SOLUCIN DE EDPS POR SEPARACIN DE VARIABLES Y TEOREMA DE STURM-LIOUVILLE.UNIVERSIDAD PEDAGGICA Y TECNOLGICA DE COLOMBIA.

FACULTAD DE CIENCIASESCUELA DE FSICA.

Fsica Matemtica.

Cristian F. Rodrguez C, Angie N Acero H

15 de marzo de 2015

Ejercicio, ecuacin del calor.

Considere una varilla uniforme que satisface la ecuacin delcalor de la forma

u

t=

2u

x2

sujeta a las condiciones contorno e iniciales

u(0, t )= 0, u(x,0)= f (x)= senxu(2, t )= 0.

a) Muestre que la solucin es de la forma

u(x, t )=n=1

An sen(nx)e

2n t

con n = npi/2, donde An son coeficientes de Fourierdel desarrollo en senos de la condicin inicial f (x), co-mo sigue

An = 2

0f (x)sen

(npi2x)dx.

b) Calcule los coeficientes de Fourier An , y grafque la so-lucin hasta n = 10.

c) Desde la serie obtenga valores numricos parau(0.5,0),u(1,0), u(1.5,0), u(0.5,5), u(1,5) & u(1.5,5) con valoresde n hasta 10.

d) Desde la serie grafque las soluciones para u(0.5, t ),u(1, t ) & u(1.5, t ), con valores de n hasta 10.

a) Solucin. Considere que u pueda expresarse comou(x, t ) = (x)h(t ), al sustituir en la EDP, se tiene (x)h(t ) =(x)h(t ), al separar variables se obtienen dos EDO de la for-ma,

k= 0 hkh = 0,para que la solucin temporal sea acotada k debe ser posi-tiva, o bien poder expresarse como 2. La solucin para puede escribirse de la forma

(x)= A senx+B cosx.Para que la solucin satisfaga las condiciones de contorno yno sea trivial se requiere que (0) = 0 & (2) = 0, la prime-ra condicin implica que la solucin no puede depender de

cosx, as B = 0, la segunda implica que para que la solucinno sea trivial sen2= 0, o bien 2= npi, con lo cual se sigue

n = npi2

,

La solucin para h(t ) es de la forma h(t ) =Ce2n t , entoncespor superposicin

u(x, t )=n=1

An sen(nx)e

2n t

donde An = A C . La condicin inicial con la condicin inicialu(x,0)= senx se tiene que

u(x,0)=n=1

An sen(nx)= senx

entonces la sumatoria corresponde al desarrollo de Fourieren senos de senx, y el clculo de An es de la forma

An = 2

0f (x)sennxdx.

b) Solucin.

An = 2

0f (x)sennxdx =

20

senx sen(npi

2x)dx

para resolver la integral se emplea integracin por partes, conu = senx & dv = sennxdx, se tiene

An = 2

0senx sen

(npi2x)dx

= 2npi

senx cos(npi

2x)2

0+ 2npi

20

cosx cos(npi

2x)dx

= 2npi

[sen2cosnpi+

20

cosx cos(npi

2x)dx

]

1

empleando integracin por partes denuevo, con u = cosx &dv = cosnxdx, se tiene que la integral

20

cosx cos(npi

2x)dx

=

2

npicosx sen

(npi2x)2

0+ 2npi

20

senx sen(npi

2x)dx.

= 2npi

An

as, para An se sigue que

An = 2npi

[sen2(1)n + 2

npiAn

]= 2npi

sen2(1)n + 4n2pi2

An ,

An

(1 4

pi2n2

)=2(1)

n

npisen2

An

(n2pi24n2pi2

)=2(1)

n

npisen2

An =2(1)n npi4n2pi2 sen2.

De esta forma se tiene que

u(x, t )=n=1

2(1)n npi4n2pi2 sen2sen

(nx)e

2n t ,

y su grfica para n = 10,

Grfica 1: Temperatura u(x, t ) para una varilla uniforme asilada concondicin inicial u(x,0)= senx y desarrollo de Fourier de 10 prime-ros trminos. (z u y x)c) Solucin. Es posible obtener un valor aproximado de u sise consideran los 10 primeros trminos de la serie, tal que

u(x, t )10n=1

2(1)n npi4n2pi2 sen2sen

(nx)e

2n t .

as, pues se tiene la siguiente tabla para algunos valores de x& t ,

u(x, t ) x = 0.5 x = 1.0 x = 1.5t = 0 0.4521 0.8702 1.0172t = 5 3.019106 4.269106 3.019106

Tabla 0.1: Algunos valores numricos para u(x, t ).

d) Solucin. La serie de Fourier para u, con los 10 primerostrminos de la suma da una buena representacin del com-portamiento de un punto especfico en le tiempo

u(x, t )10n=1

2(1)n npi4n2pi2 sen2sen

(npi2x)e

2n t .

