �u⇠ � 4u⌘

ux = u⇠ + u⌘!

uyy = u⇠⇠ + 8u⇠⌘ + 16u⌘⌘

uxy = �u⇠⇠ � 5u⇠⌘ � 4u⌘⌘

uxx = u⇠⇠ + 2u⇠⌘ + u⌘⌘

Sustituyendo en la EDP se llega a: u⇠⌘ + u⌘ = �1 , del segundo de los tipos citados. Para resolverla:

u⌘ =v ! v⇠ = �v�1 ! v = p⇤(⌘) e�⇠ � 1 ! u(⇠,⌘) = p(⌘) e�⇠ + q(⇠) � ⌘

La solución general es, pues: u(x, y) = p(x�4y) ey�x + q(x�y) + 4y�x , con p , q arbitrarias.hLa ecuación similar uyy+ 5uxy+ 4uxx+ 3ux = 9 ! u⇠⌘� 1

3 u⌘� 13 u⇠ = �1 , no es resoluble

i.

44

Unicidad de los problemas clásicos

¿Qué datos adicionales se piden a la EDP lineal [E] L[u]=F de orden 2 para aislar una única solución? Parauna EDO de orden 2 se fijaba el valor de la solución y de su derivada en el instante inicial. En una EDP deprimer orden se daban los valores de u en toda una curva G (no tangente a las características). Cuando [E]era resoluble aparecían dos funciones arbitrarias en la solución. Todo lleva a plantear el

x

y

u

G

Problema de Cauchy para [E]: hallar la solución que tome unos valores dados de u

y la derivada un en la dirección del vector normal sobre una curva G del plano xy .[Geométricamente: hallar la superficie solución que contenga una curva dada ytenga en cada punto de ella unos planos tangentes también dados. La derivadanormal un será casi siempre una derivada parcial: ux o uy ].

En particular, al tomar como G el eje x se tiene el problema de valores iniciales que consiste en hallar lasolución de [E] que cumple u(x,0)= f (x) , uy(x,0)=g(x) . Como en las de primer orden se prueba que:

Teor 1.Si los datos f y g son derivables y el eje x no es una recta característica de la EDP,el problema de valores iniciales tiene solución única.

¿Es el problema de Cauchy adecuado a toda EDP de orden 2? No, no lo es. En los problemas reales surgencondiciones mucho más variadas: en unos casos condiciones iniciales y de contorno a la vez, en otros sólode contorno... Además los datos de Cauchy tienen malas propiedades para algunas EDPs. Por ejemplo, paraLaplace (sin características reales) un problema de valores iniciales tiene solución única pero puede no tener‘dependencia continua’ (variando poco los datos, varían mucho las soluciones). Conozcamos los principalesproblemas asociados a las ecuaciones clásicas en dos variables [en más variables las cosas son análogas].Sólo (P1) será de Cauchy. Para cada uno habría que probar (y esto es muy complicando, en general) que tienesolución única y dependencia continua (se dice entonces que el problema está ‘bien planteado’).

Ondas. La ecuación de ondas es la única de las clásicas resoluble a partir de su forma canónica.Para la cuerda infinita sí es un problema bien planteado este problema de Cauchy:

u(x,0)

f(x)x

g(x)problema puro de

valores iniciales:(P1)

⇢utt�c

2uxx =F(x, t) , x, t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x)

x

t(tiene sentido real cuando t es pequeño y estamos lejos de los extremos).

B2�4AC=4c

2, hiperbólica. Características x±ct=K (página 43).El teorema 1 nos dice que hay solución única y se puede probar la dependencia continua.

La resolvemospara F⌘0 :

⇢⇠ = x+ct

⌘ = x�ct,⇢

uxx = u⇠⇠ + 2u⇠⌘ + u⌘⌘

utt =c2[u⇠⇠�2u⇠⌘+u⌘⌘]

, �4c2u⇠⌘ = 0 , u⇠⌘ =0 forma

canónica !

u⇠ = p⇤(⇠) ! u= p(⇠)+q(⌘) . La solución general de la ecuación de ondas homogénea es:

u(x, t) = p(x+ct) + q(x�ct) , con p y q funciones arbitrarias de C2.

Imponiendo los datos:⇢

p(x) + q(x) = f (x)cp

0(x) � cq0(x) = g(x) !

⇢p0(x) + q

0(x) = f0(x)

p0(x) � q

0(x) = 1c g(x)

p0 y q

0 son las mismasderivadas ordinarias

en ambas expresiones.

! 2p0(x)= f

0(x)+ 1cg(x) , p(x)= 1

2 f (x)+ 12c

Ø x

0 g(s) ds+k , q(x)= 12 f (x)� 1

2c

Ø x

0 g(s) ds�k !

u(x, t) = 12⇥

f (x+ct)+ f (x�ct)⇤+ 1

2c

π x+ct

x�ctg(s) ds

fórmula de

D’Alembert

Para la cuerda finita se ve que tiene solución única: (P2)

(utt�c

2uxx =F(x, t) , x 2 [0, L] , t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x)u(0, t)=h0(t) , u(L, t)=hL(t)

.

Sus extremos se mueven verticalmente según h0(t) y hL(t) dadas [un caso particular importantees que estén fijos u(0, t)=u(L, t)=0 ]. Como siempre que hay extremos, aparecen condiciones de

contorno adicionales y el camino habitual para resolverlos será la separación de variables.

45

Calor. Para la varilla infinita el problema adecuado es: (P3)⇢

ut� kuxx =F(x, t) , x 2R , t >0u(x,0) = f (x) , u acotada .

Se prueba que está bien planteado. Basta un solo dato, la distribución inicial de temperaturas f (x) , para fijarlas posteriores [ t = 0 es característica y (P3) no es problema de valores iniciales típico]. Para resolverlo senecesita la transformada de Fourier de la última sección adicional 5.4.

Para la varilla acotada hay varias condiciones de contorno, con diferentes significados físicos. Silos extremos toman a lo largo del tiempo las temperaturas dadas h0(t) y hL(t) se tiene:

(P4)⇢

ut � kuxx = F(x, t) , x 2 (0, L), t >0u(x,0)= f (x) , u(0, t)=h0(t) , u(L, t)=hL(t)

.

Si lo que fijamos es el flujo de calor en los extremos obtenemos:

(P5)⇢

ut � kuxx = F(x, t) , x 2 (0, L), t >0u(x,0)= f (x) , ux(0, t)=h0(t) ,ux(L, t)=hL(t)

[En particular, si h0(t)=hL(t)=0 ,los extremos están aislados].

Combinando u y ux se expresa la radiación libre de calor hacia un medio a temperatura dada:u(0, t)�aux(0, t)=h0(t) ó u(L, t)+bux(L, t)=hL(t) , con a, b>0 .

[Si el extremo x=L está más (menos) caliente que hL irradia (chupa) calor pues ux = (hL�u)/b<0(>0 ) y el calor viaja en sentido opuesto al gradiente de las temperaturas; igual en el otro extremo].

(P4) ó (P5) (y los otros 7 problemas que aparecen combinando los 3 tipos de condiciones) están bien planteados.Probemos la unicidad. Si u1 y u2 son soluciones, u=u1�u2 cumple el problema con F = f = h0= hL =0 .Nuestro objetivo es deducir que u⌘0 . Multiplicando la ecuación por u e integrando en x entre 0 y L :Ø L

0 uutdx�k

Ø L

0 uuxxdx = 12

ddt

Ø L

0 u2dx�k

⇥uux

⇤ (L,t)(0,t) +k

Ø L

0 u2xdx = 0 ) d

dt

Ø L

0⇥u(x, t)

⇤2dx 0

[si u=0 ó ux =0 en los extremos la implicación es clara; es también fácil verlo si u�aux =0, a>0ó si u+bux =0, b>0 ; no se puede probar la unicidad si a<0 ó b<0 (físicamente inadmisible)].

La última integral es una función U(t) no creciente ( U0 0 ), que cumple U(0) = 0 (pues u(x,0) = 0 ) y es

U(t)�0 (integrando positivo). De las tres cosas se sigue que U(t)⌘0 ) u⌘0 , u1⌘u2 . Unicidad.

Laplace. Los problemas son de contorno. Los dos más importantes son:dominioacotado

∂D

DProblema

de

Dirichlet:

(PD)⇢�u=F en D

u= f en @D

Problema

de

Neumann:

(PN )⇢�u=F en D

un= f en @D

con D abierto acotado y un derivada según el vector normal unitario exterior n .Si la ecuación está describiendo una distribución estacionaria de temperaturas en una placa, en(PD) fijamos la temperatura en el borde y en (PN ) el flujo de calor en dirección normal al borde.

Si F y f son regulares y @D es C1 a trozos, el (PD) es un problema bien planteado.

Probemos su unicidad mediante una fórmula que generaliza la integración por partes a R2:

Fórmula

de GreenSea u2C

2(D)\C1�

D�. Entonces

∫D

u�u dxdy =º@D

u un ds �∫

D

kruk2dxdy

hIdentidad u�u=div

⇥uru

⇤�kruk2 y teorema de la divergencia

∫D

div f dxdy =º@D

f ·n ds

i.

u1 , u2 soluciones de (PD). u=u1�u2 cumple el problema con F= f =0 . Por la fórmula de Green:∫D

kruk2dxdy = 0 ) ru=0 ) u=cte ) u⌘0 (pues u=0 en @D ).

Para que (PN ) pueda tener solución es necesario que F y f satisfagan la relación:∫D

F dx dy =º@D

f ds[basta aplicar el teorema de ladivergencia a ru para verlo],

y si el problema de Neumann (PN ) tiene solución, esta contiene una constante arbitraria.

Ecuación y condición de contorno sólo contienen derivadas. En la prueba de la unicidad, podemos dartodos los pasos excepto la última implicación. Se dice que (PN ) ‘tiene unicidad salvo constante’.

Además se imponen a Laplace condiciones del tipo u+aun= f , a>0 , y hay problemas mixtos concondiciones tipo Dirichlet en partes de @D , en otras tipo Neumann... (todos con solución única).

46

4.3. Separación de variables. Ecuación del calor

Este antiguo método nos permitirá hallar la solución (en forma de serie de Fourier) de parte de los problemasclásicos citados en 4.2: los planteados en un intervalo finito en una variable. En esta sección resolveremosvarios para el calor en varillas finitas. En 4.4 y 4.5 veremos los de la cuerda finita y los de Laplace.

Empezamos resolviendo un problema homogéneo (lo son ecuación y condiciones de contorno).

Sea [P1]

(ut� kuxx = 0 , x 2 (0, L), t >0u(x,0) = f (x)u(0, t)=u(L, t)=0

[edp][ci][cc]

No hay fuentes de calor externas, los extremos de la varilla se mantienen a 0 grados ysuponemos que los datos iniciales vienen dados por una f que es C

1 a trozos en [0, L] .

Busquemos soluciones de la forma u(x, t)=X(x)T(t) . Debe ser entonces:

XT0�k X

00T = 0 , es decir, X

00X= T

0k T

�mejor que k X00

X =T 0T

�.

Como un miembro es función sólo de x y el otro de t , ambos deben ser iguales a una constante:X00

X= 1

k

T0

T= �� (ponemos �� paraque nos quede la ecuación habitual).

Así obtenemos una EDO para X(x) y otra para T(t) :⇢

X00+�X=0

T0+�kT =0

[eX][eT]

.

El producto de una solución de [eX] por una de [eT] es entonces solución de la [edp], para cualquiervalor de � . Pero nos interesan sólo las soluciones que satisfacen las condiciones de contorno:

u(0, t)=X(0)T(t)=0 ) X(0)=0u(L, t)=X(L)T(t)=0 ) X(L)=0

(si fuese T(t)⌘0 obtendríamos u⌘0y no se cumpliría la condición inicial). !

⇢X00 + �X = 0

X(0)=X(L)=0 ! �n=n

2⇡2

L2 , Xn=�sen n⇡x

L

, n=1,2, . . . .

Llevando estos valores de � a la ecuación [eT] obtenemos: T0=� kn2⇡2

L2 T ! Tn=�e�kn2⇡2t/L2 .

Hemos deducido hasta ahora que para cada n son soluciones de [edp] cumpliendo [cc] las funciones

un(x, t)=�e�kn2⇡2t/L2 sen n⇡x

L

, n=1,2, . . .

Una combinación lineal finita de las un también lo hará. Suponemos que también lo hace la serie:

u(x, t) =1’n=1

cn un(x, t) =1’n=1

cn e�kn2⇡2t/L2 sen n⇡xL [S]

Sólo le falta a [S] cumplir la condición inicial [ci]. Para que lo haga:1’n=1

cn sen n⇡xL = f (x) ) cn=

2L

Ø L

0 f (x) sen n⇡xL dx , n=1,2, ... [c]

pues la serie es precisamente la serie de Fourier en senos en [0, L] de f , conocida desde 3.4.La serie [S], con los coeficientes dados por [c], es la solución de [P1].Observemos que u(x, t)�!

t!10 8x 2 [0, L] (la varilla tiende a ponerse a 0 grados, como era de esperar).

Se debería ver que la convergencia es suficientemente buena (suma infinita de funciones derivables puede serno derivable). Cuando f es C

1 a trozos, se puede probar que converge en [0, L]⇥(0,1) y que ut y uxx sepueden calcular derivando término a término (y así se satisface la ecuación). En x=0 y x=L está claro quees u= 0 . Y la condición inicial se satisface en este sentido: la u(x, t) definida por la serie para t > 0 y poru(x,0)= f (x) es una función continua salvo en los puntos de t=0 en que la f es discontinua.[Aunque f sea discontinua, se ve que la solución (como ocurre también en la varilla infinita) es C

1 paracualquier t >0 : las discontinuidades desaparecen instantáneamente. Esto será muy distinto en la ecuaciónde ondas: para ella las soluciones heredan los picos y discontinuidades de los datos iniciales].

47

Si las condiciones de contorno son no homogéneas, comenzaremos haciéndolas 0 hallando una

v que las satisfaga y realizando un cambio de variable. Por ejemplo, para:

[P2]⇢

ut � kuxx = 0 , x 2 (0, L), t >0u(x,0)= f (x) , u(0, t)=T0 , u(L, t)=TL

, T0 , TL constantes,

una v que las cumple es v(x)=⇥1� x

L

⇤T0+

xLTL . Haciendo w=u�v , nuestro problema pasa a ser

uno como el [P1] del que acabamos de hallar la solución:(wt� kwxx = 0w(x,0)= f (x)�v(x)w(0, t)=w(L, t)=0

! u(x, t)=⇥1� x

L

⇤T0+

xLTL +

1’n=1

cn e�kn2⇡2t/L2 sen n⇡xL = v+w ,

con cn=2L

Ø L

0⇥

f (x)�v(x)⇤

sen n⇡xL dx , n=1,2, . . .

Como w!0 cuando t !1 , v(x) es la distribución estacionaria de temperaturas hacia laque tienden las temperaturas en la varilla, independientemente de las condiciones iniciales.

[Si T0 y TL son funciones de t , la v(x, t) de arriba sigue cumpliendo las condiciones de contorno,pero la ecuación para w resulta ser no homogénea, del tipo de las que vamos a resolver ahora].[Separando variables directamente en [P2] se llegaría a X(0)T(t)=T1 (y otra análoga para x = L ),expresión de la que no se deduce absolutamente nada y por eso se debe buscar la v ].

u(x,0)

w (x,0)1distr.

estac.Ej 1.⇢

ut � uxx = 0 , x 2 (0,1), t >0u(x,0)=1 , u(0, t)=1 , u(1, t)=0 ! v(x) = 1�x .

Operando se llega a u(x, t) = 1�x + 2⇡

1’n=1

(�1)n+1

n e�n2⇡2t sen(n⇡x) .

[No importa que para t=0 sea incoherente el dato inicial con el de contorno en x=1 ; la solución será, comodijimos, una función continua para t >0 y para hallar las integrales el valor en un punto no influye].

Veamos cómo se resuelve el problema no homogéneo con condiciones de contorno homogéneas

(si estas no lo fuesen empezaríamos como en [P2] con un cambio w=u�v ):

[P3]⇢

ut� kuxx =F(x, t) , x 2 (0,⇡) , t >0u(x,0)= f (x) , u(0, t)=u(⇡, t)=0

[Tomamos L=⇡ paraabreviar las expresiones].

Las autofunciones del problema homogéneo [P1] eran {sen nx} , n=1,2, . . . Probamos en [P3] lasiguiente serie (relacionada con la ecuación) que ya satisface las condiciones de contorno :

u(x, t) =1’n=1

Tn(t) sen nx con las Tn(t) funciones a determinar.

[Tomando las Tn=cn e�kn2t que aparecieron al resolver [P1], la u satisfaría la ecuación con F⌘0 .Debemos dar más libertad a las Tn para conseguir al meter la serie en la ecuación una F .0 ].

Llevando la serie a la ecuación (se supone que es derivable término a término) obtenemos:1’n=1

⇥T0n(t)+kn

2Tn(t)

⇤sen nx = F(x, t) =

1’n=1

Bn(t) sen nx ) T0n + kn

2Tn= Bn(t) .

con Bn(t)= 2⇡

Ø ⇡

0 F(x, t) sen nx dx⇥desarrollo de F(x, t) en senos para t fijo

⇤.

E imponiendo a la serie dato inicial deducimos:

u(x,0)=1’n=1

Tn(0) sen nx= f (x) ) Tn(0)=cn , con cn=2⇡

Ø ⇡

0 f (x) sen nx dx .

Resolviendo la EDO lineal no homogénea para Tn con este dato inicial (mediante la fórmula de laslineales de primer orden o, a veces, por tanteo) hallamos la Tn(t) y, con ello, la solución de [P3].

Otra posibilidad (más larga) de resolver [P3] es dividirlo en 2 subproblemas más sencillos, uno con F=0(el [P1]) y otro con f =0 que sería como el anterior, pero con las condiciones iniciales Tn(0)=0 . Por serecuación y condiciones adicionales lineales, la solución total sería la suma de las soluciones de ambos.Como se ve, en general, para los problemas no homogéneos hay que hacer dos desarrollos en serie yresolver EDOs no homogéneas (frente al único desarrollo y las EDOs homogénas de los homogéneos).

48

Resolvemos ahora el problema homogéneo para la varilla con extremos aislados:

[P4]

(ut � kuxx = 0 , x 2 (0, L), t >0u(x,0) = f (x)ux(0, t) = ux(L, t) = 0

Separando variables (es la misma ecuación) aparecen, claro, las mismas EDOs del problema [P1].Pero ahora cambian las condiciones de contorno de la X :⇢

X00 + �X = 0

X0(0)=X

0(L)=0 ! �n=n2⇡2

L2 , n=0,1,2, . . . , Xn=�cos n⇡x

L

⇥X0= {1}

⇤.

Para estos valores de � se tienen las Tn=�e�kn2⇡2t/L2 ⇥

T0= {1}⇤

.

Siguiendo los caminos del [P1], probamos la serie: u(x, t) = co

2+

1’n=1

cn e�kn2⇡2t/L2 cos n⇡xL .

Queremos que se satisfaga la condición inicial: u(x,0) = co2 +

1’n=1

cn cos n⇡xL = f (x) .

Así que los cn desconocidos serán aqí los coeficientes de la serie de Fourier en cosenos de f :

cn=2L

Ø L

0 f (x) cos n⇡xL dx , n=0,1,2, . . .

Observemos que de nuevo la solución se puede interpretar como la suma de una distribución de temperaturasestacionaria [ co/2 ] y otra transitoria que tiende a 0 cuando t ! 1 . Era esperable que toda la varilla(aislada) tendiese a la misma temperatura y que esta fuese el valor medio de las temperaturas iniciales:

co2 =

1L

Ø L

0 f (x) dx

Para resolver un problema no homogéneo con estas condiciones en la ux , se prueba, como se hacesiempre, una serie construida con las autofunciones del homogéneo que hemos hallado:

u(x, t)= T0(t)+1’n=1

Tn(t) cos n⇡xL ,

y se resuelven las EDOs que aparecen, con los datos que se deducen del dato inicial de la EDP.

Si las condiciones de contorno fueran ux(0, t)=F0(t) , ux(L, t)=FL(t) (flujo dado en los extremos),no se puede encontrar (en general) una v(x, t) que sea una recta (se pueden probar parábolas) y, alhacer w=u�v , la ecuación en w que resulta es normalmente no homogénea.

Ej 2.

(ut � uxx = 0 , x 2 (0,1), t >0u(x,0)=0ux(0, t)=0 , ux(1, t)=2

Tanteando con v= Ax2+Bx obtenemos que v= x

2 cumplelas condiciones de contorno.Y haciendo w=u�x

2 se tiene el problema:(wt�wxx =2w(x,0)=�x

2

wx(0, t)=wx(1, t)=0! w= T0(t)+

1’n=1

Tn(t) cos n⇡x ! T00+

1’n=1

[T 0n+n

2⇡2Tn] cos n⇡x=2

[la función 2 ya está desarrollada en cosenos].

Del dato inicial: T0(0)+1’n=1

Tn(0) cos n⇡x=�x2= ao

2 +1’n=1

an cos n⇡x=� 13 +

1’n=1

4(�1)n+1

n2⇡2 cos n⇡x ,

pues a0=�2Ø 10 x

2dx=� 2

3 , an=�2Ø 10 x

2 cos n⇡x dx= 2x2

n⇡ sen n⇡x⇤1

0�4n⇡

Ø 10 x sen n⇡x dx

=� 4xn2⇡2 cos n⇡x

⇤10+

4n2⇡2

Ø 10 cos n⇡x dx

Resolvemos, pues:⇢

T00 = 2

T0(0)=� 13! T0=2t+C

d.i.! C=� 13 ,

⇢T0n+n

2⇡2Tn=0

Tn(0) = an! Tn=ane�n2⇡2t .

La solución es, por tanto, u(x, t) = 2t + x2� 1

3 � 4⇡2

1’n=1

(�1)nn2 e�n2⇡2t cos n⇡x .

⇥u!1 si t!1 pues ux =2 significa que por la derecha metemos constantemente calor

⇤.

49

Un ejemplo no homogéneo, cuyas condiciones de contorno no nos han aparecido aquí todavía:

Ej 3.⇢

ut�uxx = t sen x , x 2�0,⇡2

�, t >0

u(x,0)=u(0, t)=ux� ⇡

2 , t�=0

Para saber qué serie probar, hallamos las autofunciones del

homogéneo. Al separar variables en ut�uxx =0 vimos queaparecía X

00+�X=0 (y la T0+�T =0 que no es útil ahora).

Esto, y las X(0)=X0 � ⇡

2�=0 , que salen de los datos de contorno, da las Xn=

�sen(2n�1)x

, n=1,2, ...

Llevamos, pues, a la EDP:

u(x, t) =1’n=1

Tn(t) sen(2n�1)x !1’n=1

⇥T0n+(2n�1)2Tn

⇤sen(2n�1)x = t sen x .

La F(x, t) de la derecha ya está desarrollada en esas autofunciones (no necesitamos hacer integrales).Hemos obtenido las ecuaciones ordinarias: T

01+T1= t y T

0n+(2n�1)2Tn=0 , n>1 .

Además, del dato inicial deducimos: u(x,0) =1’n=1

Tn(0) sen(2n�1)x = 0 ! Tn(0)=0 8n .

La única Tn .0 saldrá de:⇢

T01+T1= t

T1(0)=0 ! T1= Ce�t+ e�tØ

et t dt = Ce�t+ t �1⇥O más corto: Tnp= At+B ! A+At+

-B= t

⇤.

Imponiendo T1(0)=0 , hallamos T1 y la solución única del problema: u(x, t) = (e�t+t �1) sen x .[La ‘serie solución’ sólo tiene un término y no hemos integrado para dar los Tn(0) y los Bn(t) .Esto ocurrirá cuando f o F sean autofunciones o sumas finitas de ellas. Si el dato inicialfuese u(x,0)= f (x) no autofunción, o la ecuación hubiera sido ut�uxx =F(x, t) , deberíamosdesarrollarlas en las autofunciones del problema haciendo las correspondientes integrales].

En este el problema de contorno es más complicado (aunque acabará siendo problema homogéneo).

Ej 4.

8>>>><>>>>:

ut�kuxx =0 , x 2 (0,1) , t >0u(x,0)= x

ux(0, t)�au(0, t)=0, a>0ux(1, t)=1

Vimos en 4.2 que hay unicidad. Para resolverlo lo primero seráhacer las condiciones de contorno homogéneas.Tanteando con rectas v=M x+N , se ve que las cumple:

v = x + 1a ! w = u � v !

