ECUACIONES DIFERENCIALES E INTEGRALES #13

PROBLEMAS DE VALORES EN FRONTERA

13.1. Consideremos la ecuacion diferencial x′′ + x = 0 en el intervalo [a, b].Sabemos que el conjunto de soluciones es 〈{cos, sen}〉. Se puede de-terminar una funcion especıfica en este espacio mediante condicio-nes en la frontera. Si prescribimos x(a), x′(a) entonces tenemos unproblema con valores iniciales (PVI).

Como alternativa, podrıamos prescribir x(a), x(b). Ahora tenemosun problema con valores de frontera (PVF). Una manera de abordareste problema es resolver para c1, c2 con el supuesto de que x(t) =c1 cos t + c2 sen t. Tambien podrıamos pensar en un PVI precisandox(a) y un valor por determinarse de x′(a). Hacemos variar x′(a) para“apuntarse” hacia el valor deseado de x(b).

•

•

13.2. Los PVF no siempre tienen solucion, y pueden tener mas de una.Consideremos x′′ + x = 0 en [a, b] = [0, π]. Si prescribimos x(0) = 0entonces x(t) = c2 sen t y siempre se tendra x(π) = 0. Por lo tantono hay solucion para las condiciones de frontera x(0) = 0, x(π) = 1.

Consideremos la familia de ecuaciones diferenciales x′′ + λx = 0,x(0) = 0, x(π) = 0. Este problema tiene una solucion no-trivial (=noidenticamente cero) solamente cuando λ = λn = n2 (n = 1, 2, . . . ).Diremos que estos son los “eigenvalores” del PVF. Los “eigenvecto-res” son xn(t) = sennt.

Estudiremos L = operador diferencial lineal real, Lx =∑

j ajx(j).

Para cualquier f ∈ C[a, b] tenemos la ecuacion diferencial Lx = f ,e impondremos condiciones de frontera para completar el PFV. Nosgustarıa “invertir” el operador L.

1

(A) Condiciones de Frontera

13.3. Una condicion de frontera general (lineal) es

a0x(a) + a1x′(a) + a2x

′′(a) + · · ·+ b0x(b) + b1x′(b) + b2x

′′(b) + · · · = c

donde a0, aa, . . . , b0, b1, . . . ∈ R, c ∈ R, que podrıa escribirse con losoperadores de evaluacion

E(r)t : Cr[a, b]→ R, Et(x) = x(t), E ′t(x) = x′(t), etc.

Escribiremos

B = (a0Ea + a1E′a + · · · ) + (b0Eb + b1E

′b + · · · )

Siempre supondremos B 6≡ 0. La condicion de frontera Bx = c eshomogenea cuando c = 0. Cuando x, y satisfacen una condicion ho-mogenea, entonces x+ λy tambien la satisface.

Una condicion de frontera no-mixta es de la forma a0E(r)a + b0E

(r)b

para un r fijo (solo valores, o solo derivadas del mismo orden.)

Un par de condiciones de frontera es

(B1

B2

)x =

(cacb

)que podemos escribir Bx = C ∈ R2. El par de condiciones de fronteraes no-mixta cuando B1 = Ba esta basada en a mientras B2 = Bb estabasada en b, y Ba, Bb son no-mixtas y del mismo orden. A vecesescribiremos Bx|a para Bax y Bx|b para Bbx. Para enfasis: B|ab = B.

Notemos que Bx = C da las mismas condiciones en la frontera que(λB)x = λC cuando λ 6= 0.

Notemos que la condicion a0x(a) + a1x′(a) = 0 nos dice cuanto vale

la razon x(a) : x′(a) = −a1 : a0. Es decir, nos dice x(a) = −λa1,x′(a) = λa0 para algun λ.

13.4. Proposicion. Sea Bx|a = 0 y By|a = 0. Entonces xy′ − yx′|a = 0.(Este hecho no tiene nada que ver con las ecuaciones diferenciales.)

13.5. La condicion mixta especial x(a)−x(b) = 0, x′(a)−x′(b) = 0 se llamacondicion de frontera periodica. Si los coeficientes de L (de segundoorden) son periodicos, entonces las soluciones x lo son tambien.

2

13.6. El supuesto B 6≡ 0 (=“B es no=trivial”) es para que no todas lassoluciones x de Lx = 0 satisfagan Bx = 0 automaticamente. Por lomismo, siempre supondremos que B1 no es proporcional a B2.

13.7. En el contexto de un operador diferencial L de orden n, las condicio-nes de frontera usaran derivadas no mayores que n− 1.

Dado que trabajaremos con ecuaciones de segundo orden, todo loanterior es simplemente para escribir Bx = C en lugar de

a0x(a) + a1x′(a) = ca, b0x(b) + b1x

′(b) = cb

y a menudo ca = cb = 0.

(B) Ecuaciones Lineales de Segundo Orden

(Ahora a0, a1, . . . seran funciones.)

13.8. Proposicion. Sea L = a2D2 + a1D + a0 con a2 que no se anula en

[a, b]. Sean B,C que determinan una condicion de frontera en [a, b].Entonces

(Lx = 0, Bx = C) tiene una solucion unica

⇐⇒ (Lx = 0, Bx = 0) tiene una solucion unica

=⇒ (∀f ∈ C[a, b]) (Lx = f, Bx = C) tiene una solucion unica.

Demostracion. ( ⇐⇒ ) Sea {x1, x2} una base para las solucionesde Lx = 0. Dados λ1, λ2 ∈ R, consideremos x = λ1x1 + λ2x2, quesatisface Lx = 0, y en la frontera

Bx = λ1Bx1 + λ2Bx2 = M

(λ1λ2

)∈ R2

para cierta matriz M . De esto vemos que

(Lx = 0, Bx = C) tiene una solucion unica

⇐⇒ M~λ = C tiene una solucion unica

⇐⇒ M~λ = 0 tiene una solucion unica

⇐⇒ (Lx = 0, Bx = 0) tiene una solucion unica

(en los dos ultimos, esa solucion unica es 0).