Grfica 2: u(0.5, t ) vs t con rango de trazado para t de 0-5, y rangode trazado para u de 00.5.

Grfica 3: u(1.0, t ) vs t con rango de trazado para t de 0-5, y rangode trazado para u de 0-1.

Grfica 4: u(1.5, t ) vs t con rango de trazado para t de 0-5, y rangode trazado para u de 0-1.2.

2

Ejercicio, ecuacin de Laplace.

Considere una placa rectangular con sus extremos aislados,exceptuando uno el cual se encuentra conectado a un poten-cial que se comporta de forma parablica, como se muestraen la siguiente figura; calcule el potencial en cada uno de lospuntos de la placa, y en particular para el punto (1,2) y realicela representacin grfica del potencial.

L = 2

H = 4

x

y

x22x

Grfica 5: Placa con potencial en uno de sus extremos

Solucin. El potencial (x, y) de la placa. satisface la Ecua-cin de Laplace tal que,

2= 0

Para el Clculo de la solucin suponga que puede expresar-se como = X (x)Y (y), surgen dos EDO

X (x)=2X (x) Y (y)=2Y (y)

con soluciones,

X = A senx+B cosxY =C senhy +D coshy.

La condicin de frontera (0, y) = 0 implica X (0) = 0 y a suvez B = 0. La condicin (L, y)= 0 implica X (L)= 0 y a su vezL = npi. La condicin (x,0) = 0 implica Y (0) = 0 y a su vezD = 0; entonces, por superposicin la solucin para es

(x, y)=n=1

An senhn y sennx.

La ultima condicin de frontera (x,H)= x22x implica

(x,H)=n=1

An senhnH sennx = x22x

entonces An senhnH corresponde al coeficiente de Fouriernsimo del desarrollo en senos de dicha condicin, as

An senhnH = 2L

L0

(x22x)sennxdx

= 2

0(x22x)sen

(npi2x)dx

Considere primero la siguiente integral cuya solucin es porpartes con u = x, dv = sennxdx

20x sen

(npi2x)dx,

= 2npi

x cos(npi

2x)2

0+ 2npi

20

cos(npi

2x)dx,

= 2npi

2cos(npi)+ 4

n2pi2sen(npi

2x)2

0

= 4npi

(1)n ,Considere ahora la siguiente integral cuya solucin es tam-bin por partes con u = x2, dv = sen(nx)dx 2

0x2 sen

(npi2x)dx,

= 2npi

x2 cos(npi

2x)2

0+ 4npi

20x cos

(npi2x)dx,

= 8npi

(1)n + 4npi

[2x

npisen(npi

2x)2

0 2xnpi

20

sen(npi

2x)dx

]= 8

npi

(1)n + 16n3pi3

cos(npi

2x)2

0

= 8npi

(1)n + 16(1)nn3pi3

16n3pi3

.

As para An se sigue que

An senhnH = 2

0(x22x)sen

(npi2x)dx

= 2

0x2 sen

(npi2x)dx2

20x sen

(npi2x)dx

=(

8

npi

(1)n + 16(1)nn3pi3

16n3pi3

)+ 8npi

(1)n= 8

npi

(1)n + 16(1)nn3pi3

16n3pi3

+ 8npi

(1)n= 16

((1)n 1)n3pi3

An =16((1)n 1)

n3pi3 senh(2npi) ,

y por lo cual se tiene la solucin para

(x, y)=n=1

16((1)n 1)

n3pi3 senh(2npi) senh(npi

2y)

sen(npi

2x)

.

y su representacin grfica es

3

Grfica 6: Potencial (x, y) de una placa con condiciones de fronte-ra nulas exceptuando en una de las aristas en las que se le aplica unpotencial con comportamiento parablico.

Se emplea un desarrollo hasta n = 10, para una aproxima-cin numrica de (1,2)

(1,2)10n=1

16((1)n 1)

n3pi3 senh(2npi) senh(npi

22)

sen(npi

21)

,

0.0455.