(wt� kwxx = 0w(x,0)=� 1

a

wx(0, t)�aw(0, t)=wx(1, t)=0

(problemahomogéneo)

Separando variables se llega a T0+�kT = 0 y al problema de contorno:⇢

X00 + �X = 0

X0(0)�aX(0)=X

0(1)=0 que sabemos que no tiene autovalores < 0 .

Si �=0 : X=c1+c2x !n

c2�ac1=0c2=0 ! �=0 no autovalor.

Si �>0 : X=c1 coswx+c2 senwx , w=p� !

nc2w�ac1=0c2 cosw�c1 senw=0 ! c2=

aw c1

a/w

w

0 w1 w2 w3 w4

π

tan! c1(a cosw�w senw)=0 ! tanw= aw .

Hay infinitos autovalores �n=w2n>0 (que se pueden aproximar

numéricamente). Y las autofunciones se pueden poner:�coswnx+ a

wn

senwnx

, o mejor, Xn=�coswn(x�1)

.

Yendo a la ecuación en T :Tn=

�e��nkt

! w(x, t)=

1’n=1

cn e��nkt Xn(x) .

Imponiendo el dato inicial se determinan los cn [serán aproximados al serlo los �n ]:

w(x,0)=1’n=1

cnXn(x)=� 1a ! cn=� 1

hXn ,Xn i

π 1

0

1a Xn(x) dx = � 4 senwn

a(2wn+sen 2wn) ,

puesπ 1

0

⇥Xn(x)

⇤2dx = 1

2+1

4wn

⇥sen 2wn(x�1)

⇤10=

12+

sen 2wn

4wn

.

0 1

a

+ -1ax

crece

Sí es calculable exactamente la distribución estacionaria hacia la que tienden lastemperaturas en la varilla:

u(x, t) = w(x, t)+x+ 1a ! x+ 1

a cuando t ! 1[La temperatura final de la varilla, como era esperable, es menor cuanto mayor sea a ,es decir, cuanto más fuertemente irradie su extremo hacia el medio a 0 grados].

50

Se puede usar el método en muchas otras ecuaciones separables además de la del calor:

Ej 5.⇢

ut�uxx+2u=0 , x 2�0, ⇡2

�, t >0

u(x,0)=cos 5x , ux(0, t)=u(⇡/2, t)=0[El término +2u representa una pérdida decalor hacia el medio a lo largo de la varilla].

Separando variables: u(x, t)=X(x)T(t) ! X00X =

T 0T +2=��

h damos el 2 mejor a la T paraobtener la clásica para la X

i

!⇢

X00 + �X = 0

T0+(2+�)T =0 y de los datos de contorno: ux(0, t)=X

0(0)T(t)=0 ! X0(0)=0

u� ⇡

2 , t�=X

� ⇡2�T(t)=0 ! X

� ⇡2�=0⇢

X00 + �X = 0

X0(0)=X

� ⇡2�=0 ! �n= (2n�1)2, Xn=

�cos(2n�1)x

! T

0=�(2+�n)T , Tn=�e�[2+(2n�1)2] t

.

n=1,2, ...

La solución será de la forma: u(x, t) =1’n=1

cn e�[2+(2n�1)2] t cos(2n�1)x . Y, por el dato inicial:

u(x,0) =1’n=1

cn cos(2n�1)x = cos 5x ! c3=1 y el resto 0 . Así pues: u(x, t)= e�27 t cos 5x .

Ej 6.⇢

ut� 12t uxx =3 sen 2x , x 2

�0 ,⇡2

�, t >1

u(x,1)=u(0, t)=u� ⇡

2 , t�=0

Haciendo u=XT en la homogénea:X00X =

2tT 0T =��!

nX00+�X=0

X(0)=X( ⇡2 )=0

hademás T

0+ �2tT =0

i.

! Xn= {sen 2nx} , n=1,2, ... . u=1’n=1

Tn(t) sen 2nx a la EDP !1’n=1

⇥T0n+

2n2

t Tn

⇤sen 2nx = 3 sen 2x .

Y del dato inicial u(x,1)=1’n=1

Tn(1) sen 2nx=0 ! Tn(1)=0 8n . Sólo es no nula la solución de:⇢T01+

2t T1= 3

T1(1)=0, T1=

Ct2 +

1t2

Ø3t

2dt= C

t2 +td.i.�! C=�1 . La solución es u(x, t)=

⇥t� 1

t2

⇤sen 2x .

Hasta ahora la EDO del problema de contorno siempre ha sido X00+�X =0 , y, por eso, las series de Fourier

eran con peso r(x)=1 . Aquí aparece otra distinta para la que es necesario utilizar la teoría general de 3.4.

Ej 7.⇢

ut�uxx�4ux�4u=0 , x 2 (0,⇡), t >0u(x,0) = e�2x, u(0, t)=u(⇡, t)=0

más corto ahora aquí

u=XT ! T 0T =

X00+4X0X

.+ 4 = �� !

⇢X00+4X

0+(4+�)X=0X(0) = X(⇡) = 0

�en forma autoadjunta

⇥e4x

X0⇤ 0+4 e4x

X+� e4xX=0

�y T

0+�T =0 .

Hay que resorver el problema de contorno (y debemos considerar los �<0 ). µ=�2 ±p�� .

�<0 : X=c1e(�2+p)x+c2e(�2�p)x cc! X ⌘ 0 . �=0 : X= (c1+c2x) e�2x cc! X ⌘ 0 .

�>0 : X= (c1 coswx+c2 senwx) e�2x , c1=0c2e�2⇡senw⇡=0 , �n=n

2, Xn=�e�2x sen nx

, n=1,2, . . .

Probamos pues la solución: u(x, t)=1’n=1

cn e�n2te�2x sen nx . Sólo falta el dato inicial:

u(x,0) =1’n=1

cn e�2xsen nx=e�2x . Aunque hay atajos seguimos con la teoría general:

Para calcular los cn necesitamos hallar hXn,Xni=Ø ⇡

0 e4x e�4x sen2nx dx = ⇡

2 ,

y además: he�2x,Xni=Ø ⇡

0 e4xe�2xe�2xsen nx dx = � 1n cos nx

⇤⇡0 =

1�(�1)nn (=0 si n par).

Por tanto, la solución es: u(x, t) = 4⇡

1’m=1

12m�1 e�(2m�1)2te�2x sen(2m�1)x .

Veamos ahora los atajos. El primero es observar que la igualdad de u(x,0) equivale a:1’n=1

cn sen nx=1 (desarrollo de 1 en senos) ! cn=2⇡

Ø ⇡

0 sen nx dx (cálculado arriba).

El segundo viene de recordar (4.2) que cambios u= ept+qxw pueden simplificar la ecuación.Podríamos tantear, pero en este caso todo pide hacer:

u= e�2xw ! ut = e�2xwt , ux = e�2x[wx�2w] , uxx = e�2x[wxx�4wx+4w] !nwt � wxx = 0w(x,0)=1, w(0, t)=w(⇡, t)=0 , primer problema resuelto por separación de variables.

51

4.4. Ondas. D’Alembert y separación de variables

En la sección 4.2 vimos que la solución general del problema puro de valores iniciales

u(x,0)

f(x)x

g(x)(P1)

⇢utt � c

2uxx = 0 , x, t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x)

era u(x, t) = p(x+ct) + q(x�ct) , p,q2C2, y que la solución única de (P1) venía dada por:

u(x, t) = 12⇥

f (x+ct)+ f (x�ct)⇤+ 1

2c

π x+ct

x�ctg(s) ds

fórmula de

D’Alembert

La solución de (P1) es suma de dos ondas que viajan a velocidad c , una hacia las x crecientes

y otra hacia las decrecientes. A la vista de D’Alembert, llamando G(x)⌘ 12c

Ø x

0 g(s) ds :

q(x)= 12 f (x)�G(x) va hacia la derecha y p(x)= 1

2 f (x)+G(x) va hacia la izquierda.

f f/2h

0 1–1

Ej 1. Supongamos f =0 salvo una perturbación en forma de triángulo en tornoa 0 y que soltamos la cuerda sin impulso ( g=0 ).Hagamos un dibujo de la solución para diferentes t . Bastará trasladar lasdos ondas que viajan en sentidos opuestos

⇥aquí ambas son 1

2 f (x)⇤:

t h/2

–1 –1 –11 11

=1/2c t =1/c t=3/2ch/2 h/2

Ha sido fácil dibujar la solución [bastante más costaría dar su expresión analítica]. Los picos de la f

inicial siguen indefinidamente y viajan también a velocidad c . Para que u sea C2, debe f 2 C

2 yg 2C

1 (solución clásica o regular). Si u es continua pero no C2, como ésta, se llama ‘solución débil’.

Si hay fuerzas externas, el problema es: (P2)n

utt� c2uxx = F(x, t) , x, t 2R

u(x,0)= f (x), ut (x,0)=g(x).

Se comprueba que su solución es:

u(x, t) = 12⇥

f (x+ct)+ f (x�ct)⇤+ 1

2c

π x+ct

x�ctg(s) ds + 1

2c

π t

0

π x+c[t�⌧]

x�c[t�⌧]F(s,⌧) ds d⌧ [DA]

x

t

x+ct s

x-ct

(x,t)τSe ve que u(x, t) sólo depende de los valores de f en x�ct y x+ct [puntos de corte

con el eje x de las características que pasan por (x, t) ] y de los de g en el intervalo[x�ct, x+ct] . Este intervalo se llama dominio de dependencia del punto (x, t) . Y secomprueba que el recinto de la integral doble es el triángulo del plano s⌧ limitado porel eje ⌧=0 y esas características. Así pues, para hallar la solución u en un punto (x, t)se necesita sólo: i) los valores de F en el triángulo, ii) los de g en su base, iii) los de f en los dos puntos.

Ej 2.⇢

utt� uxx = 2u(x,0)= x , ut (x,0)=3 Utilizando directamente la última fórmula [DA]:

u = 12⇥(x+t)+(x�t)

⇤+ 1

2

Ø x+t

x�t 3 ds+ 12

Ø t

0

Ø x+[t�⌧]x�[t�⌧] 2 ds d⌧ = x+3t+2

Ø t

0 [t�⌧] d⌧ = x+3t+t2 .

A veces es fácil hallar una solución particular v de la ecuación no homogénea y así evitar el cálculode la integral doble, pues w=u�v conduce a un problema más sencillo con F=0 , (esto no se podráhacer siempre cuando haya condiciones de contorno, pues podrían dejar de ser homogéneas). Porejemplo si F depende sólo de x o de t se puede buscar una v(x) o una v(t) :

�vxx =2 ! v=�x2+Cx+K ! si v(x)=�x

2, w cumplenwtt � wxx = 0w(x,0)= x+x

2, wt (x,0)=3! w= 1

2⇥(x+t)+(x+t)2+(x�t)+(x�t)2

⇤+Ø x+t

x�t 3 ds = x+x2+t

2+3t ! u= x+3t+t2.

vtt =2 ! v(t)= t2+3t !

nwtt � wxx = 0w(x,0)= x , wt (x,0)=0 ! w= x ! u = x+3t+t

2 .

52

Pasemos a resolver problemas con condiciones de contorno. En primer lugar, el problema para lacuerda semi-infinita, sin fuerzas externas y fija en un extremo:

(P3)⇢

utt�c2uxx = 0 , x �0 , t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x) , u(0, t)=0[para que no esté rota,

debe ser f (0)=0 ].

D’Alembert exige funciones definidas 8x y f y g no lo están cuando x<0 . ¿Cómo extender estasfunciones a todo R? Si llamamos f

⇤ y g⇤ a sus extensiones y se debe cumplir la condición:

u(0, t)= 12⇥

f⇤(ct)+ f

⇤(�ct)⇤+ 1

2c

Ø ct

�ct g⇤(s) ds = 0 ,

es claro que f⇤ y g⇤ han de ser impares respecto a 0 ,

es decir, f⇤(�x)=� f

⇤(x) , g⇤(�x)=�g⇤(x) .Así pues, la solución de (P3) es la del siguiente problema (para la cuerda infinita):⇢

utt� c2uxx =0 , x, t 2R

u(x,0)= f⇤(x) ,ut (x,0)=g⇤(x)

, u(x, t)= 12⇥

f⇤(x+ct)+ f

⇤(x�ct)⇤+ 1

2c

πx+ct

x�ctg⇤(s) ds [De]

pues u cumple la ecuación, las condiciones iniciales para x �0 , y la de contorno. El problema deluso de [De] es que f

⇤ y g⇤ tienen, en general, diversas expresiones en distintos intervalos.

Resolvamos ahora el problema más general con fuerzas externas y extremo móvil:

(P4)⇢

utt�c2uxx = F(x, t) , x �0, t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x) , u(0, t)=h0(t)[debe ahora serf (0)=h0(0) ].

Primero debemos hacer la condición de contorno homogénea, hallando una v que la cumplay haciendo w = u�v , ya que entonces será w(0, t) = 0 , aunque probablemente se complicarán laecuación y el resto de condiciones. La v más clara (no siempre la mejor) es: v(t)=h0(t) .La solución del problema en w la dará [DA] si sustituimos sus f , g y F por f

⇤, g⇤ y F⇤, siendo

ésta última la extensión impar de F mirándola como función de x .

Ej 3.⇢

utt�uxx =0 , x �0, t 2R

u(x,0)=ut (x,0)=0 , u(0, t) = t2 Hallemos primero simplemente u(1,2) .

2

-1 1 3

2

-2Para anular la condición de contorno podemos usar la v citada:

w=u�t2 !

(wtt�wxx =�2w(x,0)=wt (x,0)=0w(0, t) = 0

!(wtt�wxx =

n2 , x<0�2 , x>0

w(x,0)=wt (x,0)=0!

w(1,2)= 12

ØØ4F

⇤= 12

h(2) área +(�2) área

i= �3 ! u(1,2)=�3+4=1 .

[Por ser constantes las F a integrar, nos hemos ahorrado el cálculo de integrales dobles. Pero siF fuese otra, habría que hacer 3 integrales dobles, una para el triángulo y 2 para el trapecio].Pero podríamos conseguir un problema sin F , haciendo el cambio con una v mejor. Tanteandoun poco se ve que v= x

2+t2 cumple la condición y también la ecuación:

x

-x

xf

2

2*

w=u�v !(wtt�wxx =0w(x,0)=�x

2, wt (x,0)=0w(0, t)=0

!(wtt�wxx =0 , x, t 2R

w(x,0)= f⇤(x)

wt (x,0)=0! w(1,2) = 1

2 [ f⇤(3)+ f

⇤(�1)] = �4 ! u(1,2) = 5�4 = 1 .

Con este segundo cambio no es difícil dar la u(x, t) para todo x, t � 0 (con el primero costaríamucho). Está claro que hay que considerar dos posibilidades, pues, aunque x+t es positivo, x�t

puede ser también negativo, y la f⇤ tiene expresiones distintas para valores positivos y negativos:

w = 12 [ f

⇤(x+t)+ f⇤(x�t)] =

(� 1

2 (x+t)2+ 12 (x�t)2=�2t x, x t

� 12 (x+t)2� 1

2 (x�t)2=�x2�t

2, x � t

! u =

⇢(x�t)2, x t

0 , x � t.

[Como las ondas viajan a velocidad c=1 los puntos a distancia � t debían estar parados en el instante t ].

[Una condición de contorno de la forma ux(0, t)=0 (que no trataremos aquí y que representa un extremo dela cuerda al que se le da libertad de subir y bajar) conduce a extensiones pares].

53

Estudiemos la cuerda acotada y fija en los extremos [única resoluble por separación de variables]:

0 L

(P5)

(utt�c

2uxx =0 , x 2 [0, L], t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x)u(0, t) = u(L, t) = 0

[debe serf (0)= f (L)=0 ].

Para hallar su solución única usando D’Alembert extendemos f y g a [�L, L] de forma impar

respecto a 0 y luego de forma 2L-periódica a todo R:f⇤(�x)=� f

⇤(x) , f⇤(x+2L)= f

⇤(x) , g⇤(�x)=�g⇤(x) , g⇤(x+2L)=g⇤(x) .

0 L

2L 3L-2L -L

ff* [Entonces f

⇤ y g⇤ también seránimpares respecto a L y tendrán,en general, infinitas expresiones].

La solución de (P5) se obtiene entonces aplicando [De] an

utt�c2uxx = 0 , x, t 2R

u(x,0)= f⇤(x) , ut (x,0)=g⇤(x)

.

f

01/2

u(x,0)

1xEj 4.

8>>><>>>:

utt� uxx = 0 , x 2 [0,1] , t 2R

u(x,0)= f (x) =nx , 0x1/21�x , 1/2x1

ut (x,0)=u(0, t)=u(L, t)=0

(Puede representar la pulsaciónde la cuerda de una guitarra).

Es muy complicado hallar explícitamente u(x, t)= 12⇥

f⇤(x+t)+ f

⇤(x�t)⇤8x, t pues f

⇤ tiene infinitasexpresiones y habría que discutir en qué intervalos se mueven x+t y x�t :

10

f 1/2

*f⇤(x) =

8>>>>>>><>>>>>>>:

· · ·�1�x, �3/2 x �1/2x , �1/2 x 1/2

1�x, 1/2 x 3/2x�2, 3/2 x 5/2· · ·

Algo más sencillo, pero aún largo, sería hallar la solución para un t o un x fijo. Pero sí es muy fácilhallar u para un (x, t) dado. No se necesita siquiera la expresión de f

⇤ . Por ejemplo:u� 1

4 ,3�= 1

2⇥

f⇤� 13

4�+ f

⇤�� 114� ⇤="

12⇥

f⇤ �� 3

4�+ f

⇤ �� 34� ⇤="� f

� 34�= � 1

4 .f ⇤ es 2-periódica f ⇤ es impar

Tampoco se precisa conocer f⇤ (sí su gráfica) para hacer dibujos: basta trasladar 1

2 f⇤ a izquierda y

derecha y sumar . Por ejemplo, empecemos dibujando u�x, 14

�= 1

2⇥

f⇤ �

x+ 14�+ f

⇤ �x� 1

4� ⇤

:

0

u(x,1/4)

1

f*/2 f */2

1/2

1/4

1/4

El máximo de la gráfica de 12 f

⇤ (la de f⇤ con la mitad de

altura), se ha ido al ir hacia la izquierda hasta (1/4,1/4) y alir hacia la derecha a (3/4,1/4) . Al sumar dos rectas con lamisma pendiente sale otra con el doble, y al sumar dos conpendiente opuesta queda una constante.

Dibujemos ahora:u� 1

2 , t�= 1

2⇥

f⇤� 1

2+t�+ f

⇤� 12�t

� ⇤= 1

2⇥

f⇤� 1

2+t�� f

⇤�t� 1

2� ⇤

!

10 2

34

5u(1/2,t)

1/2

t

La gráfica tiene periodo 2. Por las propiedades de f⇤ y g⇤, la u dada por [De] es

2Lc -periódica en t .

Las complicaciónes de D’Alembert desaparecen sólo cuando las funciónes extendidas son las propiasfunciones iniciales, es decir, si son ellas mismas impares y periódicas. Si fuese nuestra f (x)= sen ⇡x ,simplemente la solución 8x, t sería u(x, t)= 1

2⇥sen(x+t)+sen(x�t)

⇤=sen x cos t .

Si queremos resolver (P6)

(utt�c

2uxx = F(x, t) , x 2 [0, L], t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=g(x)u(0, t)=h0(t) , u(L, t)=hL(t)

(hay fuerzas externas y

movemos los extremos)

primero se halla una v que cumpla las condiciones de contorno y se hace w=u�v . Tanteando confunciones v=a(t)x+b(t) se ve fácilmente que una posible v es v(x, t)=

⇥1� x

L

⇤h0(t) + x

L hL(t) .La solución del problema en w vuelve a venir dada por [DA], poniendo en vez de sus f , g y F ,las extensiones impares y 2L-periódicas f

⇤, g⇤ y F⇤ (vista F como función de x ).

54

Separación de variables para ondas

Resolvamos el problema homogéneo para la cuerda vibrante con extremos fijos (que acabamosde resolver extendiendo los datos y aplicando la fórmula de D’Alembert y podremos comparar).

(P5)

(utt � c

2uxx = 0 , x 2 [0, L], t 2R

u(x,0)= f (x), ut (x,0)=g(x)u(0, t)=u(L, t)=0

Separando variables u=X(x)T(t) e imponiendo los datos de contorno obtenemos:

X00

X= 1

c2T00

T= �� !

⇢X00 + �X = 0 , X(0)=X(L)=0 ! �n=

n2⇡2

L2 , Xn=�sen n⇡x

L

T00 + �c

2T = 0 n=1,2, . . .

Las soluciones Tn para esos �n son combinaciones lineales de sen n⇡ctL y cos n⇡ct

L , n=1,2, . . .

Así que las un(x, t)=⇥kn cosn⇡ctL +cn senn⇡ct

L

⇤senn⇡x

L , satisfacen EDP y condiciones de contorno.

Probamos, pues: u(x, t)=1’n=1

hkn cos n⇡ct

L + cn sen n⇡ctL

isen n⇡x

L

con kn y cn constantes que debemos determinar (en el calor sólo quedaba una arbitraria). Para quese cumplan las condiciones iniciales (que aquí son dos):

u(x,0)=1’n=1

kn sen n⇡xL = f (x) ! kn =

2L

Ø L

0 f (x) sen n⇡xL dx , n=1,2, ...

ut (x,0)=1’n=1

n⇡cL cn sen n⇡x

L =g(x) ! cn =2

n⇡c

Ø L

0 g(x) senn⇡xL dx , n=1,2, ...

pues n⇡cL cn son los coeficientes del desarrollo de g en senos.

Se prueba que la serie converge y satisface realmente el problema si las extensiones impares y de periodo2L de f y g son C

2 y C1, respectivamente. Si f , g no son tan buenas, la suma de la serie es lo que

llamamos una solución débil (en las ondas, como ya se dijo, no desaparecen las discontinuidades).Para ciertas cuestiones (valores concretos, dibujos, ... ) es mejor D’Alembert, pero la serie muestra mejorotras propiedades. Por ejemplo, por ser 2L

c �periódicas en t las un , tambien u tiene este periodo.Observemos además que la solución aparece como suma infinita de ‘modos naturales de vibración’[ sen n⇡x

L ] cada uno de los cuales vibra con una frecuencia n⇡cL (las ‘frecuencias naturales’ de la cuerda).

En términos acústicos u1 da el tono fundamental (su frecuencia es ⇡cL ) y los demás son los ‘armónicos’

(de frecuencia múltiplo de la anterior).

Como siempre (y como con D’Alembert), para empezar a resolver por separación de variables, han

de ser las condiciones de contorno homogénes. Y para resolver los problemas no homogéneos

se probarían series de autofunciones del homogéneo.

f

01/2

u(x,0)

1xEj 4*.

8>>><>>>:

utt � uxx = 0 , x 2 [0,1] , t 2R

u(x,0)= f (x) =nx , 0x1/21�x , 1/2x1

ut (x,0)=u(0, t)=u(L, t)=0

(Ejemplo 4 de antes que podíarepresentar la pulsación de lacuerda de una guitarra).

Basta copiar de arriba: u(x, t) =1’n=1

kn cos n⇡t sen n⇡x (2-periódica),

con kn = 2Ø 1/20 x sen n⇡x dx + 2

Ø 11/2 (1�x) sen n⇡x dx

= � 2xn⇡ cos n⇡x

⇤1/20 � 2(1�x)

n⇡ cos n⇡x⇤1

1/2 +2n⇡

Ø 1/20 cos n⇡x dx � 2

n⇡

Ø 11/2 cos n⇡x dx

= 2n⇡

⇥� cos n⇡2 + cos n⇡2

⇤+ 2

n2⇡2 sen n⇡2 +

2n2⇡2 sen n⇡

2 =4

n2⇡2 sen n⇡2 (=0 si n par).

(Pulsando la cuerda en el centro desaparecen los armónicos pares).

También aquí las cosas serían muy simples si fuese f (x)=sen ⇡x , pues no habría que calcular integrales:

u(x,0) =1’n=1

kn sen n⇡x = sen ⇡x ! k1=1 y los demás 0 ! u(x, t) = cos t sen x .

55

Ej 5.8>><>>:

utt� uxx =0 , x 2 [0,⇡] , t 2R

u(x,0)=0 , ut (x,0)= x

u(0, t)=u(⇡, t)=0

a) Resolverla por separación de variables.b) Calcular u(2,2) mediante la fórmula de D’Alembert

y comparar ese valor con el que proporciona la serie,

a) Rehacemos cálculos sin mirar lo anterior. De los datos 0 se deduce X(0)=X(⇡)=0 y T(0)=0 .⇢X00+�X=0

X(0)=X(⇡)=0! �n=n2 , Xn=

�sen nx

,

⇢T00+�T =0

T(0)=0 ! Tn=�

sen nt

, n=1,2, . . .