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(=⇒) Supongamos que (Lx = 0, Bx = C) tiene una solucion unica.Fijemos f . Podemos encontrar y tal que Ly = f (por ejemplo, comoPVI basado en t = a. Luego resolvemos el problema inhomogeneo

Lz = 0, Bz = C −By

y definimos x = y + z. Entonces

Lx = Ly + Lz = f + 0 = f,

Bx = By +Bz = By + (C −By) = C.

Por lo tanto existe una solucion. Unicidad: sea Lx = f, Bx = C,entonces L(x− x) = 0, B(x− x) = 0, luego x− x = 0.

13.9. Definicion. Diremos que (L,B) es generico si el PVF: Lx = 0, Bx = 0tiene la solucion unica 0. Cuando tiene una solucion no-trivial, sellama no-generico. (Esta terminologıa no es universal.)

(C) Funciones de Green paraEcuaciones Diferenciales Ordinarias

13.10. Sea L =∑n

j=0 ajDj un operador diferencial lineal y sea B = B|ab

una condicion de frontera. Consideremos el PVF: Lx = f , Bx = 0.Nos gustarıa saber como la solucion x depende de f . Serıa bonito si

x(t) =

∫ b

a

G(t, s) f(s) ds

es decir, x = Gf para algun kernel continuo G(t, s). Si pensaramosen L actuando en algun espacio de funciones que satisfacen B, ten-drıamos “LG = I”. Antes de ver como construir G, veremos si podrıaser posible. ¿Como deberıa ser G para que esto pudiera suceder?

Escribiremos gs(t) = G(t, s), de manera que x(t) =∫ bags(t)f(s)ds.

De esto x′(t) =

∫ b

a

g′s(t)f(s) ds, x′′(t) =

∫ b

a

g′′s (t)f(s) ds, etc.

Consideremos (para simplificar la discusion) que B es la condiciona0x(a) + a1x

′(a) = 0. Queremos que la integral nos de una solucion

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para cualquier f . Entonces∫ b

a

(a0gs(a) + a1g′s(a))f(s) ds

= a0

∫ b

a

gs(a)f(s) ds+ a1

∫ b

a

g′s(a)f(s) ds

= a0x(a) + a1x′(a) = 0

y como f ∈ C[a, b] es arbitraria, a0gs(a) + a1g′s(a) = 0 para todo s,

es decir, Bgs = 0, ası que gs tiene que satisfacer la misma condicionde frontera que pedıamos para x. (Lo mismo si hay una condicion ent = b.)

Asimismo, tendrıamos con x = Gf ,

f(t) = (Lx)(t) =∑

aj(t)x(j)(t) =

∑aj(t)

∫ b

a

g(j)s (t)f(s) ds

=

∫ b

a

(∑aj(t)g

(j)s (t)

)f(s) ds =

∫ b

a

(Lgs)(t)f(s) ds,

Entonces si escribimos K(t, s) = (Lgs)(t), tendremos

f(t) =

∫ b

a

K(t, s)f(s) ds

para toda f ∈ C[a, b], o sea pues dice que I = K, mientras que Kes un operador compacto y I no lo es. Ası que la conclusion no esposible.

Lo anterior sugiere que es imposible resolver Lx = f mediante x =Gf . (??!!) Por lo menos, el operador K = LG tendrıa que funcionarcomo la funcion δ de Dirac, K(t, s) = δ(s− t). Para esta “funcion”,

δ(t) = 0 para t 6= 0,

δ(0) = ∞,∫ ∞−∞

δ(t) dt = 1.

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Si esto fuera posible, entonces para t ∈ (a, b),∫ b

a

K(t, s)f(s) ds =

∫ b

a

δ(s− t)f(s) ds

=

∫ ∞−∞

δ(s− t)f(s) ds

=

∫ t+ε

t−εδ(s− t)f(s) ds

=

∫ ε

−εδ(u)f(t+ u) du

≈ f(t)

∫ ε

−εδ(u) du = f(t).

Por la continuidad de f , al tomar ε arbitrariamente pequenolograrıamos Kf = f .

13.11.Ejemplo. Sea G(t, s) =

{−t(1− s), t ≤ s,−s(1− t), t ≥ s,

que es continua en [0, 1]× [0, 1]. Tomemos cualquier f ∈ C[a, b].Definamos entonces x = Gf , eso es

x(t) =

∫ 1

0

G(t, s)f(s) ds = −∫ t

0

s(1− t)f(s) ds−∫ 1

t

t(1− s)f(s) ds

= −(1− t)∫ t

0

sf(s) ds− t∫ 1

t

(1− s)f(s) ds

de lo cual

x′(t) = −(

(−1)

∫ t

0

sf(s) ds+ (1− t) · tf(t)

)−(

1 ·∫ 1

t

(1− s)f(s) ds− t(1− t)f(t)

)=

∫ t

0

sf(s) ds−∫ 1

t

(1− s)f(s) ds,

x′′(t) = tf(t) + (1− t)f(t) = f(t).

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Veamos lo que pasa en la frontera (t = 0, t = 1):

x(0) = 0,

x′(0) = −∫ 1

0

(1− s)f(s) ds,

x(1) = 0,

x′(1) = −∫ 1

0

sf(s) ds.

Resumen: El PVF: x′′ = f , x(0) = 0, x(1) = 0 esta resuelto por

x(t) =∫ 1

0G(t, s)f(s) ds.

13.12.Ejemplo. G(t, s) =

{s(1− t), t ≤ s,t(1− s), t ≥ s

resuelve el PVF:

x′′ = f, x(0) + x′(0) = 0, x(1)− x′(1) = 0.

¿Cual fue el error de nuestro razonamiento de la imposibilidad?Supusimos que gs ∈ Cr al tomar derivadas. En los ejemplos, gs no esdiferenciable en el punto t = s.