Ejercicio, ecuacin de Onda

Considere la deflexin u(x, t ) de una cuerda uniforme conlongitud L = 1 y sus extremos fijos sujeta a condiciones inicia-les u(x,0) = x x2, & ut

t=0= cos2x, resuelva (por separacin

de variables) el problema de valores iniciales y de contorno, ygrafique los modos de oscilacin de la cuerda para t [0,2].Solucin. Si la cuerda es uniforme y se desprecian fuerzas ex-ternas, dicha cuerda satisface la ecuacin unidimensional deonda

2u

x2=

2u

t2.

Suponga que la deflexin u puede expresarse de la formau(x, t )= X (x)T (t ), entonces se sigue que,

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

y se obtienen dos EDO de la forma

X X = 0 T T = 0,

es fcil ver por razones fsicas que < 0, para que la cuerdatome su carcter oscilatorio o vibratorio, de ac se tiene que

puede ser expresado como=2, de sta forma se tienensoluciones para X y para T de la forma

X (x)= A senx+B cosxT (t )=C sent +D cost ,

Las condiciones de contorno requieren que X (0) = 0 = X (L),lo cual implica que B = 0L = npi, suponiendo A conteni-do en las constantes de T , se obtiene por superposicin unaexpresin para u de la forma

u(x, t )=n=1

(Cn senn t +Dn cosn t

)sennx,

La condicin inicial u(x,0)= xx2, implica

u(x,0)=n=1

Dn sennx = xx2,

Donde Dn es un coeficiente del desarrollo en series de Fou-rier de senos para xx2,

Dn = 2L

L0

(xx2)sen(npiL

x)dx

puesto que la integral es una aplicacin lineal, se sigue que

Dn = 2L

L0

x sen(npiL

x)dx 2

L

L0

x2 sen(npiL

x)dx,

considerando resultados anlogos a los de las integrales delejercicio anterior, y el hecho que L = 1

Dn =4(1 (1)n )n3pi3

la condicin inicial ut

t=0= cos2x implica,

cos2x =n=1

Cnn sennx,

con lo cual Cnn corresponden al coefciente del desarrolloen senos de cos2x, por lo cual

Cnn = 2L

L0

cos2x sen(nx)dx

Cn(npiL

)= 2L

L0

cos(2x)sen(npiL

x)dx

como L = 1npi

2Cn =

10

cos(2x)sen(npix)dx

= 1npi

cos(2)cosnpix

10 2npi

10

sen2x cos(npix)dx

= 1npi

cos(2)(1)n + 1npi

2npi

10

sen2x cos(npix)dx.

4

Considere ahora la siguiente integral cuyo desarrollo es porpartes

10

sen2x cos(npix)dx

= sen2x 1npi

sen(npix)

10 2npi

10

sen(npix)cos2xdx

= 2npi

10

sen(npix)cos2xdx

= 2npi

npi

2Cn =Cn ,

as

npi

2Cn = 1

npicos(2)(1)n + 1

npi+ 2npi

Cn

Cn

(npi

2 2npi

)= 1cos(2)(1)

n

npi

Cn

(n2pi24

2npi

)= 1cos(2)(1)

n

npi

Cn = 2 1cos(2)(1)n

n2pi24 .

Las grficas de las tres primeras auto funciones deu, para dis-tintos valores de t son

n=1

n=2

n=3

5

Ejercicio 4.4.2

En la seccin 4.2, se mostr que el desplazamiento u de unacuerda no uniforme satisface

02u

t2= T0

2u

x2+Q,

donde Q representa la componente vertical de la fuerza ex-terna por unidad de longitud. SiQ = 0, la EDP es homognea.Una EDP homognea ocurre cuandoQ =u.

a) Muestre que si < 0, la fuerza de cuerpo es recupera-dora (dirigida haciau = 0). Muestre que si> 0, la fuer-za de cuerpo tiende a empujar la cuerda de su posicinde equilibrio u = 0.

b) Separe variables si 0 = 0(x) & = (x) pero T0 esconstante por razones fsicas. Analice la EDO depen-diente del tiempo.

c) Para el caso particular de coeficientes constantes. Re-solver el PVI si > 0:

u(0, t )= 0 u(x,0)= 0

u(L, t )= 0 ut

(x,0)= f (x).

a) Solucin. Por la segunda ley de Newton, es posible ana-lizar la fuerza de cuerpo1 sobre la cuerda por separado a latensin, tal que

02u

t2=u,

al realizar separacin de variables con u(x, t )=(x)(t )

0(x)(t )=(x)(t ),

o bien

= 0

con solucin directa

= A+ep/0t + Ae

p/0t Ae

p/0t .