! u=1’n=1

cn sen nt sen nx . ut (x,0)=1’n=1

ncn sen nx= x ! ncn=2⇡

Ø ⇡

0 x sen nx dx=� 2 cos n⇡n .

Por tanto, la solución es la serie: u(x, t) =1’n=1

2(�1)n+1

n2 sen nt sen nx .x

p

x-2-p 4

p

2 -4p 2p

g*

b) u(x, t)= 12

Ø x+t

x�t g⇤, con g⇤ extensión impar y 2⇡-periódica de x .

u(2,2)= 12

Ø 40 g⇤= 1

2

Ø ⇡

0 s ds + 12

Ø 4⇡(s�2⇡) ds=4�4⇡+⇡2= (⇡�2)2 .

O como es impar respecto a ⇡ : u(2,2)= 12

Ø 2(⇡�2)0 s ds= (⇡�2)2 .⇥

Sumando 10 términos de la serie con x= t=2 se obtiene u(2,2)⇡ 1.3047 y es (⇡�2)2⇡ 1.3032⇤.

Ecuación de ondas (no homogénea) con un término más (podría representar un rozamiento con el medio):

Ej 6. utt+2ut�uxx = (t+2) sen x , x 2 [0,⇡], t 2R

u(x,0)=ut (x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0Separando variables en la ecuación homogénea:u=XT ! X(T 00+ 2T

0)=X00

T , X00X =

T 00+2T 0T = �� .

!⇢

X00+�X=0

X(0)=X(⇡)=0 ! Xn=�sen nx

, n=1,2, ... [y además T

00n + 2T

0n+�Tn=0 que aquí no se usa].

Llevamos a la EDP: u(x, t)=1’n=1

Tn(t) sen nx , obteniendo1’n=1

⇥T00n + 2T

0n+ n

2Tn

⇤sen nx = (t+2) sen x .

ya desarrollada

Además: u(x,0)=1’n=1

Tn(0) sen nx = 0 , ut (x,0)=1’n=1

T0n(0) sen nx = 0 ) Tn(0)=T

0n(0)=0 8n .

Todas las ecuaciones son homogéneas con datos nulos (y es Tn⌘0 ) menos⇢

T001 +2T

01+T1= t+2

T1(0)=T01(0)=0 ,

T1= (c1+c2t) e�t+ t⇥µ=�1 doble y T1p = At+B

⇤ d.i.�! u(x, t) = t�1� e�t

�sen x .

Acabamos la sección con algunas reflexiones sobre el método de separación de variables.

Todos los problemas que hemos visto estaban formados por una EDP lineal L[u]=F , con L lineal (es decir,L[au1+bu2]=aL[u1]+bL[u2] ) y unas condiciones adicionales lineales también.Ha sido posible resolverlos porque todas las ecuaciones eran ‘separables’ (hay EDPs que no lo son) y losrecintos que aparecieron eran ‘simples’ (limitados por ‘variable=cte’ ).Siempre nos hemos ocupado primero de garantizar que fueran homogéneas las condiciones de contorno.En todos los problemas homogéneos hemos buscado soluciones de la EDP que eran productos u = XT ,y ello nos llevó a unas Xn autofunciones de un problema de contorno y unas Tn soluciones de otra EDOhomogénea con datos iniciales. Gracias a la linealidad pudimos construir la serie u(x, t)=Õ cnTn(t)Xn(x) yfijamos los cn imponiendo la condición inicial (o las condiciones) y haciendo desarrollos de Fourier.Para los problemas no homogéneos, buscando también una serie solución, metimos en la ecuación una seriecuyos términos eran productos de las autofunciones del problema homogéneo por funciones a determinar

de la otra variable. Resolviendo la familia resultante de EDOs lineales no homogéneas con las condicionesque se deducían de las condiciones iniciales, obtuvimos la solución.En los problemas resueltos hasta ahora necesariamente había dos condiciones de contorno y, además unao dos condiciones iniciales. Resolviendo Laplace en 4.5 veremos que a veces las condiciones de contornono están a la vista (por ejemplo, en un círculo se exigirá periodicidad); y, en vez de condiciones iniciales,aparecerán otras dos de contorno (quizás alguna tampoco escrita, como la acotación).

56

4.5. Separación de variables para Laplace

En esta sección resolveremos por separación de variables problemas para la ecuación de Laplace (homogéneay no homogénea) tanto en coordenadas rectangulares como en polares y tanto para problemas de Dirichlet,como de Neumann, como mixtos. En cartesianas el problema de Sturm-Liouville a resolver será en x o en ysegún convenga (sus papeles son intercambiables), pero en polares será el de la ✓ (para la EDO de siempre,preferible al de la ecuación de Euler que aparece para la r ).

Comenzamos por el problema de Dirichlet en un rectángulo, es decir:

a0

bf (x)

g (y)

f (x)

g (y)a

b

o

o[P1]

(�u=F(x, y) , en (0,a)⇥(0, b)u(x,0)= fo(x), u(x, b)= fb(x)u(0, y)=go(y), u(a, y)=ga(y)

Por ser lineales la ecuación y las condiciones, bastaría resolver los 5 subproblemas que se obtienen alhacer 4 de las 5 funciones que aparecen igual a 0 y sumar las 5 soluciones. Comencemos resolviendo,por ejemplo, uno de los 4 problemas para la ecuación homogénea:

(�u = 0 , en (0,a)⇥(0, b)u(x,0)= fo(x)u(x, b)=u(0, y)=u(a, y)=0

u(x, y)=X(x)Y (y) ! X00Y+XY

00=0 !� X

00X= Y

00Y= � !

⇢X00+�X = 0

Y00��Y = 0

[poniendo �� salen X00��X=0 , Y

00+�Y =0 ].

De u(0, y)=u(a, y)=0 se deduce que X(0)= X(a)=0 , con lo que el problema de contorno para laX tiene solución no trivial si

�n=n2⇡2

a2 , Xn=�sen n⇡x

a

, n=1,2, . . . .

Para esos �n es Yn = c1 en⇡y/a+c2 e�n⇡y/a . La condición homogénea aún no aplicada u(x, b)= 0impone Y (b)=0 . Nos interesan las Yn que la cumplen:

c2=�c1e2n⇡b/a ! Yn=c1en⇡b/a�en⇡[y�b]/a�en⇡[b�y]/a

�! Yn=

�sh n⇡[b�y]

a

Probamos entonces: u(x, y) =1’n=1

cn shn⇡[b�y]a senn⇡x

a .

Para satisfacer la condición de contorno no homogénea que falta (suponemos que fo es C1 a trozos):

u(x,0) =1’n=1

cn sh n⇡ba senn⇡x

a = fo(x) ! cn shn⇡ba =

2a

Ø a

0 fo(x) senn⇡xa dx .

Análogamente se resuelven los otros 3 subproblemas con F⌘0 . Uno vuelve a tener las Xn de antes,y en los otros dos es Y (con condiciones homogéneas) la que da las autofunciones Yn=

�senn⇡y

b

.

Para resolver el último subproblema, el de la ecuación no homogénea:⇢�u = F(x, y) , en (0,a)⇥(0, b)u(x,0)=u(x, b)=u(0, y)=u(a, y)=0

como siempre se prueba una serie de autofunciones. Aquí hay dos posibilidades [elegiremos la queproporcione un desarrollo más fácil para F ]:

u(x, y) =1’n=1

Yn(y) sen n⇡xa ó u(x, y) =

1’n=1

Xn(x) sen n⇡yb

[En la práctica, anulando términos no homogéneos con cambios w=u�v , y con menos subproblemas sellega a la solución; lo único necesario para separar variables es que sea u=0 en x=0 ,a ó en y=0 , b ].

Se prueba que las u dadas por las series con realmente soluciones. Si los datos con C1 a trozos (incluso

si son discontinuos), la u tiene infinitas derivadas en el rectángulo abierto, es �u= 0 ahí y se toma elvalor de contorno con continuidad para los puntos del borde en que los datos son continuos. [La situaciónserá totalmente análoga en el círculo].

57

Resolvemos ahora un problema de Neumann en cartesianas. Suponemos la ecuación no homogénea,pero con condiciones de contorno homogéneas:

[P2]⇢�u = F(x, y) , en (0,⇡)⇥(0,⇡)uy(x,0)=uy(x,⇡)=ux(0, y)=ux(⇡, y)=0

Separando variables en la ecuación homogénea llegamos, claro, a las mismas ecuaciones que en[P1]: X

00+�X = 0 , Y00��Y = 0 . Las condiciones de contorno obligan a que X

0(0) = X0(⇡) = 0 ,

Y0(0) = Y

0(⇡) = 0 . Para este problema tenemos, pues, dos familias de autofunciones {cos nx} ó{cos ny} , n=0,1, . . . y podemos elegir cualquiera de ella para nuestra serie. Por ejemplo:

u(x, y) = X0(x) +1’n=1

Xn(x) cos ny !

X000 +

1’n=1

[X 00n �n

2Xn] cos ny = B0(x)

2 +1’n=1

Bn(x) cos ny , Bn(x)= 2⇡

Ø ⇡

0 F(x, y) cos ny dy .

Debemos resolver los infinitos problemas de contorno para EDOs:

X000 =

12 B0 =

1⇡

Ø ⇡

0 F(x, y) dy ; X00n �n

2Xn=Bn , n�1 ; con X

0n(0)=X

0n(⇡)=0 .

Las Xn con n � 1 quedan determinadas de forma única (el problema homogéneo, como sabemosdesde 3.3, tiene sólo la solución trivial).Pero X

000 =0 , X

00(0)=X

00(⇡)=0 tiene soluciones no triviales

�{1}

�, con lo que, según 3.3, para que

haya solución para X0 es necesario que seaØ ⇡

0 1·B0(x) dx=0 . Es decir,

[P2] tiene solución sólo si

Ø ⇡

0

Ø ⇡

0 F(x, y) dx dy=0 y entonces hay una constante arbitraria.

Todo esto es coherente con lo dicho sobre Neumann en 4.2.

Ej 1. Calculemos la solución en el caso particular en que F(x, y) = x�a .

El problema sólo tiene solución siØØ⇤ F=0 , es decir, si a = ⇡

2 .

Entonces nos queda X000 = x� ⇡

2 , pues, por suerte, la F(x, y) ya está desarrollada en {cos ny} .

Por esta misma razón los Bn , y por tanto los Xn , son nulos si n�1 .

Integrando e imponiendo X00(0)=X

00(⇡)=0 obtenemos u(x, y) = 1

6 x3 � ⇡

4 x2 + C .

⇥Si hubiéramos resuelto probando u(x, y) =

1’n=0

Yn(y) cos nx seria necesario desarrollar en serie⇤.

Un ejemplo más en cartesianas, para Laplace con condiciones mixtas (en parte Dirichlet, en parte Neumann).Es fácil ver con la fórmula de Green que todos ellos tienen solución única.

Ej 2.

⇢uxx + uyy = 0 , (x, y)2 (0,1)⇥(0,⇡)u(x,0)=uy(x,⇡)=u(0, y)=0 , u(1, y)=1 u=X(x)Y (y) !

⇢Y00+�Y =0 , Y (0)=Y

0(⇡)=0X00��X=0 , X(0)=0

! �n=� 2n�1

2�2 , Yn=

nsen (2n�1)y

2

o.

Para esos � es X=c1e(2n�1)x/2+c2e�(2n�1)x/2 �!X(0)=0

c2=�c1 , Xn=nsh (2n�1)x

2

o.

Probamos u(x, y) =1’n=1

cnXn(x)Yn(y) . Para precisar las cn imponemos el dato u(1, y)=1 que falta:

cn sh 2n�12 = 2

⇡

Ø ⇡

0 sen (2n�1)y2 dy = 4

⇡(2n�1)⇥1�cos (2n�1)⇡

2⇤!

u(x, y)=1’n=1

4⇡(2n�1) sh 2n�1

2sh (2n�1)x

2 sen (2n�1)y2 .

58

Recordemos que el Laplaciano en coordenadas polares

hx=r cos ✓y=r sen ✓

iera �u=urr+

1r

ur+1r2 u✓✓ .

Resolvamos en un círculo el problema de Dirichlet homogéneo (y abajo el de Neumann):

f

R

( )θ

[PD]⇢�u = 0 , en r <R

u(R, ✓)= f (✓) , ✓ 2 [0,2⇡)

u(r, ✓)= R(r)⇥(✓) ! r2R00+rR

0R

=� ⇥00⇥ =� !

n ⇥00+�⇥ = 0r

2R00+rR

0��R=0Parece no haber condiciones para ⇥ , pero está claro que la solución debe ser 2⇡-periódica en ✓ ,es decir, debe ser ⇥(0)=⇥(2⇡) , ⇥0(0)=⇥0(2⇡) . Para este problema periódico sabemos que:

�n=n2 , n=0,1,2, . . . , ⇥0(✓)=

�1

, ⇥n(✓)=�cos n✓, sen n✓

.

Y las soluciones correspondientes para R son (ecuaciones de Euler):R0(r)=c1+c2 ln r , Rn(r)=c1r

n+c2r�n si n�1 .

Parece lógico imponer por argumentos físicos que la solución debe estar acotada cuando r ! 0(matemáticamente también, si ha ser de C

2 ), así pues c2=0 en ambos casos. Probamos, pues:

u(r, ✓)= ao2+

1’n=1

rn⇥an cos n✓+bn sen n✓

⇤! u(R, ✓)= ao

2 +1’n=1

Rn⇥an cos n✓+bn sen n✓

⇤= f (✓)

! an=1

⇡Rn

π 2⇡

0f (✓) cos n✓ d✓ , n=0,1, . . . , bn=

1⇡Rn

π 2⇡

0f (✓) sen n✓ d✓ , n=1,2, . . .

El problema de Neumann homogéneo empieza como Dirichlet, hasta la u(r, ✓) que se prueba:

f( )θ

[PN ]⇢�u = 0 , en r <R

ur (R, ✓)= f (✓) , ✓ 2 [0,2⇡) ! u=ao2+

1’n=1

rn⇥an cos n✓+bn sen n✓

⇤,

pero cambia la condición final: ur (R, ✓) =1’n=1

nRn�1 ⇥

an cos n✓+bn sen n✓⇤= f (✓) .

! an=1

n⇡Rn�1

π 2⇡

0f (✓) cos n✓ d✓ , bn=

1n⇡Rn�1

π 2⇡

0f (✓) sen n✓ d✓ , n=1,2, . . .

siempre que no tenga término independiente el desarrollo en senos y cosenos de f (✓) . Es decir

debe cumplirseØ 2⇡0 f (✓) d✓ = 0

⇥confirma lo que vimos en 4.2: debía ser

≤@D

f ds =∞D

F dxdy=0⇤.

Además (desaparece al derivar) ao queda indeterminado [Neumann tiene unicidad salvo constante].

Resolvemos ahora un ejemplo de problema de Dirichlet no homogéneo en el círculo:

1Ej 3.⇢

urr+urr +

u✓✓

r2 =4 en r <1u(1, ✓) = sen 2✓

Probamos serie de autofunciones del homogéneo.

u(r, ✓)=a0(r)+1’n=1

⇥an(r) cos n✓+bn(r) sen n✓

⇤

! a000 +

1r a

00 +

1’n=1

� ⇥a00n +

1r a

0n� n2

r2 an

⇤cos n✓ +

⇥b00n+

1r b

0n� n2

r2 bn

⇤sen n✓

�= 4 ,

constante ya desarrollada en esa familia de autofunciones.Hay que resolver las ecuaciones: ra

000 +a

00=4r , r

2a00n +ra

0n�n

2an=0 , r

2b00n+ rb

0n�n

2bn=0 .

La condición u(1, ✓)=sen 2✓ (desarrollada ya) impone: an(1)=0 8n ; b2(1)=1 ; bn(1)=0 , n,2 .La acotación cuando r!0 será la otra condición necesaria para determinar la solución de cada EDOde segundo orden. Para la de a0 necesitamos una solución particular, que se puede hallar con la fvc:���� 1 ln r

0 1/r

����= 1r , a0p= ln r

Ø1 · 4 dr

1/r �Ø

ln r · 4 dr1/r = · · · = r

2 .

o, mejor, tanteando una a0p= Ar2 ( a0p= Ae2s y no autovalor) ! 2A+2A=4 , A=1 . Así pues:

a0=c1+c2 ln r+r2 acotada�! c2=0

a0(1)=0�! c1=�1 , b2=c1r2+c2r

�2 acotada�! c2=0b2(1)=1�! c1=1 .

Podemos asegurar además que el resto de an y bn son cero ( 0 es claramente solución y no hay máspor tener un problema de Dirichlet solución única). La solución del problema es:

u(r, ✓) = r2 � 1 + r

2 sen 2✓⇥Se podría escribir en cartesianas: u= (x+y)2�1

⇤.

59

Los siguientes ejemplos ya no son círculos (ni coronas circulares) y el problema de contorno en ✓ no seráel periódico sino el que indiquen las condiciones de contorno que deben figurar explícitamente. La acotaciónseguirá siendo necesaria cuando el origen pertenezca al borde del recinto.Primero uno de Neumann homogéno en el semicírculo (que no exige integrales y tendrá C arbitraria).

Ej 4.⇢�u = 0 en r <1 , 0< ✓<⇡ur (1, ✓)=cos3✓ , u✓ (r,0)=u✓ (r,⇡)=0

La ecuación para ⇥ que sale al separararvariables es conocida (y también la de R ).Junto a los datos en ✓=0,⇡ nos da las ⇥n :n ⇥00 + �⇥ = 0

⇥0(0)=⇥0(⇡)=0 ! �n=n2 , ⇥n(✓)=

�cos n✓

, n=0,1,2, . . . !

r2R00+rR�n

2R=0 ! R0=c1 + c2 ln r

R acot.�! R0= {1}Rn=c1r

n+c2r�n�! Rn=

�rn ! u(r, ✓)=ao +

1’n=1

an rn cos n✓ .

ur (1, ✓) =1’n=1

nan cos n✓= cos3✓ = 34 cos ✓+ 1

4 cos 3✓ . No hay que integrar:

a1=34 , a3=

112 , a0 sin condición, el resto 0 ! u(r, ✓)= C + 3r

4 cos ✓+ r3

12 cos 3✓ , C cualquiera.

Otro homogéneo con condiciones mixtas (y otras condiciones de contorno) que sí exige integrar.

Ej 5.⇢�u = 0 , en r <1 , 0< ✓<⇡ur (1, ✓)=✓ , u(r,0)=u✓ (r,⇡)=0

n⇥00 + �⇥ = 0⇥(0)=⇥0(⇡)=0 , �n= (2n�1)2

4 , ⇥n=�sen2n�1

2 ✓

n=1,2,...

Para esos �n : r2R00+rR��nR=0 , R=c1r

n� 12 +c2r

�n+ 12

R acot.�! Rn=�rn� 1

2 , u=

1’n=1

cn rn� 1

2 sen 2n�12 ✓ .

ur (1, ✓)=1’n=1

cn2n�1

2 sen2n�12 ✓ = ✓ , cn=

22n�1

2⇡

π ⇡

0✓ sen2n�1

2 ✓ d✓ ! u= 16⇡

1’n=1

(�1)n+1

(2n�1)3 rn� 1

2 sen2n�12 ✓ .

El recinto de este problema de Dirichlet no homogéneo no toca el origen. La acotación se sustituye por undato explícito sobre r=1 y todas las condiciones de contorno están a la vista:

0

0

00

Ej 6.⇢�u = sen ✓ , 1< r <2 , 0< ✓<⇡u(1, ✓)=u(2, ✓)=u(r,0)=u(r,⇡)=0

Las autofunciones del homogénolas dará el problema de contorno:

n ⇥00 + �⇥ = 0⇥(0)=⇥(⇡)=0 ! �n=n

2 , ⇥n(✓)=�sen n✓

, n=1,2, ... Probamos u(r, ✓)=

1’n=1

Rn(r) sen n✓ .

[La serie de cosenos y senos del Ej 3. no cumple los datos de contorno (aquí no hay periodicidad)].1’n=1

⇥R00n +

1r R

0n � n2

r2 Rn

⇤sen n✓ = sen ✓ [ya desarrollada en senos].

[Si fuese una F(r, ✓) cualquiera, se desarrollaría en senos, viendo la r como constante].Las dos condiciones para las Rn salen de las otras condiciones de contorno:

1’n=0

Rn(1) sen n✓ =1’n=0

Rn(2) sen n✓ = 0 ) Rn(1)=Rn(2)=0 8n .

Sólo tendrá solución no nula r2R001 + rR

01 � R1 = r

2 con los datos de contorno nulos de arriba.

R1p= Ar2 [ �=2 no autovalor] ! A= 1

3 ! R1= c1r+c2r�1+ 1

3r2 c.c.�! c1=� 7

9 , c2=49 .

La solución es, por tanto: u(r, ✓) =� 1

3r2� 7

9r+ 49r

�1� sen ✓ .

Último problema (mixto) no homogéneo y que tampoco exige integrar.

Ej 7.�u=r

2 cos 3✓ , r <2 , 0< ✓< ⇡6

u(2, ✓)=u✓ (r,0)=u�r, ⇡6

�=0

⇢⇥00+�⇥=0⇥0(0)=⇥

� ⇡6�=0!

�n=9(2n�1)2 , n=1,2, . . .⇥n=

�cos 3(2n�1)✓

.

Probamos: u(r, ✓)=1’n=1

Rn(r) cos 3(2n�1)✓ !1’n=1

hR00n +

1r R

0n� 9(2n�1)2

r2 Rn

icos 3(2n�1)✓ = r

2 cos 3✓

!⇢

r2R001 +rR

01�9R1 = r

4

R1 acotada en 0 ,R1(2)=0Rp=Ar

4

�! R1=c1r3+c2r

�3+ 17r

4 c.c.�! R1=17⇥r

4�2r3⇤ .

Concluimos que la solución (única) es u(r, ✓) = 17⇥r

4�2r3⇤ cos 3✓ .

60

5. Otros temas más allá del curso

5.1. Integrales de superficie

Generalizamos los dos tipos de integrales de línea. Una superficie a veces viene dada por F(x, y, z)=0 . Si sepuede despejar la z , por z= f (x, y) . Pero lo más general es que se puede describir mediante:

r : A⇢R2! R

3 , con r(u, v)=�x(u, v), y(u, v), z(u, v)

�, (u, v)2 A [2 grados de libertad frente

al único t de las curvas].

y

xr

pvfz

v

u

A

∂r/∂v

∂r/∂u

S

Suponemos que la superficie S=r(A) es C1 [que lo es r ]. Entonces:

@r

@u =@x@u i +

@y@u j + @z

@u k y @r

@v =@x@v i +

@y@v j + @z

@v k

serán unos vectores tangentes a las curvas contenidas en S obtenidastomando, respectivamente, v= k y u= k . Su producto vectorial

@r

@u ⇥ @r

@v =

�������i j k

@x@u

@y@u

@z@u

@x@v

@y@v

@z@v

������� será un vector normal a S .producto vectorial

fundamental

y

x

z=f (x,y)

A

S

Si la superfice se puede escribir en la forma z= f (x, y) una posible parametriza-ción de S es r(x, y)=

�x, y, f (x, y)

�, con (x, y)2 A proyección de S sobre z=0 .

El producto vectorial fundamental resulta ser en este caso:

rx⇥ ry =

������i j k

1 0 fx0 1 fy

������= (� fx ,� fy ,1) .

Ej 1a. Parametricemos la semisuperficie esférica unidad superior. Una posibilidad:

yx

r

pvfz

v

u

S

π/2

2π

ru

rv

v

u

1

A

r

B

x(u, v)=sen u cos vy(u, v)=sen u sen vz(u, v)=cos u

u2 [0,2⇡]v 2 [0,⇡/2] ,

ru=cos u cos v i + cos u sen v j �sen u k

rv=� sen u sen v i + sen u cos v j

Entonces ru⇥ rv=

������i j k

· · · · · · � senu· · · · · · 0

������=sen2u cos v i + sen2u sen v j + sen u cos u k

=sen u(sen u cos v, sen u sen v,cos u)= sen u r(u, v) .O bien:�

x , y ,p

1�x2�y2�, (x, y)2B círculo unidad y rx⇥ ry =

xp1�x2�y2

i +yp

1�x2�y2j + k .

Integrales de superficie de campos escalares

Sea S la superficie C1 dada por r : A⇢R2! R

3 y sea f : R3! R tal que f

�r(u, v)

�es continua.

Entonces:∫

Sf dS ⌘

∫A

f�r(u, v)

� �� @r

@u ⇥ @r

@v

�� du dv .