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13.13. (Para entender la discontinuidad de g′s en s = t.)

Escribiremos G′(t, s) = g′s, etc. Con esta notacion podemos hablar de“L[G]”,

L[G](t, s) = (Lgs)(t).

En el primer ejemplo, G(t, s) =

{−t(1− s), t ≤ s,−s(1− t), t ≥ s,

la derivada

es

G′(t, s) =

{−1 + s, t < s

s, t > s.

Para s fijo, tomamos lımites cuando t ↑ s y t ↓ s:

G′(s− 0, s) = −1 + s, G′(s+ 0, s) = s.

Esto dice que G′(t, s) tiene un salto en s = t:

G′(s+ 0, s)−G′(s− 0, s) = 1

(en algunos libros, el salto es −1).

13.14. Daremos la definicion de funcion de Green para orden arbitrario.

Definicion. Sea L =∑n

j=0 ajDj un operador diferencial ordinario de

orden n, con an(t) 6= 0 para todo t. Sea B = B|ab una condicion

de frontera. Supongase que (Lx = 0, Bx = 0) x = 0 (el PVFhomogeneo es generico). Una funcion G : [a, b] × [a, b] → R se llamauna funcion de Green para el PVF inhomogeneo

Lx = f, Bx = 0

cuando las funciones gs(t) = G(t, s) satisfacen lo siguientepara todo s, t:

(i) gs ∈ Cn−2[a, b], gs|[a,s) ∈ Cn([a, s)), gs|(s,b] ∈ Cn((s, b]);

(ii) Lgs(t) = 0 cuando t 6= s (“L[G] = 0”);

(iii) Bgs = 0 (“B[G] = 0′′);

(iv) g(n−1)s (s+ 0)− g(n−1)s (s− 0) =

1

an(s)(en algunos libros, −1/an(s)).

Queremos probar que G existe y que x = Gf satisface el PVF. Sola-mente veremos los operadores L de 2o orden, y seran autoadjuntos,lo cual hara que G(t, s) = G(s, t).

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ECUACIONES DIFERENCIALES E INTEGRALES #14

ADJUNTOS DE OPERADORSDIFERENCIALES

(A) Adjunto Formal y Condicion de Frontera Adjunta

14.1. Sea L =∑n

0 ajDj (aj ∈ C[a, b]). La integracion por partes aplicada a

un sumando de (Lx)y da∫ b

a

aj(s)x(j)(s)y(s) ds = x(j−1)(ajy)

∣∣ba−∫ b

a

x(j−1)(ajy)′ds

= x(j−1)(ajy)∣∣ba− x(j−2)(ajy)′

∣∣ba

+

∫ b

a

x(j−2)(ajy)′′ds

= etc.

Por esto

〈Lx, y〉 =n∑0

〈ajx(j), y〉

= const +n∑0

〈x, (−1)j(ajy)(j)〉.

Definicion. El adjunto formal de L es el operador diferencial L∗,

L∗y =n∑0

(−1)j(ajy)(j). El operador L es formalmente autoadjunto

cuando L∗ = L.

De aquı en adelante nos limitamos a operadores de orden 2.

Ejemplo. (n = 2) Lx = a2x′′ + a1x

′ + a0x. Entonces

L∗y = (a2y)′′ − (a1y)′ + a0y

= (a′′2y + 2a′2y′ + a2y

′′)− (a′1y + a1y′) + a0y

= a2y′′ + (2a′2 − a1)y′ + (a′′2 − a′1 + a0)y.

Esto nos dice cuando L es autoadjunto para n = 2:

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L = L∗ ⇐⇒ 2a′2 − a1 = a1, a′′2 − a′1 + a0 = a0

⇐⇒ a1 = a′2⇐⇒ Lx = (a2x

′)′ + a0x.

Para simplificar la notacion escribiremos p = a2, q = a0 paraoperadores formalmente autoadjuntos de orden 2,

Lx = (px′)′ + qx.

14.2. Proposicion. (Identidad de Green) (para n = 2)

yLx− xL∗y = ((a1 − a′2)xy + a2(yx′ − xy′))′.

Ası cuando L es formalmente autoadjunto,

yLx− xLy = (p(yx′ − xy′))′

para cualesquier x, y diferenciables.

14.3. Proposicion. Sea L = a2D2 + a1D + a0, con a2(t) 6= 0 para todo t.

Entonces existe h ∈ C[a, b] tal que hL es formalmente autoadjunto.

Demostracion.

Pongamos h(t) = e∫ tt0

a1−a′2a2

dsluego h′ =

a1 − a′2a2

h.

Ası escribimos a2 = ha2, a1 = ha1, a0 = ha0 y encontramos que

a′2 = h′a2 + ha′2 =a1 − a′2a2

h · a2 + ha′2 = ha1 = a1

por lo que L = hL es formalmente autoadjunto.

Obviamente Lx = 0 ⇐⇒ (hL)x = 0 y Lx = f ⇐⇒ (hL)x = hf .Por eso no importa mucho si estudiamos hL en lugar de L; este cambiono afecta las condiciones de frontera que impongamos a x.

Nota. Para estudiar L formalmente hay que limitar su dominio auna clase de funciones x tales que px′ sea diferenciable. Esto no esproblema cuando p ∈ C1[a, b], pero se pueden manejar situacionesmas generales.Tambien es conveniente limitar el dominio de L a funciones que sa-tisfacen las condiciones de frontera.

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14.4. Condicion de frontera adjunta. Recordemos

〈Lx, y〉 = const +∑n

0 〈x, (−1)j(ajy)(j)〉 = const + adjunto formal.