Si se considera a> 0 entonces es posible escribirlo de la for-ma= p2, y se tiene en cuenta que 0 es siempre positivo porrazones fsicas, entonces

= Ae0t ; 0 p2/0 R

expresin siempre distinta de cero, y carente de carcter os-cilatorio. Por lo cual una vez ha actuado sobre el cuerpo, lomantiene fuera de su posicin de equilibrio.

Si se considera el caso en que < 0 es posible expresarlocomo =p2, as pues

= Aei0t ; 0 p2/0 R

con lo cual se consigue una expresin oscilatoria para , fe-nmeno que requiere la existencia de una fuerza dirigida alpunto de equilibrio u = 0, ya que la oscilacin ocurre cuandola fuerza hala la cuerda hacia el punto de equilibrio, pero lainercia lleva a que la cuerda salga de dicha posicin, acto se-guido, la fuerza recuperadora desacelera la cuerda y la tratade llevar de nuevo al origen donde el fenmeno se repite.

As que para un desplazamiento positivo, queremos unafuerza de cuerpo negativa que la dirija a u = 0. Para un des-plazamiento negativo, necesitamos una fuerza positiva. Si seconsigue ste tipo de fuerza se demuestra que locamenteu 0 est en la parte inferior de un pozo de potencial y porlo tanto un punto de equilibrio estable.

b) Solucin. Por separacin de variables, u =(x)h(t ), se tie-ne

0(x)(x)h(t )= T0(x)h(t )+(x)(x)h(t )o bien,

d2h

dt2=h T0 d

2

dx2+ (+0)= 0,

donde lleva el signo menos para que la solucin en el tiem-po sea acotada, y dicha solucin puede ser expresada comouna superposicin de senos y cosenos.

c) Solucin. Para el caso de coeficientes constantes la solu-cin para toma la forma

(x)= Aeikx

con k =

+0T0

, la condicin de contorno u(0, t )= 0 implica(0)= 0, y a su vez A+ =A con lo cual

(x)= 2i A+sen(kx).La condicin de contorno u(L, t )= 0 implica (L)= 0, o bien2i A+sen(kL)= 0, para que la solucin no sea trivial sen(kL)=0 y esto se cumple si KL = npi para todo n en los enteros, as

+0T0

= npi/L

as = sen(npix/L). De aqu se tiene

n = (npi/L)2T00

En general h(t ) es una combinacin lineal de senpt &

cospt , pero la condicin inicial u(x,0) = 0 implica que la

solucin carece de cosenos. Entonces, por superposicin

u(x, t )=nAn sen

n t sen(npix/L),

1Las fuerzas de masa o fuerzas de cuerpo (body force) estn asociadas con el cuerpo propio en estudio y se distribuyen en toda la amplitud del mismo adiferencia de las fuerzas de contacto que se aslan en un nico punto. Las fuerzas de cuerpo no son consecuencia de un contacto directo con otros cuerpos. Seespecifican en trminos de fuerzas por unidad de volumen, superficie o longitud, entre ellas es posible citar las fuerzas gravitacionales, de inercia, rgidas, etc.

6

donde las frecuencias de vibracin 0 =n son,

n =

(npi/L)2T0

0.

Ejercicio 4.4.3

Considere una cuerda vibrante ligeramente amortiguadaque satisface la ecuacin

02u

t2= T0

2u

t2u

t. (1)

a) Explicar brevemente por qu > 0

b) Calcular (por separacin de variables) la solucin quecumple las condiciones de contorno

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

y las condiciones iniciales

u(x,0)= f (x); u(x,0)t

= g (x).

Supnganse que el coeficiente de friccin es relativa-mente pequeo (2 < 4pi20T0/L2).

a) Solucin. > 0, El coeficiente de friccin expresa la opo-sicin, del movimiento que el aire hace a la cuerda, por esola cuerda pierde energa y se va frenando, si > 0 indica queefectivamente el aire esta interactuando con la cuerda.

b) Solucin. Empleando separacin de variables

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

Sustituyendo en (1) se obtiene

0(t )h(x)= T0h"(x)(t )(t )h(x).