[Y si S está formada por varias superficies C1 se suman las integrales].[Como en las de línea se prueba que la integral de una f escalar no depende de la parametrización].

[Cuando f ⌘1 el valor de la integral representa el área de la superficie S ].

Ej 1b. Hallemos la integral de f (x, y, z)= z2 sobre la superficie S del ejemplo 1a.

Primero con r(u, v)= (sen u cos v, sen u sen v,cos u) . kru⇥ rv k= | sen u|krk=sen u [ r es unitarioy sen u�0 ].

Por tanto,∞S

z2 dS =Ø 2⇡0

Ø ⇡/20 cos2u sen u du dv = 2⇡

3⇥� cos3u

⇤⇡/20 = 2⇡

3 .

Con la otra parametrización, el módulo del producto vectorial fundamental resulta ser:

krx⇥ ry k=⇥

x2

1�x2�y2 +y2

1�x2�y2 +1⇤1/2= 1p

1�x2�y2)

∫S

z2 dS =∫

B

q1�x2�y2 dx dy =

"

Ø 2⇡0

Ø 10 r

p1�r2 dr d✓ = 2⇡

3⇥� (1�r2)3/2

⇤10=

2⇡3 .

polares

Veamos que la integral de superficie nos calcula bien el área de S :

área de S=∞S

1 dS =Ø 2⇡0

Ø ⇡/20 sen u du dv = 2⇡

⇥� cos u

⇤⇡/20 = 2⇡ .

⇥El de toda la superficie

esférica era 4⇡ · 12 ⇤.

61

Integrales de superficie de campos vectoriales

Sea S de C1 dada por r : A⇢R2! R

3 y sea f : R3! R

3 continua sobre S . Entonces:∫S

f · dS ⌘∫

Sf · n dS ⌘

∫A

f�r(u, v)

�·� @r

@u⇥ @r

@v

�du dv =

∫A

f�r(u, v)

�· n(u, v) kru⇥ rv k du dv

[si n es el vector unitario normal con el mismo sentido que el producto vectorial fundamental].Se demuestra que, salvo el signo, esta integral es independiente de la parametrización. n

–n

[Hay dos normales unitarias a una superficie orientada: n y �n (que conste que las hayno orientadas como la banda de Moebius). Parametrizaciones diferentes proporcionan p.v.f.

con el sentido de una o de otra. f , S y el sentido de la normal sí determinan la integral].[El significado físico de esta integral es flujo del campo vectorial f a través de la superficie S ].

Ej 1c. Integremos f(x, y, z)= (x, y, z) sobre la semisuperficie esférica S de siempre.∫S

f · dS =

∫Ar(u, v)·

⇥sen u r(u, v)

⇤du dv =

"

Ø 2⇡0

Ø ⇡/20 sen u du dv = 2⇡

⇥� cos u

⇤⇡/20 = 2⇡ .

r unitario

Con la otra parametrización: f · (rx⇥ ry)=�x , y ,

p1�x2�y2

� ⇣ xp1�x2�y2

, yp1�x2�y2

,1⌘)

∫S

f · dS =

∫B

dx dyp1�x2�y2

="

Ø 2⇡0

Ø 10 r(1�r2)�1/2 dr d✓ =2⇡

⇥� (1�r2)1/2

⇤10=2⇡ .

polares

Teorema de la divergencia en el espacio (o de Gauss-Ostrogradsky)

Sea V una región del espacio limitado por una superficie conexa y sea f 2C1. Entonces:ªV

div f dx dy dz =∫

@Vf · n dS , con n vector normal unitario exterior a V .

Ej 1d. Comprobémoslo para la f(x, y, z)= (x, y, z) de arriba y la semiesfera unidad superior.Por una parte:

±V

div f dx dy dz = 3±

Vdx dy dz = 3⇥ volumen de V = 3 ⇥ 1

243 ⇡ ·13 = 2⇡ .

Por otra, @V tiene dos partes, la S superior y el círculo B de la base:∞@V=∞S+∞

B.

yx

z

Sf

B

n

f

Para S es n= f=r [) f·n=1 ] , y para B es n=�k [) f ·n = (x, y,0)·(0,0,�1)=0 ] .

Por tanto,∞@V

f · n dS =∞S

1 dS + 0 = área de S = 2⇡ .

Teorema de Stokes

S

∂S

nnSea S una superficie en el espacio limitada por la curva @S y sea f 2C1.

Entonces:∫

Srot f · n dS =

º@S

f · ds , con n vector unitario normal a S

y con los sentidos de n y de recorrido de @D indicados en el dibujo.

Ej 1e. Comprobamos el teorema para: i) f(x, y, z)= (x, y, z) y ii) g(x, y, z)= (0,0, y) , y la S habitual.

Para i) es rot f=0 )∞S

rot f · n dS =0 . Como rot f=0 , sabemos que f deriva de un potencial.

Casi a simple vista se ve que U= 12 (x2+y2+z2) cumple rU= 0 . Por tanto,

≤f · ds = 0 también.

Para ii) debemos echar alguna cuenta más pues rot g= i⇥) rot g · n = (1,0,0)·(x, y, z)= x

⇤.

Así pues,∞S

rot g · n dS =∞S

x dS =Ø 2⇡0 cos v dv

Ø ⇡/20 sen2u du = 0 [la primera integral lo es].

Integral que también se puede hacer:∫

B

x dx dyp1�x2�y2

=Ø 2⇡0

Ø 10 r2(1�r2)�1/2 cos ✓ dr d✓ = 0 .

Una posible parametrización de @S es c(t)= (cos t, sen t,0) , t 2 [0,2⇡] ) g(c(t))= (0,0, sen t) .

Por tanto,≤

g · ds =Ø 2⇡0 (0,0, sen t)·(� sen t,cos t,0) dt =

Ø 2⇡0 0 dt = 0 , como debía ser.

[La integral de línea a lo largo de la circunferencia se ha anulado, a pesar de no ser el campo conservativo.En este caso, g y c

0 eran ortogonales. Sobre otras curvas cerradas, la integral de g será distinta de 0.Dijimos que para que g fuese conservativo, su integral a lo largo de todo camino cerrado debía ser nula].

62

5.2. Soluciones de EDOs por medio de series

Series de potencias y funciones analíticas (junto a estas notas se incluye un repaso de series).

Una función f (x) es analítica en x= xo si viene dada por una serie de potencias cerca de xo :

f (x)=1’k=0

ck(x�xo)k = c0+c1(x�xo)+c2(x�xo)2+c3(x�xo)3+ · · ·

A partir de ahora, suponemos que x=0 (si no, con x�xo= s estaríamos en ese caso): f (x)=1’k=0

ck xk .

A cada serie de potencias está asociado un radio de convergencia R tal que:Si R=0 , la serie sólo converge en x=0 . Si R=1 , converge para todo x .Si 0<R<1 , converge si |x |<R y diverge si |x |>R (en x=±R no se sabe).

Una serie de potencias, para |x |<R (donde converge), se puede derivar e integrar término a término:

f 0(x)=1’k=1

kck xk�1=c1+2c2x+3c3x2+· · · , f 00(x)=1’k=2

k(k�1)ck xk�2=2c2+6c3x+· · · , . . .π � 1’k=0

ck xk�dx= C +

1’k=0

ckk+1 xk+1= C + c0x+ c1

2 x2+· · · si |x |<R .

Y también se pueden sumar, multiplicar,. . . estas series como si fuesen polinomios:

f (x) =1’k=0

ak xk si |x |<Rf y g(x) =1’k=0

bk xk si |x |<Rg ) Si |x |<mín{Rf ,Rg} ,

f (x)+g(x)=1’k=0

[ak+bk]xk , f (x)g(x)=a0b0+(a0b1+a1b0)x+(a0b2+a1b1+a2b0)x2+· · ·

Caso particular de estas series son las de Taylor

1’k=0

f (k)(0)k! xk , de una f con infinitas derivadas en 0 .

Muchas funciones elementales coinciden con su serie de Taylor donde converge. Por ejemplo:

ex =1’k=0

xk

k! , sen x =1’k=0

(�1)k x2k+1

(2k+1)! , cos x =1’k=0

(�1)k x2k

(2k)! , sh x =1’k=0

x2k+1

(2k+1)! , ch x =1’k=0

(x2k

(2k)! , 8x 2 R.

11�x =

1’k=0

xk , ln(1+x)=1’k=0

(�1)k xk+1

k+1 , arctan x=1’k=0

(�1)k x2k+1

2k+1 , [1+x]p=1+px+ p(p�1)x2

2! +· · · , |x |<1 .

Son, pues, analíticas. [No lo son ln x ó xp , p,0,1, ... en x=0 , cocientes con denominador nulo...].

Puntos regulares

Sea [e] y00 + a(x) y0 + b(x) y = 0 . Se dice que x= xo es un punto regular de [e] si a y b son

analíticas en x= xo . En caso contrario se dice que x= xo es punto singular de [e].

En 3.2 vimos las pocas lineales con coeficientes variables resolubles. Para el resto, si x = 0 es regular (sia y b se pueden escribir como series), parece adecuado suponer que también la solución es una serie de

potencias y llevarla a la ecuación para determinar sus coeficientes. Empecemos con un ejemplo:

Ej 1. Resolvamos y00+xy=0 . x=0 es regular pues a(x)=0 y b(x)= x son analíticas (con R=1 ).Llevamos una serie de potencias arbitraria y sus derivadas a la ecuación:

y=1’k=0

ck xk , y0=1’k=1

kck xk�1, y00=1’k=2

k(k�1)ck xk�2 !1’k=2

k(k�1)ck xk�2 +1’k=0

ck xk+1= 0 .

La solución deberá contener dos constantes arbitrarias. Intentamos escribir los ck en función de

los dos primeros c0 y c1 . Como han de ser 0 los coeficientes de cada potencia de x , deducimos:x0: 2c2=0 . x1: 6c3+c0=0 , c3=� 1

6 c0 . . . . xk�2: k(k�1)ck+ck�3=0 , ck =� 1k(k�1)ck�3 .

La última igualdad es la que se llama regla de recurrencia que expresa un coeficiente en funciónde los anteriores. De ella es fácil deducir los siguientes (siempre en función de c0 o c1 ):

c5=c8= · · ·=0 ; c4=� 112 c1 ; c6=� 1

30 c3=1

180 c0 ; c7=� 142 c4=

1504 c1 ; . . . !

y = c0⇥1� 1

6 x3+ 1120 x6+ · · ·

⇤+ c1

⇥x� 1

12 x4+ 1504 x7+ · · ·

⇤⌘ c0y1+c1y2 , c0 , c1 indeterminados.

Para que esto sea la solución general, las series deben converger y debe ser su wronskiano no nulo(lo segundo es fácil de comprobar y el teorema 1 nos asegurará que estas series convergen 8x ).

63

Lo visto en el ejemplo anterior es lo que ocurre en general, como asegura este teorema:

Teor 1.

Si x=0 es regular y R es el menor de los radios de convergencia de a y b , la solución general de[e] y00+ a(x) y0+ b(x) y = 0 es y=c0y1+c1y2= c0

⇥1 +

Õ ⇤+ c1

⇥x +

Õ ⇤, con c0 , c1 arbitrarios,

y las series, que tienen potencias xk con k �2 , convergen, al menos, si |x |<R .Los coeficientes las series se determinan de forma única probando una serie de potencias arbitrariaen [e] [con a(x) y b(x) desarrolladas en serie, si no son polinomios] y expresando sus coeficientesck , para k �2 , en función de c0 y c1 .La solución única de [e] con y(0)= yo , y0(0)= y0o se obtiene haciendo c0= yo , c1= y

0o .

[Lo de los datos iniciales es inmediato a la vista de la forma de las soluciones].

En el siguiente ejemplo nos van a ir mejor las cosas, porque no sólo vamos a poder calcular unos términossino que vamos a poder dar las expresiones generales de las series.

Ej 2. (1+x2)y00+2xy0�2y=0 , es decir, y00+ 2x1+x2 y

0� 21+x2 y=0

⇥a(x)= 2x

1+x2 y b(x)= 21+x2

⇤.

Que x=0 es punto regular se deduce del hecho de que P/Q , con P y Q polinomios y Q(0),0 esanalítica siempre. Se tiene que además que el radio R de su desarrollo, simplificados los factorescomunes de P y Q , es la distancia al origen de la raíz (real o compleja) de Q más próxima. Ennuestro caso será, pues, R=1 ( x=±i ceros del denominador).Llevando la serie arbitraria a la ecuación inicial:

y=1’k=0

ck xk !1’k=2

[k(k�1)ck xk�2 + k(k�1)ck xk] +1’k=1

2kck xk �1’k=0

2ck xk = 0 !

x0: 2·1·c2 � 2·c0=0 ! c2=c0 , x1: 3·2·c3+[2�2]c1=0 ! c3=0 , . . .xk : (k+2)(k+1)ck+2 + [k(k�1) + 2k � 2]ck = 0 .

La última igualdad nos da la regla de recurrencia, que, como en el anterior ejemplo, tiene sólo 2términos (queda ck+2 en función de ck ), pero otras veces pueden aparecer varios, lo que complica lascuentas. Para facilitar los cálculos, factorizamos los polinomios que aparecen hallando sus raíces:

ck+2 = � (k+2)(k�1)(k+2)(k+1) ck = � k�1

k+1 ck , k=0,1, . . .

Usando esta regla escribimos más ck con el objetivo de hallar la expresión del término general dela serie (en muchos casos esto no será posible, pero ya dijimos que aquí sí):

c4 = � 13 c2 = � 1

3 c0 , c6 = � 35 c4 =

15 c0 , c8 = � 5

7 c6 = � 17 c0 , . . .

c5=0 por estar en función de c3 que se anulaba. Análogamente c7=c9= · · ·=0 .El numerador de c2k es 1 , el denominador es 2k�1 y el signo va alternando, así que:

c2k = (�1)k+1 12k�1 c0 , k=2,3, . . .

Agrupamos, como antes, los términos que acompañan a c0 y c1 (que quedan libres) y obtenemos:

y = c0⇥1+x2� 1

3 x4+ 15 x6+ · · ·

⇤+ c1x = c0

h1+

1’k=0

(�1)k+1 x2k

2k�1

i+ c1x = c0y1 + c1y2 ,

El teorema aseguraba que las series iban a converger al menos si |x | < 1 y esto es lo que sucede:la serie de y1 (se ve fácilmente con el criterio del cociente) converge si |x | < 1 y la ‘serie’ de y2(truncada a partir de su segundo término) converge 8x .Que y1 e y2 son linealmente independientes se deduce (aquí y en general) del wronskiano en x =0de ambas, que es 1 (puesto que y1(0)=1 , y01(0)=0 , y2(0)=0 , y02(0)=1 ).

Esta ecuación se podría resolver sin series. Como y2= x era una solución, según vimos en 3.2:

y1= y2

πy�2

2 e�Øadx = x

πx�2 e�

Ø 2x1+x2 dx = x

πdx

x2(1+x2) = xπ ⇥ 1

x2 � 11+x2

⇤dx = �1�x arctan x

[cuyo desarrollo, salvo el signo, coincide con el obtenido anteriormente].

Para resolver una [e] cerca de otro xo regular, el cambio de variable s= x�xo la llevaría a una ecuación ens para la que s=0 es regular. Probaríamos entonces para hallar su solución la serie:

y =1’k=0

ck sk⇥es decir, y =

1’k=0

ck(x�xo)k⇤.

64

Puntos singulares regulares

Si x= xo es punto singular de [e] y00+a(x)y0+b(x)y=0 (si a o b o ambas no son analíticas en x= xo ), no esaplicable el teorema 1. Pero también sabremos hallar las soluciones utilizando series si son ‘poco singulares’.Suponemos que nuestro punto singular es x = 0 . Si queremos estudiar las soluciones cerca de otro xo elcambio s= x�xo lleva el problema al estudio de las soluciones cerca de s=0 .Escribamos [e] de otra forma. Multiplicando por x2 y llamando a⇤(x)= xa(x) y b⇤(x)= x2b(x) :

[e*] x2y00+ xa⇤(x)y0+ b⇤(x)y=0 x=0 es punto singular regular de [e] - [e*]si a⇤ y b⇤ son analíticas en x=0 .

Se podrá escribir entonces para |x |<R , mínimo de los radios de convergencia de a⇤(x) y b⇤(x) :a⇤(x)=a⇤0+ a⇤1x + · · · , b⇤(x)=b⇤0+ b⇤1x + · · · ⇥

Normalmente será a⇤0=a⇤(0) y b⇤0=b⇤(0)⇤.

La ecuación más sencilla como [e*] es la de Euler (sus ‘series’ a⇤(x) y b⇤(x) tienen un único término), quetiene soluciones xr (a veces acompañadas de ln x ). Es esperable que [e*] tenga soluciones del tipo:

y= xr1’k=0

ck xk = c0xr+ c1xr+1+ · · · para los r que cumplan r(r�1)+a⇤0 r+b⇤0= 0 polinomio

indicial

Teorema

de

Frobenius

Supongamos que el polinomio indicial tiene raíces reales r1 , r2 con r1 � r2 .

Entonces siempre una primera solución y1 de [e*] es de la forma y1= xr11’k=0

ck xk , c0,0 .

La segunda solución y2 linealmente independiente es, según los casos:

a] Si r1�r2,0,1,2, ... , y2= xr21’k=0

bk xk , b0,0 . b] Si r1=r2 , y2= xr1+11’k=0

bk xk+ y1 ln x .

c] Si r1�r2=1,2,3, . . . , y2= xr21’k=0

bk xk+ dy1 ln x , b0,0 , d 2R .

Todas las series convergen al menos si |x | < R y los coeficientes ck , bk y la constante dde c] se hallan llevando cada una de las soluciones a la ecuación.

Podrían salir raíces complejas, pero nos limitamos a las reales. En Euler, si r1 y r2 eran distintas, las dossoluciones eran xr1 y xr2 . Si r era doble había una solución xr y otra xr ln x . En el caso c] la constanted puede salir 0 y existir, pese a todo, dos soluciones de la forma xr

Õ(como en Euler).

Ej 3. 2xy00+ y0+ xy = 0 , o sea, x2y00+ x 12 y

0+ x2

2 y = 0 . a⇤(x)= 12 y b⇤(x)= x2

2 analíticas ( R=1 )

x=0 singular regular. a⇤0=12 , b⇤0=0 ! r(r�1)+ 1

2r+0 ! r1=12 , r2=0 , r1�r2 <N .

Las series solución son: y1=1’k=0

ck xk+1/2, c0,0 e y2=1’k=0

bk xk , b0,0 (convergen 8x 2R,según el teorema).

Llevando y1 a la ecuación (las series se derivan como las de potencias):1’k=0

⇥2(k+ 1

2 )(k� 12 )ck xk�1/2+(k+ 1

2 )ck xk�1/2+ck xk+3/2⇤ = 1’k=0

⇥k(2k+1)ck xk�1/2+ck xk+3/2⇤ =0 !

(ahora las 3 series empiezan por k=0 )x�1/2 : 0 · c0=0 y c0 queda indeterminado como debía. x1/2 : 3c1=0 ! c1=0 .

xk�1/2 : k(2k+1)ck+ck�2=0 , ck =� 1k(2k+1)ck�2 , k=2,3, . . . ) c3=c5= · · ·=0 y además:

c2=� 110 c0 , c4=� 1

36 c2=1

360 c0 , ... ! y1= x1/2 ⇥1� 132 x2+ 1

320 x4� · · ·⇤ (eligiendo, por

ejemplo, c0=1 ).

Para la y2 :1’k=2

2k(k�1)bk xk�1 +1’k=1

kbk xk�1 +1’k=0

bk xk+1 = 0 ! x0: b1=0 ;

x1: [4+2]b2+b0=0 , b2=� 16 b0 ; xk�1: [2k(k�1)+k]bk+bk�2=0 , bk =� 1

k(2k�1)bk�2 , k=2, . . .

! b3=b5= · · ·=0 , b4=� 128 b2 =

1168 b0 , . . . ! y2=1� 1

6 x2+ 1168 x4� · · ·

Ej 4. x2y00+� 1

4�4x2�y=0 a⇤(x)=0 , b⇤(x)= 14�4x2 analíticas en R. x=0 singular regular.

r(r�1)� 14 =0 , r= 1

2 doble ! y1=1’k=0

ck xk+1/2 !1’k=0

⇥k2ck xk+1/2 � 4ck xk+5/2⇤ = 0 !

x1/2 : 0 · c0=0 , c0 cualquiera; x3/2 : c1=0 ; xk+1/2 : k2ck�4ck�2=0 ; ck = 4k2 ck�2

regla derecurrencia

! c2=c0 , c3=0 , c4=416 c2=

14 c0 , . . . , y1= x1/2 ⇥1+x2+ 1

4 x4+ · · ·⇤

.

La otra solución tiene seguro logaritmo: y2= x3/21’k=0

bk xk+y1 ln x . Es largo y no la calculamos.

65

5.3. Problemas más complicados por separación de variables

En los primeros (en 2 variables) aparecen EDOs desconocidas que se suelen exigir usar las series de 5.2.[Tienen más variables, pero supondremos que son independientes de algunas]. Tambien salen problemas decontorno en los que en vez de las condiciones habituales se usa la menos fuerte de la acotación (lo visto en3.3 no es aplicable por ser p=0 ó r=0 en algún extremo del intervalo). Son problemas singulares como:

Ej 1.n xy00 + 2y0 + �xy = 0y acotada en x=0 , y(1)=0 y00+ 2

x y0+�y=0

eØa= x2�! ⇥

x2y0⇤ 0+�x2y=0

⇥es p(0)=r(0)=0

⇤.

Haciendo el cambio z= xy la ecuación pasa a ser la conocida z00+�z=0 . Se ve que no hay �0 .Para �>0 , la solución general será y=c1

coswxx +c2

senwxx (puesto que z=c1 coswx+c2 senwx ).

Imponemos los datos: y acotada ! c1=0�ya que coswx

x

x!0+�! 1 , mientras que senwxx

x!0�! w�.

Imponiendo el segundo: y(1)=0 ! senw=0 ! �n=n2⇡2 , n=1,2, . . . , yn=� sen n⇡x

x

.

Autofunciones ortogonales respecto al peso r(x)= x2 , pues hyn, ymi=π 1

0x2 sen nx

xsenmx

x dx=0 , n,m .

[Un dato típico como y(0)= y(1)=0 implicaría que c1=c2=0 , y la única solución sería y⌘0 8� ].

La ecuación de ondas utt�c2�u=0 en esféricas tiene, en general, 4 variables (el tiempo t y las ⇢ , ✓ , � ),cuyas soluciones quedan determinadas (como en la recta) fijando unos datos de contorno y dos condicionesiniciales. Buscando soluciones que no dependen de los ángulos aparece la ecuación de ondas en el espacio

con simetría radial (en ⇢ y t ). Resolvemos para ella un problema homogéneo:

Ej 2.

(utt �

⇥u⇢⇢+ 2

⇢u⇢⇤= 0 , 1 ⇢2, t 2R

u(⇢,0)= f (⇢) , ut (⇢,0)=g(⇢) , u(1, t)=u(2, t)=0Separando variables en esta nueva EDPy haciendo uso de los datos de contorno:

u=R(⇢)T(t) !R00+ 2R0

⇢

R = T 00T =�� !

⇢⇢R00+2R0+�⇢R=0 , R(1)=R(2)=0T 00 + �T = 0

Arriba vemos la ecuación de R (ahora asociada a un problema regular porque estamos en [1,2] ).

S= ⇢R !⇢

S00 + �S = 0S(1)=S(2)=0

⇢=s+1�!⇢

S00 + �S = 0S(0)=S(1)=0 , �n=n2⇡2, Sn= {sen n⇡s}

n=1,2,..., Rn=

nsen n⇡⇢

⇢

o.

Para esos �n son Tn= {cos n⇡t, sen n⇡t} ! u(⇢, t)=1’n=1

⇥kn cos n⇡t+cn sen n⇡t

⇤ sen n⇡⇢⇢ .

Las condiciones iniciales imponen:1’n=1

knsen n⇡⇢

⇢ = f (⇢) y1’n=1

n⇡cnsen n⇡⇢

⇢ = g(⇢) . (•)

Para hallar estos coeficientes del desarrollo debemos utilizar aquí el peso r(⇢)= ⇢2 del problema:

hRn,Rni=π 2

1⇢2 sen2n⇡⇢

⇢2 d⇢ = 12

Ø 21

⇥1�cos 2n⇡⇢

⇤d⇢ = 1

2 , h f ,Rni=π 2

1⇢2 f (⇢) sen n⇡⇢

⇢ d⇢ (igual g ),

nos conduce a que: kn=2Ø 21 ⇢ f (⇢) sen n⇡⇢ d⇢ , cn= 2

n⇡

Ø 21 ⇢ g(⇢) sen n⇡⇢ d⇢ , n=1,2, . . .