La condicion de frontera adjunta a B es una condicion para y quehace que la constante sea cero para toda x que satisface B.Para simplificacion veamos solamente Lx = (px′)′ + qx de orden 2:

〈Lx, y〉 = 〈(px′)′ + qx, y〉

=

∫ b

a

((px′)′(s) + q(s)x(s))y(s) ds

= (px′)y∣∣ba−∫ b

a

(px′)y′ ds+

∫ b

a

(qx)y ds

= (px′)y∣∣ba−(xpy′|ba −

∫ b

a

x(py′)′ ds

)+

∫ b

a

xqy ds

Ası〈Lx, y〉 = p(yx′ − xy′)

∣∣ba

+ 〈x, Ly〉. (∗)

Sea B =

(B1

B2

)una condicion de frontera. Denotamos

~x = (x(a), x′(a), x(b), x′(b))T ∈ R4; podemos expresar Bx = 0 como~x ∈ KerB,

KerB ⊆ R4 B−→ R2

donde dim KerB = 2. Dado Bx = 0 queremos “B∗y = 0p(yx′ − xy′)|ba = 0”. Observamos que B∗y = 0 significa que

( −p(a)x′(a) p(a)x(a) p(b)x′(b) − p(b)x(b) ) ~y = 0

para todo ~y ∈ KerB. (~y representa (y(a), y′(a), y(b), y′(b))).Con la matriz

P =

−p(a) 0 0 0

0 p(a) 0 00 0 p(b) 00 0 0 −p(b)

,

detP 6= 0, y la condicion de frontera B∗y = 0 es 〈P~x, ~y〉 = 0 paratodo x ∈ KerB, en otras palabras ~y ∈ (P KerB)⊥. En terminosde una base B∗1 , B

∗2 para P (KerB) ⊆ R4, la condicion de frontera

adjunta para y es ~y ⊥ B∗1 , ~y ⊥ B∗2 , que es lo mismo que B∗~y = 0donde

B∗ =

(B∗1B∗2

): R4 → R2.

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La manera mas comun y mas practica de describir la condicion defrontera adjunta es simplemente que y satisfaga

p(yx′i − xiy′)∣∣ba

= 0, i = 1, 2,

para dos soluciones linealmente independentes x1, x2 de Bx = 0.

(De lo anterior se ve que B∗ no esta determinada por B pues haymuchos bases de P KerB. Pero la “condicion” B∗y = 0 esta biendeterminada. En particular no importa si se usa p en lugar de −p.)

14.5. Un problema de frontera (L,B) se llama autoadjuntocuando L∗ = L, B∗ = B.

Proposicion. Para el operador Lx = (px′)′ + qx (p(t) 6= 0),las siguientes condiciones de frontera son autoadjuntas:(i) las no-mixtas;(ii) las periodicas, con la suposicion adicional p(a) = p(b).

Demostracion. (i) Una condicion de frontera no mixta B|ax = 0,B|bx = 0 se describe con Ba = (b0, b

′0, 0, 0), Bb = (0, 0, b1, b

′1).

Entonces KerB es generado por

(b′0,−b0, 0, 0)T, (0, 0, b′1,−b1)T.

Luego P KerB es generado por

(p(a)b′0, p(a)b0, 0, 0)T, (0, 0, p(b)b′1, p(b)b1)T,

por lo que P KerB = KerB. De esto B = B∗ (tenemos la libertadde tomar esta base).(ii) Ejercicio.

(En el caso periodico, habrıa que suponer tambien que p, q son pe-riodicas para sacar la conclusion adicional que las soluciones de (L,B)son periodicas.)

(B) Solucion de PVF por medio de Funciones de Green

14.6. Recordemos que (L,B) se llama no-generico cuando hay x0 6= 0 conLx0 = 0, Bx0 = 0 (como por ejemplo sen en [0, π]. Para tal PVF nohay soluciones unicas: puede no haber soluciones, puede haber mas

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de una, p.ej. los multiplos de x0. Esto es lo peor que puede pasar(para 2o orden):

Proposicion. Si (L,B) (de 2o orden) tiene una solucion no-trivial x0,entonces todas las soluciones de Lx = 0, Bx = 0 son multiplos de x0.

Demostracion. Si no fuera cierto, habrıa soluciones linealmente in-dependientes x0, x1. Estas generan todas las soluciones de Lx = 0,

{x : Lx = 0} = 〈{x0, x1}〉

porque L es de 2o orden. Entonces toda solucion de Lx = 0 satisfaceBx = 0, contrario al supuesto permanente de que B es condicion defrontera no-trivial. Por lo tanto toda solucion de (L,B) es multiplode x0.

Entonces que el caso no-generico no es tan complicado. Estudiaremos

primero el caso generico, Lx = 0, Bx = 0 x = 0.

14.7. Teorema. Para el operador autoadjunto Lx = (px′)′ + qx, la funcionde Green satisface G(t, s) = G(s, t) (∈ R).

Demostracion. Supongamos a < s < t < b y pongamos x = gs, y = gten la formula de Green yLx − xLy = (p(yx′ − xy′))′. Por definicionLx(u) = 0 para u 6= s, y Ly(u) = 0 par u 6= t. Ademas Bx = 0,By = 0 para la condicion de frontera B = Bab que corresponde a lafuncion de Green. Integrando,

0 =

∫ s

a

(yLx− xLy) du = p(yx′ − xy′)|sa

= p(s)(y(s)x′(s− 0)− x(s)y′(s))− p(a)(y(a)x′(a)− x(a)y′(a)),

0 =

∫ t

s

(yLx− xLy) du = p(yx′ − xy′)|ts

= p(t)(y(t)x′(t)− x(t)y′(t− 0))− p(s)(y(s)x′(s+ 0)− x(s)y′(s)),

0 =

∫ b

t

(yLx− xLy) du = p(yx′ − xy′)|bt

= p(b)(y(b)x′(b)− x(b)y′(b))− p(t)(y(t)x′(t)− x(t)y′(t+ 0)).