Separando variables:

0(t )

(t )+(t )

(t )= T0 h"(x)

h(x)

puesto que x es independiente de t ,

0(t )

(t )+(t )

(t )= T0 h"(x)

h(x)=2

Obteniendo dos ecuaciones diferenciales ordinarias:

(t )+ 0(t )+

2

0(t )= 0 (1)

T0h"(x)+2h(x)= 0 (2)

Son ecuaciones homogneas, de segundo orden. la ecuacincaracterstica asociada a (1) es r 2+/0r +2/0 = 0, y solu-cionando

r = 20

(0

)24( 0 )22

Puesto que (/0)24(/0)2 < 0,

r = 20

i(

0

)2(

20

)2La solucin para la variable dependiente del tiempo, hacien-do =

(/0)2 (/20)2

(t )= e 2 t (D cos(t )+E sen(t )).

la ecuacin caracterstica asociada a (2) es m2 +2/T0 = 0despejando m = i/pT0, se define tal que, la solucinde la ecuacin para la variable dependiente del espacio es,

h(x)= A cos(x)+B sen(x).

Reemplazando en la solucin producto, se obtiene :

u(x, t )=n=1

(A cos(x)+B sen(x))(e 2 t (D cos(t )+E sen(t ))) .

Aplicando condiciones de contorno,

u(0, t )= 0= A(e 2 t (D cos(t )+E sen(t )))

implica A = 0,entonces para u(L, t )= 0, as

u(L, t )= 0=B sen(L)(e 2 t (D cos(t )+E sen(t )))

con lo cual sen(L)= 0, entonces n = (npi/L), quedan-do una solucin de la forma

u(x, t )=n=1

sen(nx)(e 2 t (Dn cos(t )+En sen(t )))

Aplicando condiciones iniciales,

u(x,0)= f (x)=n=1

Dn sen(nx).

Ejercicio 5.3.1

Haga el ejericio 4.4.2(b). Demostrar que la ecuain en de-rivadas parciales se puede escribir como una ecuacin deSturn-Liouville.

0(x)2u

t2= T0

2u

x2+(x)u (3)

7

Solucin. Usando una solucin de la formau(x, t )=(x)h(t )u(x, t )=(x)h(t )u(x, t )=(x)h(t ),reemplazando en (3), se tiene

0(x) h(t )(x)= T0"(x)h(t )+(x)(x)h(t ),

Por separacin de variables, con 0(x) y (x)

0h

h= T0"

+

El tiempo y el espacio son variables independientes y por tan-to constantes,

0h

h= T0"

+=

Para la ecuacin dependiente del tiempo,

dh

hdt=

La soluacin

h(t )=C1ept

Para la ecuacin dependiente del espacio,

d

dx

[T0

d

dx

]++0 = 0

Comprobando una ecuacin de la forma Sturm-Liouville.

Ejercicio 5.3.2

Considere

2u

t2= T0

2u

x2+u+u

t

a) Dar una breve interpretacin fsica.Qu signo tienen y segn esta interpretacin?

b) Supongamos que ,, son funciones de x. Demostrarque se pueden separar variables slo si = c, donde ces una constante.

c) Si = c, demostrar que la ecuacin espacial esuna ecuacin diferencial de sturn-Liouville. Resolver laecuacin dependiente del tiempo. Solucionando:

a) Solucin. La ecuacin diferencial parcial, describe el mo-vimiento de un sistema Amortiguado, con> 0 el coeficientede friccin, que representa la interaccin con el medio. Ac cumple las mismas propiedades estudiadas en el ejercicio4.4.2.

b) & c) Solucin.

(x)2u

t2= T0

2u

x2+(x)u+(x)u

t

Usando el mtodo de separaricn de variablesu(x, t )=(x)h(t )u(x, t )=(x)h(t )u(x, t )=(x)h(t )

(x)h

h(x) h

h= T0"+(x)

si = c, se obtieneh

h c h

h= T0(x)

+

despejando e igualando a hh ch =h (4)

T0+= (5)En donde (4), es una ecuacin diferencial ordinaria que sepuede expresar en su forma homogenea, se asocia una ecua-cion caracterstica r 2cr += 0, permitiendo la solucin deh dependiente del tiempo,

h(t )= e c2 t (D cos(t )+E sen(t ))

Ejercicio 5.3.3

Considrese la ecuacin diferencial (que no es de tipoSturn-Louville)

d2

dx2+(x)d

dx+ [(x)+(x)]= 0.