Se llegaría a lo mismo (en otros problemas no habrá atajos) observando que (•) se pueden reescribir:1’n=1

kn sen n⇡⇢= ⇢ f (⇢) y1’n=1

n⇡cn sen n⇡⇢= ⇢g(⇢) ,

con lo que estamos desarrollando ⇢ f y ⇢g en sen n⇡⇢ , y esto nos lleva a las fórmulas de antes.Hay una tercera forma de llegar a esta solución, que sirve para resolver también otros problemas paralas ondas en el espacio con simetría radial, incluso utilizando D’Alembert: es fácil ver que el cambio

v= ⇢u la lleva la ecuación a la de la cuerda vibrante, que resolvimos separando variables en 4.4.

El problema en la variable v pasa a ser:n vtt � v⇢⇢ = 0 , 1 ⇢2, t 2R

v(⇢,0)= ⇢ f (⇢) , vt (⇢,0)= ⇢g(⇢) , v(1, t)=v(2, t)=0 .

O también podríamos también aplicar D’Alembert, tras extender F(⇢)= ⇢ f y G(⇢)= ⇢g de formaimpar respecto a 1 y 2 (o impar respecto a 1 y 2-periódica). La solución sería entonces:

u(⇢, t) = 12⇢ [F⇤(⇢+t)+F⇤(⇢�t)] + 1

2⇢

Ø ⇢+t

⇢�t G⇤(s) ds ,

que se puede poner en la forma u = 1⇢ p(⇢+t)+ 1

⇢q(⇢�t) y ver como suma de ondas esféricas, cuyosradios disminuyen o crecen (la magnitud de la perturbación es inversamente proporcional al radio ⇢ ).

66

Un problema importante es el problema de Dirichlet en una esfera (bastante más complicado que el delcírculo). Resolvemos únicamente el caso de datos independientes de � con dos variables. En los libros decálculo se encuentra la expresión del laplaciano en esféricas. Sin el término en u�� :

rθ

ɸ

[Pe]⇢

u⇢⇢+ 2⇢u⇢+ 1

⇢2

⇥u✓✓+ cos ✓

sen ✓ u✓⇤= 0 , ⇢<R

u(R, ✓)= f (✓) , ✓ 2 [0,⇡]

u=R(⇢)⇥(✓) !⇥R00+ 2R0

⇢

⇤⇥ + R

⇢2

⇥⇥00+ cos ✓

sen ✓⇥0⇤ = 0 !

⇢⇥00+ cos ✓

sen ✓ ⇥0+ �⇥ = 0

⇢2R00 + 2⇢R0 � �R = 0

Simplificamos la de ⇥ con s=cos ✓⇥⇥0=� sen ✓ d⇥ds , ⇥00=sen2✓ d

2⇥ds2 �cos ✓ d⇥ds

⇤. Nos queda:

[L]⇥1�s2⇤ d2⇥

ds2 � 2s d⇥ds + �⇥ = 0 , llamada ecuación de Legendre.

Debe ⇥ estár acotada en s=±1 [ ✓=0,⇡ polos de la esfera]: (P)n (1�s2)⇥00�2s⇥0+�⇥=0⇥ acotada en s=±1 .

Para resolver [L] necesitamos series. Como a(s)=� 2s1�s2 y b(s)= �

1�s2 son analíticas si |s |<1 probamos:

⇥ =1’k=0

ck sk !1’k=2

⇥k(k�1)ck sk�2�k(k�1)ck sk

⇤�

1’k=1

2kck sk+1’k=0�ck sk = 0 !

s0: 2 · 1 · c2+�c0=0 , c2=� �2·1 c0 ; s1: 3 · 2 · c3+(��2)c1=0 , c3=���2

3·2 c1 ,

sk : (k+2)(k+1)ck+2+(��(k+1)k)ck =0 , ck =���(k�1)(k�2)k(k�1) ck�2 ! c4=

�(��6)4! c0 , c5=

(��2)(��12)5! c1 , . . .

⇥ = c0⇥1� �

2 s2+ �(��6)4! +· · ·

⇤+ c1

⇥s� ��2

6 s3+ (��2)(��12)5! s5+· · ·

⇤= c0⇥1+c1⇥2

Si �=n(n+1) , con n=0,1,2, . . . , o ⇥1 o ⇥2 se reduce a un polinomio de grado n :�=0 ! ⇥1=1 , �=6 ! ⇥1=1�3s2 , . . . �=2 ! ⇥2= s , �=12 ! ⇥2= s� 5

3 s3 , . . .

PP

P P

1

2

3

0

1–1

El polinomio de Legendre de grado n es el polinomio solución que cumple Pn(1)=1 :

P0=1 , P1= s , P2=32 s2� 1

2 , P3=52 s3� 3

2 s , . . .

El resto de soluciones son series que se ve (es difícil) que no están acotadas a la vezen 1 y en �1 . Por tanto los autovalores de (P) son �n=n(n+1) , n=0,1,2, . . . , y susautofunciones son los {Pn(s)} , con las propiedades habituales. Por ejemplo, Pn tienen ceros en (�1,1) . Y son ortogonales:

Ø 1�1 PnPm ds=0 , si m,n ,

Ø 1�1 P 2

n ds = 22n+1 .

Sigamos con el [Pe]. En la variable inicial ✓ , las autofunciones del problema de contorno (P) son:�Pn(s)

=�Pn(cos ✓)

⇥P0=1 , P1=cos ✓ , P2=

32 cos2✓� 1

2 , P3=52 cos3✓� 3

2 cos ✓ , . . .⇤

Resolvemos la ecuación de Euler en R que apareció separando variables para los autovalores �n :⇢2R00+2⇢R0�n(n+1)R=0 ! µ2+µ�n(n+1)=0 , µ=n,�(n+1) ! R=c1⇢n+c2⇢�(n+1)

Deberá R estar acotada en ⇢=0 (centro de la esfera), con lo que: Rn= {⇢n} , n=0,1, . . .

La solución es del tipo: u(⇢, ✓)=1’n=0

an ⇢nPn(cos ✓) . Sólo falta: u(R, ✓)=1’n=0

anRnPn(cos ✓)= f (✓) .

Como la ecuación en forma autoadjunta pasa a ser (sen ✓ ⇥0)0+ � sen ✓ ⇥=0 , el peso es r(✓)=sen ✓ .

El denominador de los coeficientes es hPn ,Pni=π ⇡

0

⇥Pn(cos ✓)

⇤2 sen ✓ d✓ s=cos ✓=

π 1

�1

⇥Pn(s)

⇤2ds = 22n+1 .

Por tanto, los an de la serie de arriba vienen dados por an= 2n+12Rn

π ⇡

0f (✓) Pn(cos ✓) sen ✓ d✓ , n=0,1, . . .

[Estas integrales son difíciles (o imposibles) de calcular exactamente. salvo que f (✓) sea un polinomio en cos ✓ ].

Ej 3. Si R=1 y f (✓)=cos2✓ se tiene (haciendo s=cos ✓ ): an = 2n+12

Ø 1�1 s2Pn(s) ds .

Para escribir s2 en función de los Pn bastan P0 , P1 , P2 . Sólo hay que calcular 3 coeficientes:

a0=12

Ø 1�1 s2 ds =

par

Ø 10 s2 ds = 1

3 . a1=32

Ø 1�1 s2P1 ds = 0 ya que P1 es impar (y también s2P1 ).

a2 =52

Ø 1�1

⇥ 32 s4� 1

2 s2⇤ ds = 52

Ø 10

⇥3s4�s2⇤ ds = 5

2⇥ 3

5� 13⇤= 2

3 ! u(⇢, ✓)= 13� 1

3 ⇢2+⇢2 cos2✓ .

O mejor, tanteando con los Pn de arriba: cos2✓= 23� 3

2 cos2✓� 12�+ 1

3 ! a2 =23 , a0 =

13 .

[El problema en 3 variables necesita series dobles y EDOs más complicadas (la ‘asociada de Legendre’). Sus solucionescontienen, además de los polinomios de Legendre, productos de ellos por cosenos y senos de � (los ‘armónicos esféricos’)].

67

Estudiemos la vibración de una membrana circular (de un tambor), suponiendo quehay simetría radial para simplificar (de nuevo será un problema en 2 variables). Y tambiénsuponemos que inicialmente es ut =0 :⇢

utt �⇥urr+ 1

r ur⇤= 0 , r 1, t 2R

u(r,0)= f (r), ut (r,0)=0 , u(1, t)=0

[Respecto de la ecuación en el espacio sólo cambiaun 2 por un 1, pero es lo que complica los cálculos.Aquí no hay cambio que lleve a la cuerda vibrante].

u = RT ! T 00T =

R00+ R0r

R = �� !⇢

rR00+R0+�rR=0 , R acotada en 0 , R(1)=0T 00+ �T = 0 , T 0(0)=0 !

�cos

�p� t

� De nuevo tenemos un problema singular para una EDO sólo resoluble con series. Empezamos quitando �mediante un cambio de variable independiente (se prueba como en 3.3 que todos los �>0 ):

s=p� r=w r (regla de la cadena) ! dR

dr =wdRds ,

d2Rdr2 =w

2 d2Rds2 ! s d2R

ds2 +dRds +sR=0 .

Esta ecuación es caso particular (con p=0 ) de lallamada ecuación de Bessel de orden p : [B] s2R00+sR0+[s2�p2]R = 0 , p�0 ,

que resolvemos en general pues aparece en otros problemas (si no hay simetría radial, por ejemplo).s=0 es singular regular con polinomio indicial r(r�1)+r�p2, r1= p , r2=�p . Entonces

R1= sp1’k=0

ck sk (acotada en s=0 8p , y convergente 8s ) !1’k=0

⇥k(2p+k)ck sp+k+ck sp+k+2⇤ = 0 .

ck =� ck�2k(2p+k) , k=2,3, . . . , c1=0 ! c3= · · ·= 0 , c2=� c0

22(p+1) , c4=c0

242(p+1)(p+2) , . . . !

R1=c0 sph1+

1’m=1

(�1)mx2m

22mm!(p+1)·· ·(p+m)

i A estas R1 (elegiendo un c0 concreto) se les llamafunciones de Bessel Jp de primera especie y orden p .

–0.4

–0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

5 10 15 20

J 0

J 1

En particular son: J0(s)=1’

m=0

(�1)m(m!)2

⇥s2⇤2m , J1(s)=

1’m=0

(�1)mm!(m+1)!

⇥s2⇤2m+1 ,

cuyas gráficas están a la izquierda. Como J0 y J1 , todas las Jp oscilany tienen infinitos ceros en (0,1) . Los de J0 son: 2.405, 5.520, 8.653, . . .Las soluciones R2 de Frobenius (funciones de Bessel Kp de segunda

especie) no están acotadas en s=0 (por el J0 ln s , o por aparecer s�p ).Si p= 1

2 ,32 ,

52 , . . . , aunque r1�r2 2N , en la R2 no aparece el ln s (caso c] de Frobenius, pero con d=0 ).

No sólo esto, las J 2n+12, n2Z , son funciones elementales. En particular, si p= 1

2 es R = c1sen sp

s+ c2

cos sps

.

Volvamos ya a nuestro problema de contorno singular en la variable inicial r :

(P)n �

rR0� 0+ �rR = 0 (el peso es r )R acotada en r=0 , R(1)=0

La solución general de la ecuación, deshaciendoel cambio s=wr , es: R = c1J0(wr)+c2K0(wr) .

Por la primera condición es c2=0 ( K0 no acotada). De la otra sale c1J0(w)=0 . Por eso los autovalores sonlos �1<�2< · · · cuyas raíces son los infinitos ceros de J0 . Y las autofunciones asociadas son Rn=

�J0(wnr)

,

que serán ortogonales respecto al peso r . Para esos �n las soluciones para la T son: Tn=�

cos�wn t

� .

Sólo falta imponer una condición: u(r, t)=1’n=1

cn cos(wn t) J0(wn r) ! u(r,0)=1’n=1

cn J0(wn r)= f (r) .

Y entonces los cn vendrán dados por: cn=h f ,RnihRn,Rni =

Ø 10 r f (r) J0(wn r) drØ 1

0 r J20 (wn r) dr

=2

J21 (wn)

π 1

0r f (r) J0

�wn r

�dr .

Probemos la última igualdad (integremos el denominador). Para ello utilizaremos esta propiedad:⇥sn Jn

⇤ 0= sn Jn�1 ! J 0

0=�J1 ,⇥s J1

⇤ 0= s J0 , . . .

Haciendo s=wn r queda: 1w2

n

π wn

0s J2

0 (s) ds = 12w2

n

⇥s2 � J2

0 (s)+ J21 (s)

� ⇤wn

0 =12 J2

1 (wn)⇥era J0(wn)=0

⇤.Ø

s J20 ds

"= s2

2 J20 +

Øs J0 s J1 ds = s2

2 J20 +

12⇥s J1

⇤2

Pese a su aspecto complicado, la solución no lo es mucho más que laÕ

kn cos(n⇡t) sen(n⇡x) de la cuerda vibrante.En muchos libros y programas de ordenador se encuentran más ceros wn de J0 , con los decimales que se precisen,y los valores de J1(wn) . Con un programa (tipo Maple o Sage) que reconozca la J0 y que sepa hacer integracionesaproximadas podemos obtener valores de los cn para cualquier f que nos aparezca. Obsérvese que las vibraciones de

un tambor, a diferencia de una cuerda, no son periódicas (los wn no son múltiplos exactos unos de otros).

68

Resolvemos para acabar algún problema (homogéneo) en tres variables (sólo con las EDOs conocidas).Necesitaremos las series de Fourier dobles:Sean Xn(x) , x 2 [a, b] e Ym(y) , y 2 [c, d] las autofunciones de dos problemas de contorno con pesos r(x)y s(y) , y sea f (x, y)2C1 �[a, b]⇥[c, d]� . Entonces en (a, b)⇥(c, d) se puede escribir f como la serie:

f (x, y) =1’

m=1

1’n=1

cnm XnYm con cnm= 1hXn ,Xn i

1hYm ,Ym i

π b

a

π d

cf (x, y) XmYn r s dy dx ,

donde hu, vi esØ b

au v r dx ó

Ø d

cu v s dy .

Pues f (x, y)=1’

m=1Cm(x)Ym , Cm(x)= h f (x,y) ,Ym i

hYm ,Ym i . Y ahora Cm(x)=1’n=1

cnm Xn , cnm=hCm(x),Xn ihXn ,Xn i .

Un caso particular son los desarrollos en series trigonométricas dobles de una f 2C1 �[0, L]⇥[0,M]�:

f (x, y)=1’n=1

1’m=1

bnm sen n⇡xL senm⇡y

M con bnm= 4LM

π L

0

π M

0f (x,y) sen n⇡x

L senm⇡yM dy dx .

f (x, y)= 14 a00 +

12

1’n=1

an0 cos n⇡xL +

12

1’m=1

a0m cos m⇡yM +

1’m=1

1’n=1

anm cos n⇡xL cos m⇡y

M

con anm= 4LM

π L

0

π M

0f (x, y) cos n⇡x

L cos m⇡yM dy dx .

[O desarrollos parecidos enÕ

sen cos oÕ

cos sen , o impares, o con series en senos y cosenos].

Ej 4. Desarrollemos f (x, y) = x cos y , en [0,⇡]⇥[0,⇡] de dos formas distintas:

bnm= 4⇡2

π ⇡

0

π ⇡

0x cos y sen nx sen my dy dx ! x cos y = 16

⇡

1’n=1

1’m=1

[�1]n+1mn[4m2�1] sen nx sen 2my .

anm= 4⇡2

π ⇡

0

π ⇡

0x cos y cos nx cos my dy dx ! x cos y= ⇡

2 cos y � 4⇡

1’n=1

1(2n�1)2 cos[2n�1]x cos y .[ya estaba desarrollada en y ]

Ya podemos resolver esta ecuación del calor en un cuadrado:

0

0

0

0

0

!

!

⇢ut � k[uxx+uyy] = 0 , (x, y)2 (0,⇡)⇥(0,⇡) , t >0u(x, y,0)= f (x, y) , u(x,0, t)=u(x,⇡, t)=u(0, y, t)=u(⇡, y, t)=0

[Evolución de las temperaturas de una placa, dadas las iniciales, si el borde se mantiene a 0� ].

Buscamos soluciones: u(x, y, t) = X(x)Y (y)T(t) ! XYT 0 � k[X 00Y+XY 00]T = 0

X00X =

1kT 0T � Y00

Y =�� !⇢

X 00 + �X = 0Y00Y =�+

1kT 0T =�µ !

⇢Y 00 + µY = 0T 0 + k[�+µ]T = 0

[Una vez más dejamos para la Tla expresión más complicada].

Por las condiciones de contorno: X(0)=X(⇡)=Y (0)=Y (⇡)=0 !n �=n2, Xm= {sen nx}, n=1,2, . . .µ=m2, Yn= {sen my}, m=1,2, . . .

! Tnm=�e�(n2+m2) k t ! unm(x, y, t)=

�e�(n2+m2) k t sen nx sen my

cumple la EDP y todas

las condiciones de contorno, como cualquier combinación lineal de ellas. Esto nos lleva a la serie:

u(x, y, t)=1’n=1

1’m=1

bnm e�(n2+m2) k tsen nx sen my . Además: u(x, y,0)=1’n=1

1’m=1

bnm sen nx sen my= f (x, y)

! bnm=4⇡2

π ⇡

0

π ⇡

0f (x, y) sen nx sen my dx dy , n,m�1 .

⇥Como en la varilla, u �!

t!10

⇤.

Ahora uno de Laplace en un cubo con condiciones de mixtas (de solución única):⇢�u = 0 en (0,⇡)⇥(0,⇡)⇥(0,⇡)u(x, y,0)= f (x, y) , u=0 en x=0, x=⇡, z=⇡ , uy =0 en y=0, y=⇡ u=XY Z !

Y”Y +

Z00Z =�X00

X =� ,Z00Z ��=�Y”

Y = µ!( X 00+�X=0, X(0)=X(⇡)=0

Y 00+µY =0, Y 0(0)=Y 0(⇡)=0Z 00�[�+µ]Z =0, Z(⇡)=0

,

( �=n2, Xn= {sen nx}, n=1,2, . . .µ=m2, Ym= {cos my}, m=0,1, . . .

Zmn=�sh

�pn2+m2 [⇡�z]

� u(x, y, z) = 1

2

1’n=1

cn0 sh�n[⇡�z]

�sen nx +

1’m=1

1’n=1

cnm sh�p

n2+m2 [⇡�z]�sen nx cos my

Como u(x, y,0)= f (x, y) , serán: cnm= 4⇡2 sh

�⇡pn2+m2

� π ⇡

0

π ⇡

0f (x, y) sen nx cos my dy dx n=1,2, . . .

m=0,1, . . .

69

5.4. La transformada de Fourier

Sea f (x) definida en R y absolutamente integrable⇥ Ø 1

�1 | f | < 1⇤

.

La transformada de Fourier de f es la función f (k)= 1p2⇡

π 1

�1f (x) ei kx dx .

Si f es además C1 se puede recuperar a partir de f usando la fórmula de inversión:

Teor 1. f 2C1(R) y absolutamente integrable ) f (x)= 1p2⇡

π 1

�1f (k) e�i kxdk 8x 2R .

⇥Algunos libros no ponen 1p

2⇡en la definición de f y ponen 1

2⇡ en la fórmula de

inversión; también se puede ver en la primera fórmula e�i kx y en la segunda ei kx ⇤.

Se llama a f transformada inversa de Fourier de f . Vamos a denotar tambiénF [ f ]= f y F �1 ⇥ f

⇤= f . Es evidente que F y F �1 son lineales.

Veamos otras propiedades. La F hace desaparecer derivadas:

Teor 2. f , f 0, f 00 2C(R) y absolutamente integrables ) F [ f 0 ] = �i k F [ f ]F [ f 00 ] = �k2 F [ f ]

F⇥

f 0(x)⇤= 1p

2⇡

Ø 1�1 f 0(x) ei kxdx= 1p

2⇡f (x) ei kx ⇤1

�1� i kp2⇡

Ø 1�1 f (x) ei kxdx = �i k F

⇥f (x)

⇤,

pues f !x!1

0 siØ 1�1 | f | converge. F

⇥f 00(x)

⇤=�i k F

⇥f 0(x)

⇤=�k2 F

⇥f (x)

⇤.

Estas transformadas nos aparecerán resolviendo EDPs (probamos las 2 primeras):

Teor 3.

F �1h

f (k) ei aki= f (x�a) . Si h(x)=

⇢1 , x 2 [a, b]0 en el resto , F [h]= 1p

2⇡ei kb� ei ka

i k .

F�e�ax2 �

= 1p2a

e�k2/4a . F �1 �e�ak2 �= 1p

2ae�x2/4a .

F �1 � f e�i ka � = 1p2⇡

Ø 1�1 f (k) e�i k(x�a)dk = f (x�a) . F (h) = 1p

2⇡

Ø b

aei kxdx = 1p

2⇡ei kb�ei ka

i k .

Es totalmente falso que transformadas de productos sean productos (no lo es la integral de un producto). Peroa veces necesitaremos hallar transformadas inversas de productos. Necesitaremos entonces:

Teor 4.La convolución de f y g es la función: ( f ⇤g)(x)= 1p

2⇡

π 1

�1f (x�s) g(s) ds .

Se tiene f ⇤g=g⇤ f , y F ( f ⇤g) = F ( f ) F (g) , si las transformadas existen.

a

(x–a)

a

δ

∞Hallemos la transformada de la ‘función’ delta de Dirac, cuya definiciónseria exige la llamada ‘teoría de las distribuciones’, pero que es fácil demanejar formalmente. La �(x�a) se puede ‘definir’ intuitivamente como el‘límite’ cuando n ! 1 de

fn(x) =⇢

n si x 2⇥a � 1

2n , a +1

2n⇤

0 en el restoEsta �(x�a) tiene las siguientes propiedades (que nos bastarán para trabajar con ella):

�(x�a)=0 si x,a ;Ø c

bf (x) �(x�a) dx =

⇢f (a) si a2 [b, c]0 si a< [b, c] ;

Ø 1�1 �(x�a) dx=1 .

Su transformada es muy fácil de hallar: F⇥�(x�a)

⇤= 1p

2⇡

Ø 1�1 �(x�a) ei kx dx = 1p

2⇡ei ka .

Aplicar a una EDP en dos variables la F en una de ellas lleva a una EDO (en la otra variable) para u .Resolviendo la EDO se halla u . Identificando la u de la que proviene o con el teorema 1 se puede a vecesdar la solución, pero en muchos casos hay que dejar u en términos de integrales no calculables.

EDP en EDO en tt constante

û(k,t)u(x,t)solución

x,t

t constante

x k

x k

k cte

ℱ

ℱ-1

En cada uno de los pasos anteriores, hay que tener claro cuáles sonlas variables y cuales las constantes. En lo que sigue, haremos loesquematizado a la izquierda, pues nuestras ecuaciones serán en(x, t) y siempre haremos transformadas en x .

70

Ej 1.⇢

ut+ux =g(x)u(x,0)= f (x)

Aplicamos la F en la variable x (se supone que u , g y f son ‘buenas’, paraque se pueden usar los teoremas). Utilizando la linealidad, el teorema 2 y elhecho de que:

F [ut ] = 1p2⇡

π 1

�1

@u(x,t)@t ei kxdx = @

@t1p2⇡

π 1

�1u(x, t) ei kxdx = ut !

⇢ut� i k u = g(k)u(k,0) = f (k) .

Esta lineal de primer orden en t tendrá solución con una constante para cada k :

u(k, t) = p(k) ei kt� g(k)i k , con p arbitraria d.i.! u = f (k) ei kt + g(k)

⇥ ei kt�1i k

⇤Teor 3 y 4=) u(x, t) = f (x�t) +

p2⇡ g(x)⇤h(x) siendo h(x)=

n 1 si x 2 [0, t]0 en el resto .

ComoØ t

0 g(x�u) du = �Ø x�tx

g(s) ds , concluimos que u = f (x�t) +Ø x

x�t g(s) ds .