Sumando,

0 = p(yx′ − xy′)|ba+ p(t)x(t)(y′(t+ 0)− y′(t− 0))

− p(s)y(s)(x′(s+ 0)− x′(s− 0))

= 0 + gs(t)− gt(s)

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porque x, y satisfacen las mismas condiciones de frontera, y x′, y′

tienen brincos de 1/p(s), 1/p(t). Por lo tanto gs(t) = gt(s).

14.8. Hay varias combinaciones de derivadas lımite:

G′(s− 0, s) = lımt↑s

G′(t, s)

= lımt↑s

g′s(t) = g′s(s− 0)

G′(t, t+ 0) = lıms↓t

G′(t, s)

= lıms↓t

g′s(t) = g′t+0(t)

G′(s+ 0, s) = lımt↓s

G′(t, s)

= lımt↓s

g′s(t) = g′s(s+ 0)

G′(t, t− 0) = lıms↑t

G′(t, s)

= lıms↑t

g′s(t) = g′t−0(t)

���������

bat

s

G′(s− 0, s)

-

���������

bat

s

G′(t, t+ 0)

?

���������

bat

s

G′(s+ 0, s)�

���������

bat

s

G′(t, t− 0)6

El renglon de arriba da valores de esta derivada en puntos del mismolado de la division s = t; similar para el renglon de abajo. Por lotanto tenemos el siguiente resultado. (Todavıa no mostramos que lafuncion de Green existe, solo estamos viendo sus propiedades.)

Proposicion. G′(s− 0, s) = G′(s, s+ 0), G′(s+ 0, s) = G′(s, s− 0);es decir, g′s(s− 0) = g′s+0(s), g

′s(s+ 0) = g′s−0(s).

Ası

g′s(s+ 0)− g′s(s− 0) = 1/p(s), g′s+0(s)− g′s−0(s) = −1/p(s).

Dividimos el resultado de que la funcion de Green da precisamentelas soluciones del PVF en dos partes.

14

14.9. Teorema. Sea Lx = (px′)′ + qx y sea B una condicion de fronterano-mixta o bien periodica en [a, b]. Sea G(t, s) una funcion de Greenpara (L,B). Supongamos que Lx = f ∈ C[a, b] y Bx = 0. Entoncesx = Gf .

Demostracion. Por la formula de Green y Lgt(s) = 0,

gt(s)f(s) = gt(s)Lx(s) = (p(gtx′ − xg′t))′(s) cuando s 6= t.

y por Bgs = 0,

gtx′ − xg′t

∣∣a

= 0 = gtx′ − xg′t

∣∣b

para el caso no-mixto (y algo similar para el caso periodico). Luego

Gf(t) =

∫ b

a

G(t, s)f(s) ds =

∫ b

a

gt(s)f(s) ds

=

(∫ t

a

+

∫ b

t

)(p(gtx

′ − xg′t))′(s) ds

= p(gtx′ − xg′t)

∣∣t−0a

+ p(gtx′ − xg′t)

∣∣bt+0

= − p(gtx′ − xg′t)∣∣t+0

t−0∗= p(t)(gt(t)x

′(t)− x(t)g′t(t− 0))

−p(t)(gt(t)x′(t)− x(t)g′t(t+ 0))

= p(t)x(t)(g′t(t+ 0)− g′t(t− 0))

= x(t).

Para la igualdad∗=, se usa el hecho que las evaluaciones en a, b son

cero (en el caso no-mixto) o se cancelan (en el caso periodico).

Este resultado dice que GL = I en el espacio {x ∈ C2 : Bx = 0}.Si tomamos x tal que Bx = 0 y definimos f = Lx, tenemos GLx =Gf = x.

14.10. Teorema. Sea (L,B) un PVF generico, con funcion de Green G. Seaf ∈ C[a, b]. Definamos x = Gf . Entonces Lx = f , Bx = 0.

Demostracion. Por definicion x(t) =∫ bagt(s)f(s) ds =

∫ bags(t)f(s) ds,

luego

(px′)(t) =

(∫ t

a

+

∫ b

t

)p(t)g′s(t)f(s) ds,

15

luego

(px′)′(t) =

(p(t)g′t−0(t)f(t) +

∫ t

a

(pg′s)′(t)f(s) ds

)+

(− p(t)g′t+0(t)f(t) +

∫ b

t

(pg′s)′(t)f(s) ds

)= f(t) +

∫ b

a

(pg′s)′(t)f(s) ds

porque g′t+0(t)− g′t−0(t) = −1/p(t). Ademas

(qx)(t) =

∫ b

a

q(t)gs(t)f(s) dt, luego

Lx(t) = ((px′)′ + qx)(t)

= f(t) +

∫ b

a

((pg′s)′ + qgs)(t) f(s) ds

= f(t) +

∫ b

a

Lgs(t)f(s) ds

= f(t)

puesto que Lgs = 0.

Este resultado dice que LG = I en C[a, b]. Dada f , definimos x = Gf ,luego tenemos LGf = Lx = f .

{x ∈ C2 : Bx = 0} L−→ C[a, b] G−→ {x ∈ C2 : Bx = 0} L−→ C[a, b]x f x f

ECUACIONES DIFERENCIALES E INTEGRALES #15

CONSTRUCCION DE FUNCIONES DE GREEN

15.1. Una forma de construir la funcion de Green. Suponemos por ahoraque (L,B) es generico. Pongamos condiciones de frontera no-mixtas

B =

(B|aB|b

). Sean xa, xb las soluciones de los PVI:

Lxa = 0, Bax+ 1 = 0; Lxb = 0, B|bxb = 0

(son determinadas hasta un multiplo constante).

16

Entonces xa, xb son linealmente independientes, pues de otro modo(L,B) serıa no-generico. Por la identidad de Green,

(p(xax′b − xbx′a))′ = xaLxb − xbLxa = 0,

luego p(xax′b − xbx′a) = pW = const = 1 cuando ajustamos a xa por

un factor constante. Definamos

G(t, s) =

{xb(s)xa(t), t ≤ s,xa(s)xb(t), t ≥ s.