Multiplicar esta ecuacin por H(x) y calcular H(x) de tal ma-nera que la ecuacin se convierta en una ecuacin Sturn-Liouville:

d

x

[p(x)

d

dx

]+ [(x)+q(x)]= 0

Dadas (x),(x) y (x), Cmo son p(x),(x) y q(x)?

Solucin. Mutiplicando por H

H(x)d2

dx2+(x)H(x)d

+ [(x)+(x)]= 0

Teniendo en cuenta la regla del producto,

dH

dx

d

dx+H d

dx= ddx

(H(x)

d

dx

)Encontrando H(x)d

2

dx2y reemplazando

d

dx

(Hd

dx

) dH

dx

d

dx+(x)H d

dx+ [+]H = 0

Agrupando trminos semejantes

d

dx

(Hd

dx

)+ ddx

((x)H(x) dH

dx

)+ [(x)H(x)+(x)H(x)]= 0,

8

para el propsito actual se requiere,

dH

dxH = 0,

separando variables

dH

H=dx.

Una EDO lineal con solucin

H(x)=C1ex = p(x)

Obteniendo una ecuacin de tipo Sturn-Louville

d

dx

(p(x)

d

dx

)+ [(x)+q(x)]= 0,

Siendo p(x)=H(x),(x)=(x)H(x),q(x)= (x)H(x).

Ejercicio 5.3.4

Consideremos el flujo de calor con :

u

t= k

2u

x2V0 u

x. (6)

(a) Demostrar que la ecuacin diferencial ordinaria espa-cial obtenida por separacin de variables no es unaecuacin de Sturm-Liouville.

(b) Resolver el problema de valores iniciales y de contornocorrespondiente a los datos:

u(0, t )= 0,u(L, t )= 0,u(x,0)= f (x) .

(c) Resolver el problema de valores iniciales y de contorno:

u

t(0, t )= 0,

u

t(L, t )= 0,

u(x,0)= f (x) .

Solucin. Tomemos u(x, t )=(x)h(t ), de tal forma que la Ec.(6) toma la forma:

1

h

dh

dt= k

d2

dx2 V0

d

dx= , > 0, (7)

y as, la componente espacial de (6) se convierte en:

kd2

dx2V0 d

dx+= 0, (8)

la cual claramente no es una ecuacin del tipo Sturm-

Liouville regular debido a la presencia del trmino ddx . To-mando una solucin de la forma (x) = ex la ecuacin ca-racterstica para (8) ser:

k2V0+= 0,

con solucin para :

= i . (9)

donde =

k (V02k

)2y = V02k . Luego, la solucin para

(x) se escribir como:

(x)= ex (A+eix ) , (10)

donde hemos notado A+eix = A+e ix + Aeix . Bajo las

condiciones de frontera dadas se tiene que cumplir:

(0)= 0= A++ A = A+ =A = A ,(L)= 0= AeL sen(L) = n = npi

L A An ,

(x)n(x) ,

luego:

(x)=nAne

x sen(nx) . (11)

Por otro lado, de la Ec. (7) para h se recibe:

h(t )=Ben t ,

teniendo em cuenta que n n . Con B siendo absorbidapor An la solucin para u(x, t ) ser:

u(x, t )=nAne

x sen(nx)en t . (12)

Ahora, de la condicin inicial se cumple:

u(x,0)= f (x)=nAne

x sen(nx) ,

y as, desarrollando por Fourier de senos:

An = 2L

L0

ex f (x)sen(nx)dx ,

y finalmente la solucin al problema planteado es:

u(x, t )= 2Lexn

sen(nx)en t

L0

ex f (x)sen(nx)dx .

(13)

con n =

nk (V02k

)2y = V02k .

9

Ejercicio 5.3.5

Para el problema de autovalores se Sturm-Liouville:

d

dx+= 0, con d

dx(0)= 0 y d

dx(L)= 0, (14)

comprobar las siguientes propiedades generales:

(a) Existe una cantidad finita de autovalores; existe un va-lor mnimo pero no uno mximo.

(b) La autofuncin n-sima tiene n1 ceros.

(c) Las autofunciones son ortogonales y forman un siste-ma completo.

(d) Qu informacin da el cociente de Rayleigh con rela-cin a la existencia de autovalores negativos o cero?