Obsérvese que la expresión anterior nos da la solución del problema si f 2C1 y g continua,aunque no sean absolutamente integrables, que era necesario para aplicar la transformada.Esta situación es típica utilizando la F : se es riguroso sólo justificando el resultado final.⇥

Se puede resolver siguiendo 4.1: dtdx =1 !

n⇠ = x�t⌘ = x ! u⌘ =g(⌘) ! u= p(x�t)+

Ø x

0 g(s) ds ,

p(x)+Ø x

0 g(s) ds= f (x) ! u= f (x�t)�Ø x�t0 g(s) ds +

Ø x

0 g(s) ds , como antes⇤.

Ej 2.⇢

utt + utx � 2uxx = 0u(x,0)= f (x),ut (x,0)=0 Aplicando F :

⇢utt � i kut + 2k2u = 0u(k,0)= f (k), ut (k,0)=0

..

Resolviendo esta lineal con coeficientes constantes de coeficientes complejos:µ2�i kµ+2k2=0 ! µ=2i k,�i k ! u(k, t) = p(k) e2i kt+ q(k) e�i kt

Imponiendo datos iniciales: p(k)= 13 f (k) , q(k)= 2

3 f (k) ! u(k, t) = 23 f (k) e�i kt+ 1

3 f (k) e2i kt .

Y como F �1 ⇥ f (k) ei ka⇤ = f (x�a) , será u = 23 f (x+t) + 1

3 f (x�2t) [solución válida 8 f 2C2 ,tenga o no transformada].

De nuevo el ejemplo es resoluble también a través de las características:

B2�4AC=9 hiperbólica !⇢⇠= x+t⌘=x�2t

!( uxx = u⇠⇠+2u⇠⌘+u⌘⌘

uxt = u⇠⇠�u⇠⌘�2u⌘⌘utt = u⇠⇠�4u⇠⌘+4u⌘⌘

! u⇠⌘ =0

! u = p(⇠) + q(⌘) = p(x+t) + q(x�2t) , solución general.⇢u(x,0) = p(x)+q(x) = f (x) q(x)= 13 f (x)�

#C3

ut (x,0)= p0(x)�2q0(x)=0 , p(x)=2q(x)+C " p(x)= 23 f (x)+C

3! u(x, t)= 2

3 f (x+t)+ 13 f (x�2t) .

Más interés que estos ejemplos, pues no tenemos ningún otro método para resolverlo, tiene:

Problema para el calor

en una varilla infinita: (P)⇢

ut � uxx = 0 , x 2R, t >0u(x,0) = f (x) , u acotada

Suponemos que u y f son buenas y tienden rápidamente a 0 en ±1 para poder utilizar los teoremas.

Aplicando la F en la variable x :⇢

ut+ k2u = 0u(k,0)= f (k) cuya solución es u(k, t)= f (k) e�k2t .

La solución será la convolución de las transformadas inversas de cada uno de los factores:

u(x, t) = 12p⇡t

π 1

�1f (s) e�(x�s)2/4t ds ⌘

π 1

�1G(x, s, t) f (s) ds [1]

G(x, s, t)= 12p⇡t

e�(x�s)2/4t es la llamada solución fundamental de la ecuación del calor[es la temperatura del punto x en el tiempo t debida a una f inicial de la forma �(x�s) ].

Se prueba que [1] da realmente la solución de (P) con hipótesis más amplias de las que permiten aplicar F . Enconcreto, para toda f acotada y continua a trozos [1] da la solución única de (P) que es continua para t �0 ,menos en los puntos de t=0 en que f es discontinua. [1] dice también que, según este modelo matemático,el calor viaja a velocidad infinita: si f >0 en un entorno de un xo y nula en el resto, está claro que u(x, t)>0por pequeño que sea t y grande que sea |x� xo | . También se ve que u es C1 para t > 0 aunque f seadiscontinua (¡aunque sea f (x)=�(x�s) !). Son propiedades claramente diferentes de la ecuación de ondas.

71

Ej 3. Apliquemos [1] para resolver un par de problemas particulares.

Sea primero f (x)=⇢

0 , x<01 , x �0 ! u(x, t)= 1

2p⇡t

π 1

0e�(x�s)2/4t ds . Haciendo el cambio v= s�x

2pt

:

u(x, t) = 1p⇡

π 1

�x/2pt

e�v2 dv = 1p⇡

π x/2pt

0e�v2 dv + 1p

⇡

π 1

0e�v2 dv = 1

2

h1 + �

� x2pt

� i,

0

1

s

-1

!(s)donde �(s)= 2p

⇡

π s

0e�v2

dv es la llamada función error que aparecea menudo en la teoría de las probabilidades.

0

1

x

1/2

t!"�

Como se observa, la solución, suave si t >0 ,tiende hacia 1

2 para todo x cuando t ! 1 .

Sea ahora f (x)= e�x2 . Completamos cuadrados y hacemos un cambio de variable:

u = 12p⇡t

π 1

�1e�s2e�

(x�s)24t ds = 1

2p⇡t

e� x24t+1

π 1

�1e�(•)2 ds con •=

sp

4t+1� xp4t+1

2pt

.

Haciendo z = • se obtiene: u = 12p⇡t

2ptp

4t+1e� x2

4t+1

π 1

�1e�z2

dz = 1p1+4t

e� x21+4t .

Pero sale mucho más corto aplicando directamente F :⇢ut =�k2uu(k,0)= 1p

2e�k2/4 ! u= 1p

2e�

k2(1+4t )4 ! u= 1p

1+4te� x2

1+4t .

Ej 4.⇢

ut � uxx + 2tu = 0 , x 2R, t >0u(x,0)= f (x) , u acotada

Hallemos la solución para una f (x) generaly deduzcamos la solución para f (x)⌘1 .⇥

Como F (1) no existe, no se puede resolver directamente el problema con u(x,0)=1⇤.⇢

ut+(k2+2t)u = 0u(k,0)= f (k) ! ˆu(k, t) = p(k) e�k2t�t2 d.i.! ˆu(k, t) = f (k) e�t2e�k2t !

u(x, t) = e�t2f (x) ⇤ F �1(e�k2t ) = e�t2

2p⇡t

π 1

�1f (s) e�(x�s)2/4t ds .

En particular, si f (x)⌘1 , u = e�t2

2p⇡t

π 1

�1e�(x�s)2/4tds =

"e�t2p

⇡

π 1

�1e�u2 du = e�t2 .

(s�x)/(2pt )=u⇥

Parece que sería adecuado hacer un cambio de la forma u=w e�t2 !n wt � wxx = 0w(x,0)= f (x) ;

de [1] se deduce nuestra fórmula y w⌘1 es solución clara si f (x)⌘1 (la varilla sigue a 1o )⇤.

Ej 5.⇢

ut�uxx =�(x)u(x,0)=0

⇢ut+k2u = 1p

2⇡u(k,0)=0

! u = 1�e�k2 t

k2p

2⇡! u = 1

2⇡

π 1

�11�e�k2 t

k2 e�i kx dk .

No sabemos hallar esta integral en general, pero sí podemos calcular, por ejemplo:

u(0, t) = 12⇡

Ø 1�1

1�e�k2 t

k2 dk = � 1�e�k2 t

2⇡k⇤1�1 +

t⇡

Ø 1�1 e�k2tdk = t

⇡

p⇡t =

qt⇡h Ø 1

�1 e�k2tdk =k2t=s2

1pt

Ø 1�1 e�sds

i%

72

Problemas de Métodos Matemáticos (19/20) 1 - Cálculo diferencial en Rn

1. Sean x = 4 i + 3 j , y = i � j . Hallar y dibujar x + y , x � y y x + 3y , y hallar el módulo de estos 3 vectores.Comprobar la desigualdad triangular y la de Cauchy-Schwartz para x e y . ¿Forman x e y un ángulo agudo uobtuso entre ellos? Hallar la distancia de x a y y el ángulo formado por y y x + 3y .

2. Sean a= (1,0,�1) , b= (1,1,0) . Hallar b�a , a · b , a ⇥ b y a · (a⇥b) . Hallar la distancia de a a b y el ánguloque forman. Comprobar la desigualdad triangular para a y b . Escribir una expresión del plano que contieneesos vectores. Dar ecuaciones paramétricas del segmento que une a y b que lo recorran en sentidos opuestos.

3. Con las curvas de nivel y algunas secciones dibujar las superficies definidas por:a) z=4�2x�y b) z= |y | c) x2+4y2+4z2=4 d) z2= x2+y2�1

4. Sean: a) f (x, y)= xy , b) g(x, y)= y2 , c) h(x, y)=2x�y , d) k(x, y)= (x2+y2)�1 . Dibujar algunas curvas denivel. Hallar y dibujar su gradiente en algunos puntos. Hallar la ecuación del plano tangente en el punto (1,1) .

5. Calcular las derivadas parciales de segundo orden de:f (x, y) = x5y�4x�xy3 g(x, y) = x ex+y h(x, y) = cos(xy)

x k(x, y) = arctan xy

6. Sea F(x, y, z) = x3�2yz+ exz2 . Hallar la ecuación del plano tangente a F = 0 en (0,1,2) . Encontrar un uunitario que sea perpendicular al vector (1,0,1) y tal que DuF(0,1,2)=0 .

7. Sean f (x, y)=�x3�y

�2 y c(t)= (t, ln t) . Dibujar las curvas de nivel f (x,y)= 0 y 1 . Hallar la derivada de fen el punto (1,0) en la dirección del vector unitario tangente la curva dada por c .

8. Sea la curva dada por c(t)=�et, t2� , t 2 [�2,2] . Dibujarla y hallar: i) la recta tangente en el punto (e,1) y un

vector unitario normal a la curva en ese punto , ii) su punto de corte con la curva r(s)= (s, s�1) , s2 [0,5] .

9. Sean g(x, y) =p

20�x2�y2 y la curva c(t)=�t, t2� , t 2 [�2,2] . a) Dibujar en el plano xy las curvas de nivel

g(x, y)=2p

5 ,4 ,0 y la curva C descrita por c(t) . b) Hallar de dos formas la ecuación del plano tangente a lagráfica de g en (�1,1) . c) Hallar la derivada de h(t)=g(c(t)) en t=�1 utilizando la regla de la cadena.

10. Sea f : R3! R de C2 y sea h(t)= f (t,�t, t2) . Hallar, mediante la regla de la cadena, h00(t) en función de lasderivadas de f y comprobar la fórmula obtenida en el caso de que sea f (x, y, z)= x+y+z2 .

11. Sean f(u, v) =�eu+2v,2u+v

�y g(x, y, z) =

�2x2�y+3z3,2y�x2� . Calcular la matriz de la diferencial de f � g

en (2,�1,1) , i) utilizando la regla de la cadena, ii) componiendo y diferenciando.

12. Sea f (x, y)= x+y1+xy . a] Hallar el plano tangente a la gráfica de f en el punto (0,2) y la recta tangente a la

curva de nivel de f que pasa por dicho punto. b] Si h(u, v)= f (u3+v2�1, ev+ 1) , calcular, mediante la reglade la cadena, la derivada direccional de h según el vector

�1/p

2 ,�1/p

2�

en el punto (u, v)= (1,0) .

13. Sea f (x, y) = xx2+y2 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)= 0 ,1 , 12 ,

25 , y r f (2,1) . Hallar algún vector u

unitario tal que la derivada Du f (2,1) valga: i) 0 , ii) � 325 . Hallar div(rf ) en cartesianas y polares.

14. Sea f (x, y) = x2+y2

2+x2+y2 . a] Dibujar las curvas de nivel f =C con C= 13,

12,

23 , el corte con x=0 y su gráfica.

b] En el punto (1,�1) hallar la ecuación de su plano tangente y la derivada de f según el vector u = (2,2) .¿En la dirección de qué vector unitario v es máxima la derivada direccional en ese punto? c] Hallar � f .

15. Sean f(x, y) = (x2,1, y2) , g(x, y, z) = z . a) Hallar div f , rot f , rg , �g , rot (rg) , div(rot f) , r(f ·rg) ,rot ( f ⇥rg) , rot

�r(f · rg)

�, div

�rot (f ⇥ rg)

�. b) Probar que en general es: rot (g f) = g rot f + rg⇥ f ,

div (g f)=g div f + rg · f , y comprobarlo con los campos anteriores.

16. Si F(x, y, z)= xy i + y2 j + xz k , hallar: div F , rot F , r(div F) , div(rot F) , rot(rot F) , r(F · F) .

�

Problemas de Métodos Matemáticos (19/20) 2 - Cálculo integral en Rn

1. Hallar las integrales dobles∫

Df dx dy de las f que se dan en los recintos D⇢R2 que se indican:

a) f (x, y)= x2+y2, D= [0,1]⇥[0,1] b) f (x, y)= log(xy) , D= [1,2]⇥[1,2]c) f (x, y)= y exy , D= [0,1]⇥[0,1] d) f (x, y)= xy , D región limitada por las curvas y= x , y= x2

e) f (x, y)= x , D círculo unidad f) f (x, y)=sen x , D triángulo acotado por y=0 , y= x , y=⇡�xg) f (x, y)= x2, D círculo unidad h) f (x, y)= y/x2, D triángulo de vértices (1,0) , (2,0) , (1,1)

2. Sea f (x, y)= y2�x . a] Dibujar las curvas de nivel f =0 y f =�1 . Hallar el plano tangente en (1,�1) . Hallar elu unitario para el que la derivada Du f (1,�1) es mínima y el valor de esa derivada. Calcular � f en cartesianasy también utilizando polares. b] Hallar

∞D

f dx dy , con D triángulo de vértices (0,0) , (�2,2) y (1,2) .

3. Sean f (x, y)= yx+1 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C=0,1,�1 , hallar rf (0,1) , � f (x, y) y la

derivada de f en el punto (0,1) en la dirección del vector v=� 3

5,45�. b] Calcular

∞D

f , siendo D la regiónacotada por x=0 , y=1 y x= y2 .

4. Sea f (x, y)= x�x2+y2��1/2 . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C=0 ,1 . Hallar y dibujar rf (0,2) .

Hallar la ecuación del plano tangente en el punto (0,2) . b] Calcular la integral doble∞D

f dx dy , siendo Dla región del primer cuadrante limitada por las circuferencias x2+y2=1 y x2+y2=4 .

5. Sea g(x, y)= yp

x2+y2 . a) Hallar la ecuación del plano tangente en el punto (0,�2) . Hallar �g (mejor polares).b) Calcular la integral doble

∞Dg , siendo D la parte del círculo x2+y2 4 y con x 0 , y�0 .

6. Calcular, trabajando en cartesianas y polares,∞D

x dx dy , con D región dada por x2+y2 2 , x �1 , y�0 .

7. Sea R una lámina que ocupa la región r cos ✓ . Si ⇢(r, ✓)=cos ✓ es su densidad, hallar su centro de masas.

8. Calcular el volumen del sólido acotado por la superficie z= x2+y sobre el rectángulo [0,1]⇥[1,2] .

9. Calcular±

Vf , siendo: a) f (x, y, z)= ey y V el sólido limitado por x=0 , x=2 , y=1 , z=0 , y+z=0 .

b) f (x, y, z)= xy2z3 y V el sólido limitado en x, y, z�0 por la superficie z= xy y los planos y= x y x=1 .

10. Dibujar la gráfica de g(x, y)=2 e�p

x2+y2 y calcular el volumen del recinto que encierra con el plano z=1 .

11. Sea F(x, y, z)= y+2xz . a) Hallar un u unitario para el que DuF(1,2,�1)=0 y que además sea perpendicularal vector (1,�1,0) . b) Calcular

±V

F, si V es el medio cilindro descrito por x2+y2 1 , y�0 , 0 z3 .

12. Calcularª

Vz dx dy dz , siendo V el sólido limitado por las superficies z=

px2+y2 y x2+y2+z2=4 ,

trabajando en coordenadas cilíndricas y esféricas.

13. a) Probar que la longitud de una curva dada en polares por r= f (✓) , ✓ 2 [↵, �] es L=Ø �

↵

p[ f (✓)]2+[ f 0(✓)]2 d✓ .

b) Si R es la región del primer cuadrante acotada por los ejes coordenados y la circunferencia r=2(cos ✓+sen ✓) ,calcular mediante integrales: i) el área de R , ii) la longitud del perímetro de R .

14. Hallarπ

cf ds para la f y las curvas que se indican:

a) f (x, y, z) = yz , c(t)= (t,3t,2t) , t 2 [1,3] .b) f (x, y, z)= x+z , c(t)=

�t, t2, 23 t3� , t 2 [0,1] .

15. Si F(x, y, z)= y+2zx , calcular: a) rF y �F , b) el u unitario que hace máxima la DuF(1,0,1) , c) la ecuación

del plano tangente a la superficie F=2 en el punto (1,0,1) , d)±

VF , V sólido acotado por x=1 , x=2 , y=0 ,

y=2 , z=0 , y+2z=0 , e) la integral de línea de F sobre el segmento que une los puntos (1,0,0) y (1,2,2) .

16. Sea el campo vectorial f(x, y, z)= (xy , x ,�yz) . Hallar div f y rot f . Calcular la integral de línea de f a lolargo del camino c(t)= (cos t, sen t,1) , t 2 [0,⇡] y la longitud de la curva descrita por c(t) .

��

17. Hallar la integral de f(x, y)= (xy,0) entre (�1,0) y (1,0) a lo largo de: a) el eje x , b) la parábola y=1�x2 ,c) la línea quebrada y= |x |�1 , d) la parte inferior de la circunferencia x2+y2=1 . ¿Es f conservativo?

18. Sea f (x, y)= x2y . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)= 0 y 1 . Hallar rf (�1,1) y un u unitario tal queDu f (�1,1)=1 . b] Si D es la parte del círculo x2+y2 1 con x, y�0 , calcular

∞D

f en cartesianas y polares.c] Hallar la integral de línea de g(x, y)= (2xy, x2) entre (�1,0) y (1,1) siguiendo el segmento que los une.

19. Sea f(x, y)=�y2,2xy

�. a] Hallar div f . Probar que f deriva de un potencial y calcularlo. b] Hallar el valor de

la integral de línea de f desde (�1,1) hasta (2,4) a lo largo del segmento que une los puntos: i) directamente,encontrando una parametrización, ii) utilizando el potencial hallado en a].

20. Sea f(x, y)=�y+3x2, x

�. a] Calcular div f . ¿Deriva f de un potencial? b] Determinar el valor de la integral

de línea de f desde (1,0) hasta (�1,0) a lo largo de la semicircunferencia x2+ y2 = 1 , y � 0 . c] Si D es elsemicírculo dado por x2+y2 1 , y�0 , hallar el valor de la integral doble

∞D

div f .

21. Sea D el cuadrilátero cuyos vértices son (0,0) , (2,0) , (4,�1) y (2,�1) . a) Calcular∞D(x+2y) dx dy .

b) Hallar la integral de línea de f(x, y)= (1,cos y) a lo largo de la frontera de D , en el sentido horario.

22. Sea g(x, y, z)= y e2x�z . a] Hallar rg(1,�1,2) y escribir un vector unitario u para el que sea Dug(1,�1,2)=0 .b] Calcular

±Vg , con V sólido limitado por los planos x=0 , x=1 , y=0 , y=2 , z=0 y z=2�x . c] Hallar

el valor de la integral de línea de i) g , ii) rg desde (0,0,0) hasta (1,2,2) sobre el segmento que une los puntos.

23. Sea el campo vectorial g(x, y, z) =�2ye2x,e2x,2z

�. Calcular div g , r( div g) y rot g . Hallar el valor de la

integral de líneaØc g·ds , siendo c(t) el segmento que une (0,0,1) y (1,2,1) en ese sentido.

24. Sea el campo vectorial g(x, y, z)=�z, y2, x

�. a] Calcular div g , r( div g) y rot g . b] Determinar el valor de la

integral de líneaØcg ·ds , siendo c(t)= (cos t, sen t,�sen t) , con t 2

⇥0 , ⇡2

⇤.

25. Sea f(x, y, z)=�z2,2y, cxz

�, c constante. Hallar div f y rot f , precisar para qué valor de c deriva f de un

potencial U y calcularlo. Para este c , ¿cuánto vale la integral de línea de f entre (0,0,0) y (1,0,1) a lo largodel segmento que une los puntos?

26. Sea f(x, y, z)= 2xz i + j + x2 k . a] Hallar div f , rot f , r(div f ) y �( f · f ) . b] Hallar±

Vdiv f dx dy dz ,

siendo V el sólido limitado por los planos y=0 , y=3 , x=0 , z=0 , x+z=2 . c] Hallar la integral de línea def desde (2,3,0) hasta (1,3,1) a lo largo del segmento que une los puntos.

27. Comprobar el teorema de Green∫

D[gx� fy] dx dy =

E

@Df · ds para:

a) f(x, y)=�y2,2x

�y D la región del plano encerrada entre la parábola x=4�y2 y la recta y= x�2 .

b) f(x, y)=�0, xy2� y D círculo x2+y2 4 .

c) f(x, y)=�y2, xy

�y D semicírculo girado dado por x2+y2 2 e y� x .

28. Sea D la región del plano limitada por las gráficas de y= e�x , y= ex�2 y el eje y . a) Hallar∫

Dx exdxdy .

b) ¿Cuánto vale la integral de línea de f(x, y)= (xy ex,1) a lo largo de @D , en el sentido de las agujas del reloj?

29. Sea D el semicírculo dado por x2+y2 9 , x �0 . a] Calcular∞D

x dx dy usando i) polares, ii) cartesianas.b] Si f(x, y)= (�xy, y) : i) ¿Es f conservativo? ii) Hallar divf . iii) Hallar el valor de

E

@Df ·ds .

30. Sea f (x, y)= y�2xy . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C= 0 y 1 , y rf (0,1) . Hallar un vectorunitario u tal que la derivada de f en el punto (0,1) en la dirección de u sea 0 . Hallar div

�rf

�.

b] Calcular la integral doble∞D

f dx dy , siendo D el triángulo de vértices (0,0) , (2,0) y (0,2) .c] Sea el campo vectorial g(x, y)= (xy2, xy) . ¿Deriva de un potencial? Hallar el valor de la integral de línea de

g entre (2,0) y (0,2) a lo largo del segmento que une estos puntos.

���

Problemas de Métodos Matemáticos (19/20) 3 - Ecuaciones diferenciales ordinarias

1. Hallar la solución general de estas EDOs lineales de primer orden:a) y0=�2y

x b) y0=� yx2 c) y0= y+5 d) y0= y

3x + 2

e) dydx =2xy2 f) dy

dx = x+ xy g) dy

dx = x+ yx h) dy

dx = ex�y

2. Resolver dydx = � 12x+5y

5x+2y : i) como exacta, tras comprobar que lo es; ii) haciendo z= yx .

3. Hallar la solución general T(t) y la que cumple el dato inicial T(0)=0 de las ecuaciones:a) T 0=4�4T b) T 0+ 9T = t c) T 0+(1+2t)T = 0 d) T 0= T+2 sen t

4. Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones lineales homogéneas de segundo orden:a) y00 + 2y0 + 5y = 0 b) x2y00�3xy0+3y = 0 c) x2y00� x(x+2)y0+(x+2)y=0

5. Hallar la solución general de x2y00+xy0�n2y = 0 , para n=0,1,2, . . .

6. Hallar la solución general de las siguientes ecuaciones no homogéneas con coeficientes constantes:a) y00�3y= e2x b) y00+y= x cos x c) y00+y=cos3x d) y00+4y0+5y= x e) y00�2y0+y= x2

7. Hallar la solución general de y00+2y0+�y= f (x) para a) �=�3 y para b) �=2 siendo i) f (x)= e�x ,ii) f (x)= ex .

8. Hallar su solución general y la que cumple los datos iniciales y(0)= y0(0)=0 :a) y00+2y0+2y=2 b) y00+2y0+y= x+2 c) y00+y= x2 d) y00+y=2xex e) y00+y= 2

cos3x

9. a] Resolver dydx =�

y�2x tratándola como: i) lineal, ii) separable, iii) exacta.

b] Hallar la solución general de x2y00+xy0=2x : i) haciendo y0=v , ii) mirándola como ecuación de Euler.

10. Hallar la solución general de estas ecuaciones de Euler no homogéneas:a) xy00+2y0= x b) x2y00� 2y = 2 c) x2y00+4xy0+2y= ex

11. Hallar la solución general de (x+1)y00� y0= (x+1)2 : i) haciendo y0=v , ii) haciendo x+1= s .

12. Sea (e) x2y00� 3xy0= 4 . Hallar la solución general de (e) viéndola como ecuación de Euler y haciendo y0=v .Hallar la solución particular de (e) que satisface y(1)= y0(1)=3 .

13. Sea y00� y = 3e�2x . i) Hallar su solución general y la que satisface los datos iniciales y(0)=1 , y0(0)=0 .ii) ¿Cuántas soluciones de la ecuación cumplen los datos de contorno y0(0)= y0(1)=0 ?