(Si no ajustamos a xa tenemos que dividir por la constante pW en ladefinicion de G(t, s).) Por construccion G(s, t) = G(t, s), y

Lgs =

{xb(s)Lxa, t < s,xa(s)Lxb, t > s,

= 0,

Bgs =

{xb(s)Bxa, t < s,xa(s)Bxb, t > s,

= 0.

Para calcular el salto,

G′(t, s) = g′s(t) =

{xb(s)x

′a(t), t < s,

xa(s)x′b(t), t > s,

luego G′(s− 0, s) = xb(s)x′a(s), G

′(s+ 0, s) = xa(s)x′b(s) y el salto es

G′(s+ 0, s)−G′(s− 0, s) = xa(s)x′b(s)− xb(s)x′a(s) = 1/p(t).

15.2. Proposicion. Cuando (L,B) es generico, tiene una funcion de Green,la cual es unica.

Demostracion. Acabamos que ver que existe, por construccion explıta.Por el teorema de que Gf es la unica solucion al PVF (L,B), el kernelG(t, s) es unico.

15.3. PVF no-generico. Suponemos x0 6= 0, Lx0 = 0, Bx0 = 0. Ya vimosque por ser L de orden 2, todas las soluciones a Lx = 0, Bx = 0 sonmultiplos de x0. Ahora queremos resolver el problema inhomogeneoLx = f , Bx = 0. Para ello vemos el producto escalar,

〈f, x0〉 = 〈Lx, x0〉 = 〈x, Lx0〉 = 〈x, 0〉 = 0.

Por lo tanto una condicion necesaria para existencia de una solu-cion es f ⊥ x0. Podemos suponer ‖x0‖ = 1. Diremos que G es una

17

funcion de Green generalizada si satisface las condiciones para fun-cion de Green, salvo que en lugar de L[G] = 0 pedimos

L[G](t, s) = x0(s)x0(t)

en otras palabras Lgs = x0(s)x0, y la condicion adicional

〈gs, x0〉 = 0

para todo s.

Proposicion. Sea G una funcion de Green generalizada para el PFV(L,B) no-generico cuyo problema homogeneo tiene la solucion no-trivial x0. Si f ⊥ x0, entonces la funcion x = Gf satisface Lx = f ,Bx = 0. (Y si f 6⊥ x0, no hay solucion.)

Todo lo anterior (y lo que sigue) se puede hacer con pocos cambiospara (L− λrI)x = f , con otra funcion coeficiente r(t).

15.4. Problema de eigenvalores para PVF ordinarias de segundo orden. Sea(L,B) generico, luego (Lx = f, Bx = 0) ⇐⇒ x = Gf . El problemade eigenvalores es

(L− λI)x = f

Solo nos interesa λ 6= 0.

De GL = I tenemos G(L− λI) = I − λG.

Proposicion. Sea Bx = 0. Entonces

(L− λI)x = f ⇐⇒ (I − λG)x = Gf.

Demostracion. ⇒. (L−λI)x = f (I−λG)x = G(L−λI)x = Gf .

⇐. (I − λG)x = Gf (L− λI)xLG=I

= L(I − λG)x = LGf = f .

Solucion del problema de eigenvalores: Como G es operador de ker-nel simetrico, por el Teorema de Hilbert-Schmidt tiene eigenvalores|µ0| ≥ |µ1| ≥ · · · > 0 (con |µn| → 0 si hay una infinidad). Sea µ 6= 0.

Sean λn = 1/µn, ası |λ0| ≤ |λ1| ≤ · · · → ∞.

Caso 1. Sea λ /∈ {λn}. Entonces µ = 1/λ /∈ {µn}, µ no es un eigenva-lor del operador G, lo cual se expresa como Ker(µI−G) = 0, que por

18

la primera alternativa Fredholm implica que µI−G es un isomorfismode C[a, b]. (Recordar G = G∗.) Entonces por la Proposicion,

x = (I − λG)−1(Gf)

es una solucion a Lx = λx + f , Bx = 0 (y es la unica, hasta unmultiplo constante).

En este caso (L− λI,B) es generico, λ no es eigenvalor de (L,B).

Caso 2. Sea λ = λn. Como µn es eigenvalor de G = G∗, tenemosKer(µnI − G) 6= 0. Luego para resolver (I − λnG)x = Gf , por lasegunda alternativa de Fredholm se requiere Gf ⊥ Ker(I − λnG).Pero

Ker(I − λnG) = 〈xn〉

donde Gxn = µnxn, Lxn = λnxn.

En este caso (L− λI,B) es no-generico, λ es eigenvalor de (L,B).

15.5. Una aplicacion util de la teorıa anterior:

Proposicion. Sea (L,B) un PVF tal que 0 no es un eigenvalor. Sean enlos eigenvectores de (L,B): Len = λnen, Ben = 0, ‖en‖ = 1. Entoncestoda x ∈ C[a, b] que satisface Bx = 0 puede expresarse como

x =∞∑0

〈x, en〉en,

serie que converge uniformemente en [a, b].

Demostracion. Sea G la funcion de Green para (L,B). Por hipotesis,

Gf = 0 L0 = f f = 0, luego KerG = 0. Ademas, con f = 0en la proposicion anterior, (L − λI)e = 0 ⇐⇒ (I − λG)e = 0, porlo que los en son tambien los eigenvectores de G. De la expansion deHilbert-Schmidt se sigue que KerG = 〈{en}〉⊥. Esto dice que 〈{ei}〉es denso en C[a, b], es decir, {en} es un sistema ortogonal completo.En particular, {en} es infinito.

Dada x ∈ C2[a, b] con Bx = 0, definamos f = Lx ∈ C[a, b]. AsiGf = GLx = x. La expansion de Hilbert-Schmidt es

x = Gf =∑〈Gf, ei〉ei =

∑〈x, ei〉ei

19

y esta serie converge uniformemente.