14. a) Hallar la solución general de y00+y0= 2x�1 , i) como lineal de segundo orden, ii) haciendo y0=v .b) Calcular la única solución que satiface los datos iniciales y(0)= y0(0)=0 .c) Precisar cuántas soluciones de la ecuación cumplen los datos de contorno y0(0)= y0(1)=0 .

15. a) Hallar la solución de y00+y0=2 ex que cumple los datos iniciales y(0)=0 , y0(0)=2 .

b) Precisar si �=0 y �=�2 son o no autovalores de⇢y00+y0+�y=0y0(0)= y0(1)=0 , dando la autofunción cuando lo sea.

16. a] Hallar la solución de y00+ 2y0+y=4ex que cumple los datos iniciales y(0)=0 , y0(0)=2 .

b] Sea⇢y00+2y0+�y=0y(0)= y0(1)=0 . Precisar si �=1 y �=2 son autovalores dando la autofunción cuando lo sea.

��

17. Sea⇢y00 + �y = 0y(0)= y0

� 12�=0 .

a] Hallar sin mirar apuntes sus autovalores �n , autofunciones {yn} e hyn, yni .b] Calcular el desarrollo

1’n=1

cn yn(x) de f (x)= x en serie de autofunciones.

18. Hallar los desarrollos de a) f (x)=1 y b) f (x)= x2 , x 2 [0,1] , en serie de i) {sen n⇡x} , ii) {cos n⇡x} .Dibujar con algún programa de ordenador algunas sumas parciales de las series obtenidas.

19. Sea f (x)=n

1 , 0 x 10 , 1< x 2 . Hallar su desarrollo en serie de Fourier f (x) = a0

2 +1’n=1

an cos n⇡x2 .

¿Cuánto debe sumar la serie para i) x=1 , ii) x=2 ? Comprobarlo sustituyendo en la serie.

20. Desarrollar en senos y cosenos en [�⇡,⇡] , dibujando las funciones hacia las que tienden las series:a) f (x)=sen2x b) f (x)=sen x

2 .

21. Sea⇢y00 + �y = 0y(0)�2y0(0)= y(1)�2y0(1)=0 . Hallar sus �n y autofunciones {yn} , y calcular hyn,yni 8n .

[Son calculables exactamente todos los �n , y hay uno negativo].

22. Sea (P)⇢y00 + �y = 0y(0)= y(1)�y0(1)=0 . a) Probar que �0=0 es autovalor y hallar la {y0} asociada. Justificar

gráficamente que hay infinitos �n>0 y que no hay �n<0 .b) Hallar el coeficiente que acompaña a y0 en el desarrollo de f (x)=1 en serie de autofunciones de (P).

23. Desarrollar f (x)=1 en serie de autofunciones del problema⇢y00 + 2y0 + �y = 0y(0)+y0(0)= y(1

2 )=0 .

24. Sea⇢

x2y00+3xy0+y+�y=0y(1)= y(e)=0 .

a] Escribirla en forma autoadjunta y hallar el peso. b] Precisar si �=0 es ono autovalor. c] Probar que �=⇡2 es autovalor, hallar su autofunción {y1}y calcular hy1 , y1i .

25. Sea y00+ y0= x . a] Hallar la solución general y la única que cumple los datos iniciales y(0)= y0(0)=�1.b] Estudiar si hay o no una única solución cumpliendo los datos de contorno y0(0)= y0(1)=0 .

26. Sea⇢y00+ y0+�y = 0y0(0)= y0(1)=0 . Escribir la ecuación en forma autoadjunta. Precisar si � =�2 y � = 0 son o no

autovalores. ¿Cuántas soluciones de y00+ y0�2y=4x cumplen esos datos?

27. a] Estudiar si �=0 y �=�2 son o no autovalores de⇢

x2y00 + �y = 0y0(1)= y0(2)=0 , dando la autofunción cuando lo sea.

b] Precisar si hay o no una única solución de x2y00�2y=2 cumpliendo esos datos de contorno.

28. Hallar, si existe, un valor de a para el que⇢

xy00�y0= x2�ay0(2)= y0(4)=0 tenga infinitas soluciones.

29. Sea⇢y00+ �y = sen xy(0)= y0

� ⇡2�=0 . Precisar, si lo hay, algún � para el que: i) tenga solución única,

ii) tenga infinitas soluciones, iii) no tenga solución.

30. Sea⇢y00 + �y = cos 3xy0(0)= y0( ⇡4 )+y( ⇡4 )=0 . Calcular el primer término del desarrollo de f (x)=cos 3x en serie de

autofunciones del problema homogéneo.Precisar para i) �=0 , ii) �=1 cuántas soluciones tiene el problema no homogéneo.

�

Problemas de Métodos Matemáticos (19/20) 4 - Ecuaciones en derivadas parciales

1. Hallar la solución general⇥y(x) y u(x, y) respectivamente

⇤de: i) x2y00= 2y , ii) x2ux = 2u .

2. Resolvern2xuy+ux =4xy

u(1, y)=1[Hallar sus características y la ecuación para u⌘ (utilizando la reglade la cadena). Hallar su solución general e imponer el dato inicial].

3. Sea [E] uy�2ux = (x+2y)u . Hallar sus características y utilizando la regla de la cadena, la ecuación para u⌘ .Hallar la solución general de [E] y la única que satisface el dato inicial u(x,1)=2 .

4. Sea uy+ux =u+x . Hallar su solución general y la que satisface el dato inicial u(x,0)=�x .

5. Sea 2xyuy�ux = 2xy . Hallar sus características y, con la regla de la cadena, escribirla en las variables (⇠,⌘) .Calcular su solución general y la única que satisface el dato inicial u(1, y)=0 .

6. Sea 2yuy+xux = 4x2y . Hallar sus características y, con la regla de la cadena, escribirla en las variables (⇠,⌘) .Calcular su solución general y la única que satisface el dato inicial u(�2, y)=3y .

7. Hallar la solución de los siguientes problemas de Cauchy:

a) (2y�x)uy+xux =2yu(1, y)=0 b)

uy+3y2ux =2uy +6y4x

u(x,1)= x2 c) uy+2yux =3xuu(x,0)=2x d) 2yuy�xux =2u

u(�1, y)= y3

8. Sea [E] (2x�y)uy+ xux = yu . a] Resolver dydx =

2x�yx tratándola como: i) lineal, ii) exacta, iii) haciendo z= y

x .b] Hallar la solución general de [E] y la única que satisface el dato inicial u(1, y)=1 . Comprobar esta solución.c] Escribir 2 soluciones distintas de [E] que satisfagan el dato u(x, x)= ex .

9. Reducir a forma canónica, si es necesario, y, si es posible, encontrar la solución general:a) uxx+4uxy�5uyy+6ux+3uy=9u b) uyy+2uxy+2uxx =0 c) uxx�3ux+2u= y

10. a] Hallar la solución general y(x) de la EDO y00+y=3 . b] Escribir la EDP uyy�2uxy+uxx+u= x+y en formacanónica y calcular su solución general.

11. Resolver: a)⇢

utt�4uxx+2ut+4ux = 0u(x,0)= x , ut (x,0)=0 b)

⇢utt+2uxt =2u(x,0)=ut (x,0)=0 c)

⇢uyy+2uxy+uxx� u = yu(x,0)=1 , uy(x,0)=0

[Escribir las ecuaciones en forma canónica, hallar su solución general e imponer los datos].

12. Seanut�uxx =0 , x 2 (0,⇡), t >0

u(x,0)=0 , ux(0, t)=ux(⇡, t)=1 . [La v del cambio salta a la vista].

13. a] Escribir f (x)=1 en serie de autofunciones den X 00 + �X = 0

X(0)=X 0(⇡)=0 . ¿Cuánto suma la serie si x= ⇡2 ?

b] Resolver por separación de variablesnut � 4(1+2t) uxx = 0 , x 2 (0,⇡) , t >0

u(x,0)=1 , u(0, t)=ux(⇡, t)=0

14. Sea⇢

ut� 8tuxx =0 , x 2 (0,⇡) , t >0u(x,0)= f (x) , ux(0, t)=u(⇡, t)=0 , con a] f (x)=cos x

2 , b] f (x)= ⇡4 .

Hallar la solución en el caso a] y los 2 primeros términos no nulos de la serie solución en el caso b].

15. a] Escribir el desarrollo de la función f (x)= ⇡2 �x en serie de autofunciones del problema

n X 00 + �X = 0X(0)=X(⇡)=0 .

b] Resolvernut� uxx = sen x , x 2 (0 ,⇡) , t >0

u(x,0)= ⇡2 �x , u(0, t)=u(⇡, t)=0 . [Llevar serie con autofunciones del homogéneo a la EDP

y al dato inicial y calcular las infinitas Tn(t) no nulas].

16. Resolver: a)⇢

ut� uxx = 4 sen 2x , x 2 (0 ,⇡) , t >0u(x,0)=2 sen x , u(0, t)=u(⇡, t)=0 , b)

nut � uxx + u = e�2t, x 2 (0,⇡) , t >1u(x,0)=cos x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0 .

��

17. Escribir la forma canónica de las ecuaciones y resolver los problemas utilizando diferentes caminos:

a)⇢

utt � 4uxx = e�t , x, t 2 Ru(x,0)= x2, ut (x,0)=�1 b)

⇢utt� 4uxx = 4 , x, t 2Ru(x,0)=ut (x,0)=0 c)

⇢utt�uxx =2x , x, t 2Ru(x,0)=ut (x,0)=0

18. Sea8>><>>:

utt�4uxx =0 , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0)=0 , ut (x,0)=sen 3xu(0, t)=u(⇡, t)=0

. a] Resolverlo por separación de variables.b] Resolverlo utilizando, razonadamente, la fórmula de D’Alembert.

19. a] Hallar la solución de la ecuación y00+ y = 2 que satisface el dato inicial y(0)= y0(0)=0 .

b] Hallar la solución del problema no homogéneo⇢

utt � uxx = 2 sen x , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0)=ut (x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0 .

20. Sea

(utt�uxx =0 , x �0 , t 2Ru(x,0)=0,ut (x,0)=

n2x�x2 , x 2 [0, 2]0 , x 2 [2,1) , u(0, t)=0 . Hallar: i) u(5,2) , ii) u(3,2) , iii) u(1,2) .

21. Sea

8>>><>>>:

utt�uxx =0 , x 2 [0,2⇡] , t 2Ru(x,0)=

� 2 sen x , x2[0,⇡]0 , x2[⇡,2⇡] , ut (x,0)=0

u(0, t)=u(2⇡, t)=0. Dibujar u(x,⇡) y hallar su expresión con D’Alembert.

Resolver por separación de variables y comprobar.

22. Resolver⇢

utt+4ut�uxx =0 , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0) = sen 2x , ut (x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0 .

23. Resolver8>><>>:

utt�uxx =0 , x 2 [0,⇡] , t 2Ru(x,0)=0 , ut (x,0)= xux(0, t)=ux(⇡, t)=0

.[Separar variables u = XT , hallar las Xn y las Tn ,usando todos los datos =0 , y calcular los coeficientesde una serie imponiendo el dato inicial no nulo].

24. Resolver por separación de variables estos problemas planos en cartesianas:

a)

(�u = 0 en (0,⇡)⇥(0,⇡)u(⇡, y)=5 + cos yu(0, y)=uy(x,0)=uy(x,⇡)=0

b)

(�u= y cos x en (0,⇡)⇥(0,1)ux(0, y)=ux(⇡, y)=0uy(x,0)=uy(x,1)=0

c)

(�u+6ux =0 en (0,⇡)⇥(0,⇡)uy(x,0)=0 , uy(x,⇡)=0ux(0, y)=0 ,u(⇡, y)=2 cos22y

25. Resolver por separación de variables estos problemas planos y comprobar el resultado:

a)⇢

urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ =0 , r <2 , 0< ✓<⇡ur (2, ✓)=sen 3✓ , u(r,0)=u(r,⇡)=0

b)⇢

urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ =0 , r <1 , 0< ✓< ⇡2

u(1, ✓)=cos 2✓ , u✓(r,0)=u✓�r, ⇡2

�=0 .

26. Sea⇢

urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ =0 , r <1 , 0< ✓<⇡ur (1, ✓)= ✓

2 , u(r,0)=u�r,⇡)=0

. Resolverlo por separación de variables y escribir losdos primeros términos no nulos de la serie solución.

27. Hallar los dos primeros términos no nulos de la serie solución de⇢

urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ = 0 , r <1 ,0< ✓< ⇡2

u(2, ✓)=⇡, u(r,0)=u✓�r, ⇡2

�=0

.

28. Resolver por separación de variables estos problemas planos:

a)⇢�u = 0 , 1< r <2u(1, ✓)=0, u(2, ✓)=1+sen ✓ b)

⇢�u=cos ✓ , r <2u(2, ✓) = sen 2✓ c)

⇢�u=0 , r <4 , 0< ✓<⇡u(4, ✓)=2 sen ✓

2 , u(r,0)=u✓�r,⇡)=0

29. Resolver: a] r2R00+ rR0� 14 R = 7r3 y b]

⇢urr+ 1

r ur+ 1r2 u✓✓ =7r cos ✓2 , r <1 , 0< ✓<⇡

u(1, ✓)=u✓(r,0)=u(r,⇡)=0.

30. Resover el problema plano

(�u = 0 , r <2 , ✓ 2�0 , ⇡2

�ur (2, ✓) + ku(2, ✓) = 8 cos 2✓u✓(r,0)=u✓

�r, ⇡2

�=0

, para: i) k=1 , ii) k=0 .

���

Problemas adicionales de Métodos Matemáticos (temas 1 y 2)

[son de temas no centrales del curso o más complicados o demasiado parecidos a otros del 19/20]

Cálculo diferencial en Rn

1.1. Sean x = (2,0,�3) , y = (0,1,3) . Hallar x · y , x ⇥ y e y ⇥ x . Encontrar dos vectores unitarios u y v que no seanmúltiplo uno del otro y que ambos sean ortogonales a x .

1.2. a) Hallar la ecuación de la recta que pasa por (�2,7) y es perpendicular al vector 4i + j .b) Dar tres expresiones paramétricas distintas del segmento que une los puntos (�1,0) y (1,1) .

1.3. Con las curvas de nivel y alguna sección dibujar la superficie definida por z2=1+x2+y2 .

1.4. Probar que el campo escalar f (x, y) = x2y2

x4+y4 para (x, y), (0,0) , con f (0,0)=0 , tiene derivadas parciales en (0,0) ,pero que no es diferenciable en dicho punto.

1.5. Sea f (x, y) = x2

y , f (x,0)= 0 . Dibujar sus curvas de nivel. Precisar los puntos en los que f es continua. Hallar, siexisten, el rf y la derivada según el vector

� 35 ,

45�

en i) (0,0) y en ii) (1,1) .

1.6. Sea f (x, y)= x sen 2y . Hallar un vector unitario v tal que Dv f (1,0) sea: i) máxima, ii) mínima, iii) 0, iv) 1.

1.7. Sea f (x, y)= (y�2x)3 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C= 0 , 1 y �1 . Hallar rf (0,1) y � f . Hallarel vector unitario u para el que es máxima la derivada de f en el punto (0,1) en la dirección de u .

1.8. Sea f (x, y)= (x+y)2 . a] Dibujar las curvas de nivel f =0 y f =4 . Hallar rf (1,1) y � f . Precisar el vector unitariou para el que la derivada direccional Du f (1,1) es mínima y hallar el valor de esa derivada mínima.

1.9. Sea f (x, y)=9�x2�y2 . a] Dibujar las curvas de nivel f = 8,5,0,�7 , el corte con x=0 y su gráfica.b] Hallar un vector unitario u tal que la derivada de f en el punto (2,1) en la dirección de u sea 0 .c] Hallar la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (2,1) .d] Si c(t)=

�2t, t3� , hallar la derivada de la función h(t)= f (c(t)) en t=1 utilizando la regla de la cadena.

1.10. Una chinche camina sobre el plano xy . La temperatura en (x, y) es de e�x�2y grados. Cuando la chinche está en(0,0) se mueve hacia el este a una velocidad de 2 m/minuto y hacia el norte a una velocidad de 3 m/minuto. Desde elpunto de vista de la chinche, ¿Con qué rapidez está cambiando la temperatura del suelo?

1.11. Escribir la ecuación en derivadas parciales y2uyy� x2uxx = 0 en las nuevas variables s= xy , t = xy , utilizando la

regla de la cadena. Comprobar que la función u(x, y)= f (xy)+x g( xy ) , con f ,g 2C2(R) satisface la ecuación.

1.12. Si Rt

c�! R2(x,y)

g�! R2(u,v)

, escribir, con la regla de la cadena, dudt y dv

dt en función de las derivadas de u , v , x e y .

Comprobar las fórmulas obtenidas en el caso particular en que c(t)= (t,et ) y g(x, y)= (xy , y�x2) .

1.13. Sea f (x, y) = 1� (x2+y2)1/4 . Dibujar aproximadamente su gráfica. Calcular rf en cartesianas y polares. Estudiaren qué puntos es f diferenciable. Calcular � f (0,1) . Determinar en qué punto del segmento que une (0,1) y (�2,0)y en la dirección de qué vector el campo f crece más rápidamente.

1.14. Sean r(x, y) = (x, y) , r = kr k . Probar que: r� 1r

�= � r

r3 , r�log r

�= r

r2 , �� 1r

�= 1

r3 , ��log r

�= 0 .

�

Cálculo integral en Rn

2.1. Calcular∫

R(xy)2 cos x3 dx dy , siendo R el rectángulo [0,1]⇥[0,1] .

2.2. Hallar∫

Df dx dy para f (x, y)= ex�y y D cuadrilátero de vértices (0,0) , (2,2) , (0,2) , (�1,0) .

2.3. Calcular∞D(2x�y) dx dy , siendo D semicírculo dado por x2+y2 4 , x �0 , trabajando en cartesianas y polares.

2.4. Sea f (x, y)= (y�2x+1)2 . a) Dibujar las curvas de nivel f (x,y)=0 y 1 . b) Hallar � f . c) Precisar para qué uunitario es mínima Du f (1,2) . d) Hallar la integral

∞D

f , con D triángulo de vértices (0,�1) , (0,1) y (1,1) .

2.5. Sea f (x, y)= xy . a] Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=C con C= 0 y 1 . Hallar el vector unitario u con la

dirección y sentido de rf (1,1) y el valor de la derivada Du f (1,1) . Hallar � f (x, y) . b] Si D es la parte delcírculo x2+y2 2 con x �0 e y�1 : i) calcular

∞D

f dx dy (en ese orden), ii) expresar la integral en polares.

2.6. Sea f (x, y)= x2y2 . a) Dibujar las curvas de nivel f (x,y) = 0 y 4 . b) Hallar rf (2 ,�1) y � f .c) Hallar la ecuación del plano tangente a la gráfica de f en el punto (2 ,�1) .

d) Calcular∞D

f , siendo D la región del primer cuadrante limitada por la recta y= x y la curva y= x3 .

2.7. Calcular el área A de una elipse de semiejes a y b : x2

a2 +y2

b2 =1 con el cambio x=ar cos ✓ , y=br sen ✓ .

2.8. Hallarππ

B(x2+y2) dx dy con B la región del primer cuadrante acotada por las hipérbolas xy=1 , x2�y2=1

xy=2 , x2�y2=4 .

2.9. Calcularª

B(2x+3y+z) dx dy dz , donde B= [1,2]⇥[�1,1]⇥ [0,1] .

2.10. Calcularπππ

Vx2 cos z dx dy dz , con V región acotada por los planos z=0 , z=⇡ , y=0 , x=0 , x+y=1 .

2.11. Sea F(x, y, z)= y e2x+z . a) Hallar krF�1, 12 ,�2

�k , el vector u unitario para el que es máxima DuF

�1, 12 ,�2

�y el

valor de esta derivada direccional. b) Calcular±

VF , si V es el sólido limitado por los planos y=0 , y=2 , x=1 ,

z=0 , 2x+z=0 .

2.12. Sea g(x, y, z)= z2�x�2y . a) Escribir la ecuación del plano tangente a g=0 en el punto (4 ,0 ,2) .b) Calcular

±Vg , si V es el sólido dado por x2+y2 4 , 0 z3 .

2.13. Para F(x, y, z) = z ex�y calcular: a] rF , div�rF

�, rot

�rF

�. b] El vector unitario u para el que es máxima la

derivada DuF(1,1,2) . c]

±V

F , con V sólido acotado por x=0 , y=0 , x+y=1 , z=0 , z=2 .

2.14. Calcular el volumen de la región acotada por el cilindro x2+y2=1 , el plano z=0 y la superficie z+x2=1 .

2.15. Hallar el volumen encerrado entre las superficies z = x2+y2 y x2+y2+z2=2 en cilíndricas y en esféricas.

2.16. Hallar la longitud de las curvas:

a)�|t | ,

��t� 12�� � , t 2 [�1,1] b) x=2 cos t�cos 2t

y=2 sen t�sen 2t , t 2 [0,2⇡] (cardioide) c) y= ln x , x 2 [1,e]

2.17. Un alambre está sobre un tramo de espiral r = e✓ , ✓ 2 [0,2⇡] . En cada punto (r, ✓) la temperatura es r . Calcular latemperatura media del alambre.

2.18. Sea F(x, y, z)= z e2x+y . a] Hallar la ecuación del plano tangente a F=1 en el punto (�1,2,1) y un vector unitariou para el que la derivada direccional DuF(�1,2,1)=0 . b] Calcular

±V

F , con V sólido acotado por x=0 , y=0 ,2x+y=2 , z=0 , z=2 , y la integral de línea de F sobre el segmento que une (1,0,0) y (0,2,2) .

2.19. Sean f(x, y)=�y2 ,2xy

�y la curva c(t)=

�p2 cos t,

p2 sen t

�, t 2

⇥� ⇡

4 ,3⇡4⇤

. Dibujar la curva y precisar el punto enel que su recta tangente en (1,1) corta el eje y . Hallar div f . ¿Es f conservativo? Calcular: i)

Øcdiv f ds , ii)

Øcf · ds .

2.20. Sean f(x, y)=�2xy , x2�3

�y c(t)=

�2�t2, t

�, t 2 [�2,2] . a) Hallar div f y precisar si f es conservativo.

b) Determinar el punto en el que la recta tangente en (1,�1) a la curva descrita por c(t) corta el eje x .c) Hallar el valor de

Øc f · ds de dos formas diferentes.

��

2.21. a] Sea f (x, y)= x2�y2 . Dibujar las curvas de nivel f (x, y)=0 y el vector rf (1,1) . Hallar la derivada de f en elpunto (1,1) en la dirección del vector v= (�1,�1) . Hallar � f (x, y) . b] Hallar la integral de línea de g(x, y)= (2x,�2y)desde (1,0) hasta (0,1) a lo largo del tramo de circunferencia dado por x2+y2=1 , x, y�0 .

2.22. Sean f(x, y)= (5x�y ,2x) y c(t)= (2 cos t,2 sen t) , t 2 [0,2⇡] . a) Dibujar la curva descrita por c y precisar el puntoen el que la recta tangente a esa curva en el punto

�1 ,

p3�

corta el eje x .b) Hallar: i)

πcdiv f ds , ii)

πc

f · ds . ¿Deriva f de un potencial?

2.23. Calcularπ

c

f · ds para f(x, y, z)= x i + y j + xyz k , en estos dos casos: a) c(t)= (t, t, t) , t 2 [0,1] .b) c(t)= (cos t, sen t,0) , t 2 [0,2⇡] .

2.24. ¿Qué trabajo realiza la fuerza F(x, y, z) = x i + y j + z k al mover una partícula a lo largo de la parábola y = x2 ,z=0 , desde x=�1 hasta x=2 ?

2.25. Hallar la integral de línea del campo vectorial f(x, y, z) = i +2yz j + y2k entre (1,0,2) y (0,3,0) a lo largo del

segmento que une esos puntos. ¿Existe alguna curva que una los dos puntos para la que la integral sea 0 ?

2.26. Sea g(x, y, z) =�2e2x�y,�e2x�y, z

�. a) Hallar div g y rot g . ¿Deriva g de un potencial? b) Hallar el valor de la

integral de líneaØc

g·ds , siendo c(t)=�t2,4t, t

�, con t 2 [0,2] .

2.27. Sea f(x, y, z)=e�z i+ j�xe�z k . a] Hallar div f y rot f . b] Hallar el valor de la integral de línea de f desde (1,�1,0)hasta (1,0,2) a lo largo del segmento que une los puntos.