15.6. Proposicion. Si 0 es eigenvalor del PVF (L,B), digamos Lx0 = 0,Bx0 = 0, x0 6= 0, entonces toda x ∈ C2[a, b] que satisface 〈x, x0〉 = 0

puede expresarse como x =∞∑1

〈x, en〉en donde las en, ‖en‖ = 1 son

los eigenvectores.

15.7. Ejemplo. Condiciones de frontera B: x(0) = 0, x(π) = 0 para x ∈ C2.Tomamos el operador Lx = x′′. Los eigenvectores y eigenvalores paraLen = λnen, Ben = 0, son soluciones a

e′′n − λnen = 0, en(0) = 0 = en(π),

es decir λ = −n2, en(t) = sennt, n = 1, 2, . . . . Por la proposicion,

x(t) =∞∑n=1

cn sennt serie de Fourier con senos

serie que converge uniformemente.

15.8. Ejemplo. Sea x ∈ C2 con periodo 2π. Entonces x′ tambien es periodi-ca. Entonces consideramos

Lx = x′′, B : x(0) = x(2π), x′(0) = x′(2π).

Este PVF (L,B) tiene a 0 como eigenvalor, pues x0 = 1 satisface

Lx0 = 0. Por lo tanto la condicion∫ 2π

01 · y(s) ds = 0 equivale a

y ⊥ x0. Para tales y con “promedio 0” tenemos

y(t) =∞∑1

(αn cosnt+ βn sennt).

Dada x ∈ C2 que satisface Bx = 0, tomamos y(t) = x(t)− α0 donde

α0 =1

2π

∫ 2π

0

x(s) ds.

Entonces

x(t) = α0 +∞∑1

(αn cosnt+ βn sennt) serie de Fourier

serie que converge uniformemente.

20

15.9. Hay mucha literatura sobre la teorıa cualitativa de las ecuacionesdiferenciales de segundo orden (Teorıa de Sturm-Liouville).

Una propiedad importante es

Teorema. (de Comparacion de Sturm) Sea x1 una solucion no-trivialde (px′1)

′ + q1x1 = 0, y sea x2 una solucion de (px′2)′ + q2x2 = 0.

Supongase que (∀t) p(t) > 0, q2(t) ≥ q1(t). Supongase quex1(a) = x1(b) = 0. Entonces hay un t0: a ≤ t0 ≤ b tal que x2(t0) = 0.

Demostracion. Los ceros de las soluciones de estas ecuaciones dife-renciales son puntos aislados, ası que podemos suponer que a, b sonceros consecutivos de x1. Suponemos que x1 > 0 en (a, b) (de otromodo usar −x1).Por fines de contradiccion supongase que x2 no se anula en [a, b],entonces suponemos que x2 > 0. Por las ecuaciones diferenciales,

(p′x1 + px′1)x2 + q1x1x2 = 0, (p′x2 + px′2)x1 + q2x1x2 = 0,

por lo que p(x′1x2−x′2x2) ≥ (q2− q1)x1x2 ≥ 0. De hecho, es > 0 puesWronskiano es constante no cero (x2 no es multiplo de x1). Se sigueque (x1/x2)

′ > 0. Tenemos x1(a)/x2(a) = c ≥ 0 con x1/x2 creciente,luego x1(b)/x2(b) > c, lo cual contradice x1(b) = 0. Por lo tanto x2tiene que anularse en [a, b].

Nota. Se puede generalizar a 0 ≤ p2(t) ≤ p1(t) con p1, p2 en lugarde p en las ecuaciones.

15.10. Se puede aplicar la comparacion de Sturm con tj, tj+1 en lugar de a,b donde t1 < t2 < · · · < tn son los ceros sucesivos de x1. Por ejemplo,cosmt, senmt tienen “mas ceros” que cosnt, sennt cuando m > n,porque son soluciones de x′′ +m2x = 0, x′′ + n2x = 0.

Mas generalmente, en un problema de frontera

−(px′)′ + qx = λx

(con alguna condicion de frontera Bx = 0) con eigenvalores λ1 ≥λ2 ≥ · · · las eigenfunciones satisfacen

(px′j)′ + (q − λj)xj = 0,

por lo que cuando j crece, el potencial q−λj crece tambien. Ası cadaeigenfuncion tiene mas ceros que las anteriores.

21

15.11. Otra consecuencia de la comparacion de Sturm es que cuando el po-tencial de q crece, las soluciones son mas difıciles de calcular numeri-camente, a causa de la mayor oscilacion.

ECUACIONES DIFERENCIALES E INTEGRALES #16

FUNCION DE GREEN POR LATEORIA DE DISTRIBUCIONES

16.1. Definicion. El soporte de ϕ : R→ R es

suppϕ = {t ∈ R : ϕ(t) 6= 0}

Este conjunto siempre es cerrado; es compacto cuando existe t0 tal

que |t| > t0 ϕ(t) = 0.

Definicion. C∞0 = C∞0 (R) = {ϕ ∈ C∞(R) : suppϕ es compacto}.Los elementos de C∞0 se llaman funciones de prueba.

Se define una topologıa en C∞0 en terminos de convergencia de suce-siones:

Definicion. Dada {ϕn} ⊆ C∞0 decimos que ϕn → 0 cuando n→∞ siexiste t0 tal que(i) (∀n) suppϕn ⊆ [−t0, t0]; (soporte comun)(ii) (∀j) Djϕn → 0 uniformemente en [−t0, t0] cuando n→∞.

16.2. Definicion. D = {d : C∞0 → R lineal, continua}.Los elementos de D se llaman distribuciones.

Ejemplo. 1. Operadores de evaluacion Ea, E′a, etc.

Ejemplo. 2. Dada f ∈ C0 = C0(R), definimos df por

df (ϕ) =∫∞−∞ ϕ(t)f(t) dt para ϕ ∈ C∞0 .