2.28. Sea g(x, y, z)=�x2, z , y

�. a) Hallar div g y rot g . b) Calcular

±V

div g , siendo V el sólido limitado por los planosx=0 , y=0 , x+y=2 , z=0 y z=1 . c) Si c(t)= (t,cos t, sen t) , t 2 [0,⇡] , hallar la longitud de la curva dada por c yla integral de línea

Øc

g · ds .

2.29. Sea el semicírculo D dado por x2+ y2 1 e y � 0 y sea f(x, y)= (x2,3xy) . Calcular la integral doble∞D

3y yla integral de línea de f sobre la @D recorrida en el sentido opuesto a las agujas del reloj. ¿Debían tener el mismovalor? ¿Existe alguna U(x, y) tal que rU= f ?

2.30. Comprobar el teorema de Green para f(x, y)= ( y2, xy) y D el semicírculo definido por x2+y2 1 , x+y�0 .

2.31. Verificar el teorema de la divergencia para a) f(x, y)= (x, y) y D el disco unidad x2+y2 1 .b) f(x, y)= (2xy,�y2) y D el cuadrado unidad [0,1]⇥[0,1] .

���

Problemas adicionales de Métodos Matemáticos (temas 3 y 4)

[son de temas no centrales del curso o más complicados o demasiado parecidos a otros del 19/20]

Ecuaciones diferenciales ordinarias

3.1. Hallar la solución de y00 + 2xy0 = 2x que satisface los datos inciales y(1) = y0(1) = 1 .

3.2. Hallar la solución de: a)⇢y00+ 4y = 8x2

y(0)= y0(0)=0 , b)⇢y00+ y0� 2y = 1�2xy(0)=1 , y0(0)=�1 .

3.3. Hallar la solución general de las ecuaciones de Euler: a) x2y00+ xy0�y = 4x2 , b) x2y00+xy0�4y=4 .

3.4. Hallar la solución de xy00 + y0 = 4x que cumple y(1)= y0(1)=0 .

3.5. Hallar la solución general de y00+4y0+3y=2xe�2x y la que cumple los datos iniciales y(0)= y0(0)=�1 .¿Cuántas soluciones de esta ecuación cumplen las condiciones de contorno y(0)+y0(0)= y(1)=0 ?

3.6. Sea [C] y00+4y0+5y= e�2x(2x�⇡) . Hallar su solución general y la que cumple y(0)=0 , y0(0)=2 . Escribir [C] enforma autoadjunta y precisar cuántas soluciones de la homogénea y de la no homogénea cumplen y(0)= y(⇡)=0 .

3.7. Sea⇢y00 + �y = 0y0(0)= y0(1)�2y(1)=0 . Probar gráficamente que tiene un autovalor negativo e infinitos positivos,

indicando la autofunción. ¿Es �=0 autovalor?

3.8. Sea⇢y00+ 2y0+ �y = 0y(0)= y(1)=0 . Escribir la ecuación en forma autoadjunta. Precisar si �=�3 es o no autovalor,

dando la autofunción en el caso que lo sea.

3.9. ¿Hay o no una única solución de y00+y = 2x ex cumpliendo los datos de contorno y(0)= y(⇡)=0 ?

3.10. a] Precisar si �=�3 y �=2 son o no autovalores de⇢y00+2y0+�y=0y(0)= y(⇡)=0 y dar la autofunción cuando lo sea.

b] ¿Para alguno de esos dos � hay sólo una solución de y00+2y0+�y= e�x que cumpla y(0)= y(⇡)=0 ?

3.11. Sea⇢

x2y00+xy0+�y = 03y(1)+5y0(1)= y0(2)=0 . Precisar si �=�1 y �=0 son o no autovalores dando la autofunción si lo es.

¿Cuántas soluciones de x2y00+xy0= x cumplen esos datos de contorno?

3.12. a] Sea⇢y00�y0+�y=0y(0)= y(⇡)=0 . Precisar si �=0 y �= 5

4 son o no autovalores dando la autofunción cuando lo sea.[Imponer los datos a la solución general en cada caso].

b] i) Hallar la solución general de y00�y0=1 y la única que cumple los datos iniciales y(0)=1 , y0(0)=0 .ii) ¿Cuántas soluciones de esta misma ecuación cumplen las condiciones de contorno y(0)= y(⇡)=0 .

3.13. Sea⇢y00�2y0+ y +�y = 0y(0)= y(1)=0 . Escribir la ecuación en forma autoadjunta. Hallar sus autovalores �n y sus

autofunciones {yn} , y calcular hyn , yni .

3.14. Desarrollar f (x)= cos3x , x 2 [0,⇡] , en serie de i) {cos nx} , ii) {sen nx} , dibujando las funciones hacia las quetienden las series.

3.15. Hallar los autovalores y las autofunciones, y desarrollar f (x)= x en las autofunciones de los problemas:

a)⇢y00 + �y = 0y(�1)= y(1)=0 b)

⇢y00 + �y = 0y(0)= y(1)+y0(1)=0

3.16. Sea⇢y00+ �y = 0y(0)= y0

� 34�+⇡y

� 34�=0 .

a] Probar que � = ⇡2 es autovalor y hallar su autofunción {y1} . Estudiar si� = 0 es autovalor. Probar gráficamente que hay infinitos �n positivos, escribirsus autofunciones {yn} y hallar hyn , yni .

b] Hallar el valor de c1 en el desarrollo en serie1’n=1

cn yn(x) de f (x)= x . ¿Cuánto suma la serie si x= 12 ?

��

Ecuaciones en derivadas parciales

4.1. Sea yuy�xux = u+2x y los datos iniciales: i) u(x,0)=�x , ii) u(x,2)=7x . Hallar la única solución que satisfaceuno de ellos y dos soluciones distintas que cumplan el otro.

4.2. Sean 2yuy + xux = 4yx2u y los datos de Cauchy: i) u(�2, y)= 1 , ii) u(x, x2)= 0 . Hallar la solución para el datoque proporciona solución única.

4.3. Resolver: a)n yuy+xux =0

u(x,1)= x , b)n uy+ 2ux = 2yu

u(x,1)= ex , c)n yuy+xux =2u

u(x,2)=4x , d)n yuy� xux = y

u(�1, y)=3y .

[Hallar sus características ⇠(x, y)=K y, con la regla de la cadena, la ecuación para u⌘ . Dar su solución general e imponer el dato].

4.4. Resolver: a) uy�2ux =2yu

u(x,1)= x, b) uy+ 3

2 ux = x�yu(x, x)=0 , c) 2yuy�xux =2u+4y2

u(2, y)=0 , d) yuy+(2y�x)ux = xu(x,1)=0 .

4.5. Dar su forma canónica y hallar la solución pedida: a)n uyy�2uxy+uxx+ uy�ux =0

u(x,0)=0, uy(x,0)=1 , b)n utt�4uxx = 2 , x, t 2R

u(x,0)= x2, ut (x,0)=0 .

4.6. Resolver⇢

utt�4uxx = 2 , x, t 2Ru(x, x)= x2, ut (x, x)= x

a) Hallando su solución general e imponiendo los datos.b) Haciendo antes el cambio w=u�t2 .

4.7. a] Escribir el desarrollo de f (x)=1 en serie de autofunciones den X 00 + �X = 0

X 0(0)=X(⇡)=0 .

b] Resolvern ut � 4uxx = 0 , x 2 (0 ,⇡) , t >0

u(x,0)= f (x) , ux(0, t)=u(⇡, t)=0 para: i) f (x)=1 , ii) f (x)=cos x2 .

4.8. a] Hallar el desarrollo de f (x)=2x en serie de autofunciones den X 00 + �X = 0

X 0(0)=X 0(⇡)=0 .

b] Sea⇢

ut�2uxx+u= 0 , x 2 (0 ,⇡) , t >0u(x,0)=2x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0 . Escribir los 3 primeros términos no nulos de su serie solución.

4.9. a] Desarrollar f (x)=nx , 0 x 1/20 , 1/2< x 1 en serie de {sen n⇡x} y precisar cuánto suma de la serie si i) x= 1

4 , ii) x= 12 .

b] Resolver mediante separación de variablesn ut � uxx = 0 , x 2 (0,1) , t >0

u(x,0)= f (x) , u(0, t)=u(1, t)=0 .

4.10. Resolver: a)n ut � 4uxx = 0 , x 2 (0,1) , t >0

u(x,0)= x , u(0, t)=ux(1, t)=0 , b)n ut�(2+cos t) uxx =0 , x 2

�0, ⇡2

�, t >0

u(x,0)=1 , ux(0, t)=u� ⇡

2 , t�=0 .⇥

Separar u=XT , hallar las Xn y Tn y determinar los coeficientes de una serie usando el dato inicial⇤.

4.11. Sean ut � uxx = 0 , x 2 (0,3⇡), t >0

u(x,0)=1 , u(0, t)�4ux(0, t)=u(3⇡, t)=0 . Resolverlo y escribir de forma exacta el primertérmino de la serie solución.

4.12. Resolvern ut�uxx+2u = 0 , x 2 (0,1) , t >0

u(x,0)= x , u(0, t)=u(1, t)�ux(1, t)=0 (la solución tiene sólo un término).

4.13. a] Escribir el desarrollo de la función f (x)= ⇡4 en serie de autofunciones del problema

nX 00 + �X = 0X(0)=X 0(⇡)=0 .

b] Resolver⇢

ut� 4uxx =⇡4 , x 2 (0 ,⇡) , t >0

u(x,0)=u(0, t)=ux(⇡, t)=0 . [Llevar una serie con autofunciones del homogéneo ala EDP y al dato inicial y calcular las infinitas Tn(t) ].

4.14. a] Resolvern T 0=�(1+2t)T+ e�t2

T(0)=1. b] Desarrollar f (x)= ⇡

4 en serie de autofunciones den X 00+�X=0

X(0)=X(⇡)=0 .

c] Hallar 2 términos no nulos de la serie solución de⇢

ut�uxx+2tu=e�t2 sen x , x 2 (0,⇡) , t >0u(x,0)= ⇡

4 , u(0, t)=u(⇡, t)=0 .

4.15. Resolver por separación de variables:

a)n ut� 2uxx = e�tsen x , x 2

�0,⇡2

�, t >0

u(x,0)=sen 3x , u(0, t)=ux� ⇡

2 , t�=0 b)

n ut � uxx = sen t , x 2 (0,⇡) , t >0u(x,0)=sen2x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0

c)n ut � uxx = e�2t cos x , x 2

�0, ⇡2

�, t >0

u(x,0)=1 , ux(0, t)=0, u� ⇡

2 , t�=1 d)

n ut � uxx = e�2t , x 2 (0,⇡) , t >0u(x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0

e)n ut� 1

⇡ uxx =⇡ sen ⇡x , x 2 (0,1) , t >0u(x,0)= ⇡

4 , u(0, t)=u(1, t)=0 f)n ut � 1

t uxx = 1 , x 2 (0,⇡), t >1u(x,1)=cos 2x , ux(0, t)=ux(⇡, t)=0

�

4.16. Sea el problema no homogéneon ut�uxx+3u=F(x) , x 2 (0 ,⇡) , t >0

u(x,0)=u(0, t)=u(⇡, t)=0 , con a) F(x)=4 sen x , b) F(x)=⇡ .

Hallar la solución en el caso a) y los 2 primeros términos no nulos de la serie solución en el caso b).

4.17. Resolver: a)n ut�uxx =0 , x 2 (0,⇡), t >0

u(x,0)=0 , ux(0, t)=ux(⇡, t)= t, b)

n ut � 4uxx = cos ⇡x2 , x 2 (0,1), t >0

u(x,0)=2, ux(0, t)=1, u(1, t)=2 .

Determinar en cada caso el límite de la solución u(x, t) cuando t!1 .

4.18. Escribir en forma canónica y resolver por diferentes vías: a)n utt�uxx =6t , x, t 2R

u(x,0)=ut (x,0)=0 , b)n utt�4uxx =16 , x, t 2R

u(0, t)= t , ux(0, t)=0 .

4.19. Sea⇢

utt�uxx =0 , x �0, t 2Ru(x,0)=0 , ut (x,0)=cos2x , u(0, t)= t

. a] Hallar u�⇡,2⇡

�. b] Hallar u(x,2⇡) para x �2⇡ .

4.20. Sea⇢ utt�4uxx =0 , x �0 , t 2R

u(x,0)=� 2x�x2 , x 2 [0, 2]

0 , x 2 [2,1) , ut (x,0)=u(0, t)=0 . Dibujar la extensión f ⇤ y dar su expresión.Hallar u(1,1) . Dibujar u(x,1) .

4.21. Sea⇢

utt�4uxx =0 , x 2 [0,2], t 2Ru(x,0)=4x�x3, ut (x,0)=u(0, t)=u(2, t)=0 . Hallar u

� 32 ,

34�. Dibujar u(x,2) .

4.22. Sea⇢

utt�uxx =0 , x 2 [0,2] , t 2Ru(x,0)= x2, ut (x,0)=u(0, t)=0 , u(2, t)=4 . Hallar u(1,2) y u(x,1) , con D’Alembert y separando variables.

4.23. Sea

( utt�uxx =0 , x 2 [0,3] , t 2Ru(x,0)=0, ut (x,0)=3x�x2

u(0, t)=u(3, t)=0. Hallar u(1,2) utilizando la fórmula de D’Alembert. Resolver separando

variables y aproximar u(1,2) con el primer término de la serie solución.

4.24. Resolver⇢

utt� uxx = 4 sen 6x cos 3x , x 2⇥0, ⇡2

⇤, t 2R

u(x,0)=ut (x,0)=u(0, t)=ux( ⇡2 , t)=0(no es necesario hacer integrales).

4.25. Sean utt � uxx = 0 , x 2 [0,⇡], t 2R

u(x,0)=ut (x,0)=0 , u(0, t)=senwt,u(⇡, t)=0 . Dar valores de w para los que la solución no esté acotada.

4.26. Resolvern utt + 2ut � 5uxx = 0 , x 2 [0,⇡] , t 2R

u(x,0)=0,ut (x,0)=g(x) , u(0, t)=u(⇡, t)=0 i) para cualquier g(x) , ii) para g(x)=2 sen x .

4.27. Sean: a)n urr+ 1

r ur+ 1r2 u✓✓ =0 , r <2 , 0< ✓<⇡

u(2, ✓)=⇡ , u(r,0)=u(r,⇡)=0, b)

n urr+ 1r ur+ 1

r2 u✓✓ =⇡ , r <1 ,0< ✓<⇡u(1, ✓)=u(r,0)=u

�r,⇡)=0

.

Resolverlos por separación de variables y escribir los dos primeros términos no nulos de la serie solución.

4.28. a) Desarrollar f (✓)=cos ✓ en {sen n✓} simplificando el resultado. ¿Converge la serie hacia f en todo [0,⇡] ?

b) Resolver por separación de variablesn�u = 0 , r <1 , 0< ✓<⇡ur (1, ✓)=cos ✓ , u(r,0)=u(r,⇡)=0 .

4.29. Resolver por separación de variables estos problemas planos:

a)⇢�u = 0 , r <1 , 0< ✓<⇡ur (1, ✓)=✓, u(r,0)=u✓ (r,⇡)=0 b)

(�u = 0 , r <1 , 0< ✓<⇡u(1, ✓)=sen ✓�sen 2✓u(r,0)=u(r,⇡)=0

c)⇢�u=3 sen ✓ , r <1, 0< ✓< ⇡

2ur (1, ✓)=u(r,0)=u✓

�r,⇡2

�=0

d)⇢�u = sen ✓ , 1< r <2ur (1, ✓)=u(2, ✓)=0 e)

⇢�u = 0 en r <1ur (1, ✓)=sen3✓

f)

(�u = 0 , 1< r <2, 0< ✓< ⇡4

u(1, ✓)=0, ur (2, ✓)=sen ✓u(r,0)=u(r, ⇡4 )�u✓ (r, ⇡4 )=0

4.30. Resolver las ecuaciones de Euler: a1] rR00+ R0=4r , a2] rR00+ R0=�1 .

Resolver: b1]

⇢urr + 1

r ur + 1r2 u✓✓ = 4 , r <1 , 0< ✓<⇡

u(1, ✓)=1�cos 2✓ , u✓ (r,0)=u✓ (r,⇡)=0 , b2]

⇢urr + 1

r ur + 1r2 u✓✓ =� 1

r , 1< r <3 ,0< ✓<⇡u(1, ✓)=2+cos ✓ , u(3, ✓)=u✓ (r,0)=u✓ (r,⇡)=0 .

4.31. Sea

(�u = 0 , r <1, ✓ 2 (0,⇡)u(1, ✓)+2ur (1, ✓)=4 sen 3✓

2u(r,0)=u✓ (r,⇡)=0

. Hallar su única solución y comprobar que cambiando +2ur por �2ur elproblema físicamente imposible que resulta pasa a tener infinitas soluciones.

��

Problemas adicionales de Métodos Matemáticos (otros temas más allá del curso)

Integrales de superficie

5.1. Sea S la superficie cilíndrica x2+y2 = 4 comprendida entre los planos z=0 y z=3 . Hallar el área de S utilizandointegrales de superficie y calcular la integral de superficie de f(x, y, z)= (xz, yz,2) sobre S .

5.2. Sean las superficies S=�

x2+y2+z2=R2, z� 0

y B=�

x2+y2 R2, z=0

. Comprobar que se verifica el teoremade la divergencia sobre S[B para el campo vectorial f(x, y, z)= ( y ,�x ,1 ) .

5.3. Sea S el triángulo determinado por los puntos (0,0,0) , (0,1,0) y (�1,1,1) y f(x, y, z) = (yz,ey,1) . Calcular laintegral de superficie de rot f sobre S directamente y utilizando el teorema de Stokes.

5.4. Sea S la parte del paraboloide elíptico z = 4�4x2� y2 con z � 0 y x � 0 , y sea el campo f(x, y, z) = (3, x2, y) .Comprobar el teorema de Stokes calculando la integral de superficie de rot f sobre S y la integral de línea de f a lolargo del contorno cerrado que limita dicha superficie.

5.5. Sea S la parte de la superficie cónica z2 = x2+ y2 , con 1 z 2 , y sea el campo vectorial f(x, y, z)= (x, y,1) . i)Calcular la integral de superficie f sobre S respecto de la normal exterior al cono. ii) Hallar el rot f . Sin calcularla:¿cuánto vale la integral de línea de f a lo largo de la circunferencia que limita superiormente S ?

Soluciones de EDOs por medio de series

5.6. Sea�a+bx2� y00 � 2y =g(x) . a] Para a=0 , b=1 , g(x)=0 , hallar la solución general de la ecuación.

b] Para a=2 , b=0 , g(x)=ex , hallar la solución general tanteando (coeficientes indeterminados) y con la fvc.c] Para a=2 , b=0 , g(x)=2x2 , hallar la solución que satisface los datos iniciales y(0)=1 , y0(0)=3 .d] Para a=b=1 , g(x)=0 , probando una serie de potencias en la ecuación, hallar el desarrollo hasta x5 de

la solución que cumple y(0)=0 , y0(0)=3 .

5.7. Hallar los 3 primeros términos no nulos de una solución de y00+ xy0+ y = 0 que se anule en x=0 , escribiendo laregla de recurrencia.

5.8. Sea y00+[2�2x]y0+[1�2x]y=0 . a) Hallar el desarrollo hasta x4 de la solución en forma de serie de potencias quecumple y(0)= 0 , y0(0)= 1 . b) Sabiendo que y = e�x es otra solución, escribir la solución de a) en términos de unaintegral, desarrollar la integral y comparar.

5.9. Sea 4x2y00�3y = x2 . a) Hallar la solución general de la no homogénea. b) Hallar el desarrollo hasta orden 4 en tornoa x=1 de la solución de la homogénea con y(1)=0, y0(1)=1.

5.10. Sea 3xy00+(2�6x)y0+2y=0 . Hallar una solución que no sea analítica en x=0 . Hallar 4 términos del desarrollode una solución no trivial que sea analítica en x=0 .

5.11. Sea 4xy00+2y0+y=0 . Comprobar que x=0 es punto singular regular y encontrar las raíces de su polinomio indicial.Hallar el desarrollo en serie de la solución que es analítica en el punto y deducir la solución general en términos defunciones elementales. Comprobarlo haciendo el cambio de variable s= x1/2 .

5.12. Sea 2p

x y00 � y0 = 0 . Precisar si x=0 es punto singular regular. Calcular, hasta tercer orden, el desarrollo en serieen torno a x=1 de la solución que cumple y(1) = y0(1) = 1 .

5.13. Sea (1�x2)y00�2xy0+y=0 . Hallar 3 términos no nulos del desarrollo de la solución con y(0)=0 , y0(0)=1 . Esudiarsi hay soluciones no triviales que se anulen en x=�1 .

5.14. Hallar la solución general de x2y00+x(4�x)y0+2(1�x)y=0 , desarrollando en torno a x=0 e identificar las seriessolución con funciones elementales.

5.15. Sea xy00�2y0+4 ex y=0 . Hallar los 3 primeros términos no nulos del desarrollo en serie de potencias de una soluciónque se anule en x=0 .

5.16. Sea xy00+(1�x2)y0+ pxy = 0 . Precisar, resolviendo por series en torno a x=0 , los valores de p para los que haysoluciones que son polinomios y escribir uno de estos polinomios para p=4 .

���

Problemas más complicados por separación de variables

5.17. Resolver⇢

utt� u⇢⇢� 2r u⇢=0 , ⇢1 , t �0

u(⇢,0)=0, ut (⇢,0)= 1⇢ sen ⇡⇢ , u(1, t)=0

i) por separación de variables,ii) haciendo v=u⇢ y usando las técnicas de 4.4.

5.18. Resolver la ecuación de Legendre (1�x2)y00 �2xy0+�y = 0 en torno a x=1 , estudiar la acotación de las solucionesen ese punto y volver a obtener los polinomios P0 , P1 y P2 .

5.19. Sea⇢�[1�x2]y0

� 0+ �y = 0

y(0)=0, y acotada en 1Hallar los 3 primeros términos del desarrollo de f (x)=1 en serie deautofunciones de este problema singular

⇥los P2n�1 de Legendre

⇤.

5.20. Resolver el problema para la ecuación de Laplace en el espacio:n�u = 0 , 1< ⇢<2

u(1, ✓)=cos ✓ , u(2, ✓)=0

5.21. Resolver x2y00+ xy0+�x2� 1

4�y = 0 , i) mediante un cambio de la forma y= xru , ii) por series.

5.22. Hallar los autovalores y autofunciones de⇢

x2y00+xy0+[�x2� 14 ]y=0

y(1)= y(4)=0 , a) haciendo s=p� x ,

b) haciendo u=p

x y .

5.23. Hallar (en términos de funciones elementales) una solución acotada de:⇢urr+ 1

r ur+ 1r2 u✓✓ + 4u = 0 , r <1 , 0< ✓<⇡

u(1, ✓)=sen ✓2 , u(r,0)=u✓ (r,⇡)=0

[Separando variables y haciendo s=2raparece una ecuación conocida].

5.24. Sea una placa circular homogénea de 1 cm de de radio, inicialmente a 0o. Supongamos que en t=0 todo su borde secalienta hasta 1o y luego se mantiene a esa temperatura. Hallar las temperaturas en la placa para t >0 y la distribuciónestacionaria hacia la que tienden cuando t!1 .

5.25. Resolver los problemas en 3 variables:

a)8>><>>:

ut��u=0, (x, y)2 (0,⇡)⇥(0,⇡), t >0u(x, y,0) = 1 + cos x cos 2yux(0, y, t)=ux(⇡, y, t)=uy(x,0, t)=uy(x,⇡, t)=0

b)8>><>>:

utt��u = 0 , (x, y)2 (0,⇡)⇥(0,⇡), t 2Ru(x, y,0)=0 , ut (x, y,0)=sen 3x sen22yu(0, y, t)=u(⇡, y, t)=uy(x,0, t)=uy(x,⇡, t)=0

Transformada de Fourier

5.26. Resolvern utt�3uxt+2uxx =0 , x, t 2R

u(x,0)= f (x) , ut (x,0)=0 con transformadas de Fourier y deducir la solución para f (x)= x2 .

5.27. Obtener la fórmula de D’Alembert utilizando transformadas de Fourier.

5.28. Resolver a]⇢2ut+ux = tuu(x,0)=e�x2 , b]

⇢ut+ etux+2tu=0u(x,0)= f (x) , c]

n utt � 6utx + 9uxx = 0u(x,0)= f (x),ut (x,0)=0

i) con las características,ii) utilizando la F .

5.29. Dar su solución sin incluir integrales: a]⇢

ut�uxx+ux =0 , x 2R, t >0u(x,0) = e�x2/2 , b]

⇢ut�2tuxx =0 , x 2R, t >0u(x,0)=�(x), u acotada .

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