En algunos libros se escribe fϕ en lugar de dfϕ, es decir, se iden-tifica f con df . (Otra notacion es 〈f, ϕ〉.) En este sentido pode-mos pensar que “C0 ⊆ D”. De manera similar se puede pensar que“{medidas finitas} ⊆ D”.

22

Nota. Basta que f sea localmente integrable para poder definir df . Enparticular, f podrıa ser continua por pedazos, con cualquier numerode brincos.

16.3. Definicion. La derivada de d ∈ D es d′ ∈ D dada por d′(ϕ) = −d(ϕ′).(La definicion para derivadas parciales de distribuciones en Rn essimilar.)

Proposicion. Sea f ∈ C1. Entonces (df )′ = df ′ .

Demostracion. df ′(ϕ) =

∫ ∞−∞

ϕ(t)f ′(t) dt = ϕf∣∣∞−∞−

∫ ∞−∞

ϕ′(t)f(t) dt

= −df (ϕ′) = (df )′(ϕ).

Recordemos la funcion delta de Dirac δ. Si fuera una funcion, satis-farıa

dδ(ϕ) =

∫ ∞−∞

ϕ(t)δ(t) dt = ϕ(0) = E0(ϕ)

por lo que dirıamos que dδ = E0. Ahora consideremos alguna ex-presion A que contenga δ(t) o a sus derivadas, como por ejemploA = tδ(t), A = δ(t) − δ(−t), A = δ′(t) − δ(t). La expresion “A = 0en el sentido de las distribuciones” significa por definicion que

(∀ϕ ∈ C∞0 )

∫ ∞−∞

A · ϕ(t) dt = 0

en donde aplicamos la regla-δ que dice dδ = E0, o en terminos mas

practicos,∫∞−∞ δ(t) dt = 1.

16.4. Ejemplo. ∫ ∞−∞

tδ(t)ϕ(t) dt =

∫ ∞−∞

δ(t)(tϕ(t)) dt = 0

∫ ∞−∞

(δ(t)− δ(−t))ϕ(t) dt =

∫ ∞−∞

δ(t)ϕ(t) dt−∫ ∞−∞

δ(−t)ϕ(t) dt

=

∫ ∞−∞

δ(t)ϕ(t) dt−∫ ∞−∞

δ(s)ϕ(−s) ds

= ϕ(0)− ϕ(−0) = 0.

Definicion. Funcion de Heaviside H : R→ R,

H(t) =

{1 t > 0,0, t < 0

23

(H(0) es irrelevante.)

16.5. Ejemplo.∫ ∞−∞

(H ′(t)− δ(t))ϕ(t) dt =

∫ ∞−∞

H ′(t)ϕ(t) dt−∫ ∞−∞

δ(t)ϕ(t) dt.

Ahora notemos que∫ ∞−∞

H ′(t)ϕ(t) dt =

∫ ∞0

H ′(t)ϕ(t) dt

= −∫ ∞0

H(t)ϕ′(t) dt

= −∫ ∞0

ϕ′(t) dt = −ϕ(t)∣∣∞0

= ϕ(0) = E0(ϕ).

Hemos verificado que tδ(t) = 0, δ(t) = δ(−t), H ′ = δ. De la mismamanera se ve que si g es continua, entonces g(t)δ(t) = g(0).

16.6. Otra funcion importante en la teorıa de las distribuciones es

Definicion. sgn(t) =

{1, t > 0,−1, t < 0.

(sgn(0) es irrelevante.)

Proposicion.d

dt|t| = sgn t en el sentido de las distribuciones.

16.7. Uso de distribuciones con funciones de Green.

Recordemos que resolvemos Lx = f con∫G(s, t)f(s) ds = x(t).

Ası∫L[G](s, t)f(s) ds = Lx(t) = f(t). Esto dice que queremos

L[G](s, t) = δ(s− t) (lo cual refina la version L[G] = 0).

Ejemplo. Tomemos L = D2 como antes. Para resolver G′′(t, s) =δ(s − t), fijemos s, luego integremos con respecto a t (porque todaslas derivadas son con respecto a t):

G′(t, s) =

∫ t

a

G′′(u, s) du+ α1(s)

=

∫ t

a

δ(u− s) du+ α1(s)

= H(t− s) + α1(s).

24

Entonces

G(t, s) =

∫ t

a

(H(u− s) + α1(s)) du+ α2(s)

= (t− s)H(t− s) + tα1(s) + α2(s).

Queda escoger α1(s) y α2(s) de manera que se satisfaga la condicionde frontera (∀s) B|a,bG = 0 segun el problema.

Ejemplo. L = D2 en [0, 1] con x(0) = x(1) = 0. Entonces en elextremo t = 0 obtenemos

0 = G(0, s) = −sH(−s) + 0α1(s) + α2(s).

Esto dice α2(s) = sH(−s) = 0 porque −s ≤ 0 en [0, 1]. En el extremot = 1 obtenemos

0 = G(1, s) = (1− s)H(1− s) + 1α1(s)

y dado que 1− s ≥ 0 en [0, 1] tenemos α1(s) = −(1− s). El resultadoes entonces

G(t, s) = (t− s)H(t− s)− t(1− s).Es util notar que

H(t− s) =

{1, s < t,0, s > t,

y resulta que obtuvimos el mismo resultado para G(t, s) como ante-riormente.

Ejemplo.

G(t, s) = ei|t−s| Esto da

G′(t, s) = i sgn(t− s) ei|t−s| porqued

dt|t| = sgn t

G′′(t, s) = 2iδ(t− s)ei|t−s| + i · i(sgn(t− s))(i sgn(t− s))ei|t−s|

= (2iδ(t− s)− 1)ei|t−s| porqued

dtsgn t = 2δ(t).

De esto

G′′(t, s) +G(t, s) = 2iδ(t− s)ei|t−s|

= 2iδ(t− s) porque y ei|t−s|∣∣t=s

= 1.

25