Solucin. La solucin a la Ec. (14) es de la forma:

(x)= A+eipx , (15)

que al derivar respecto a x se convierte en:

(x)= ip(Ae

ipx ) , (16)

donde Aeipx = A+e i

px Aei

px . Utilizando las con-

diciones de contorno tenemos:

(0)= 0= ip(A+ A) = A+ = A = A ,

(L)= 0= ipA(e i

px ei

px )= sen(

pL)= 0,

= n =(npiL

)2 A An ,(x)n(x) .

As los autovalores de (14) forman un conjunto infinito noacotado superiormente pero con mnimo dado por 1 =pi/L,cuya autofuncin asociada es n(x) = sen(npix/L) con n1ceros en (0,L), y adems, todas estas autofunciones formanun conjunto ortogonal y completo, pues, para n 6=m se tiene:

L0

sen(npix/L)sen(mpix/L)dx = 0, (17)

y cualquier funcin f (x) se puede escribir como combina-cin lineal de la base sen(npix/L):

f (x)=nCn sen(npix/L) . (18)

El cociente de Rayleigh dado por:

=(p(x)(x)ddx

)ba+ ba

[p(x)

(ddx

)2q(x)2(x)]dx ba

2(x)(x)dx,

(19)

toma la forma gracias a las condiciones de contorno:

= L

0

(ddx

)2dx

ba

2(x)dx> 0,

ya que el integrando es siempre positivo y para = 0 se ten-dra que n(x)= 0 la cual no es una autofuncin.

Ejercicio 5.3.6

Rehacer el ejercicio anterior para el siguiente problema deautovalores de Sturm-Liouville:

d

dx+= 0, con d

dx(0)= 0 y (L)= 0. (20)

Solucin. La solucin para la Ec. (20) es igual a la Ec. (15) yas mismo su derivada ser igual a la Ec. (16). Por lo tanto, lascondiciones de contorno conducen a:

(0)= 0= ip(A+ A) = A+ = A = A ,

y

(L)= 0= A(e ipL +ei

pL)= A cos(

pL) ,

= n =(

(2n+1)pi2L

)2,

de esta manera los autovalores forman un conjunto infinitosin cota superior pero con la existencia de un mnimo paran = 0, 1 = pi2L , y las autofunciones toman la forma:

n(x)= cos(

2n+12

pi

Lx

),

la cual tiene n1 ceros en (a,b), y forma un conjunto ortogo-nal y completo como sigue:

L0

cos

(2n+1

2

pi

Lx

)cos

(2m+1

2

pi

Lx

)dx = nm ,

donde nm es la delta de Kronecker y adems, para cualquierfuncin f (x) se cumple que:

f (x)= a0+n=1

Cn cos

(2n1

2

pi

Lx

).

El cociente de Rayleigh dado por (19) adopta la forma, paralas condiciones de frontera dadas:

= L

0

(ddx

)2dx

ba

2(x)dx> 0,

cumplindose la desigualdad estricta por las mimas razonesque en el ejercicio anterior.

10

Ejercicio 5.3.7

Cules de los apartados 1-5 del teorema de Sturm-Liouvilleson vlidos para el siguiente problema de autovalores?

d2

dx2+= 0,(L)=(L),

d

dx(L)= d

dx(L).

Solucin. La solucin de la EDO puede escribirse de la forma

(x)= A cospx+B sen

px.

La condicin (L)=(L), implica

A cospL+B sen

pL = A cos

(pL)+B sen

(pL)

,

puesto que el coseno es par, y el seno impar, se sigue que

A cospL+B sen

pL = A cos

pLB sen

pL,

con lo cual2B sen

pL = 0. (21)

Anlogamente, la condicin de contorno ddx (L)=ddx (L) im-

plica2A sen

pL = 0. (22)

Los valores de que satisfacen las (21) & (22) son todos talesque

pL = npi con n Z, o bien

n =(npiL

)2n Z

pero puesto que el argumento que contiene a n se encuentraelevado a una potencia par, los autovalores de n < 0 se repi-ten, lo cual indica que es suficiente considerar n N

n =(npiL

)2n N

Desde ac se nota que R, entonces satisface la el primeritem del teorema. Existe un mnimo para n = 0, y no exis-te una cota mxima, con lo cual satisface el segundo item delteorema. Al llevar a la solucin de la EDO se nota que laautofuncin n es nica para cada ,

n = An cos npiL

x+Bn sen npiL

x.

puesto que las condiciones de contorno exigen que est de-finida en

[L,L], regin en la cual cos(piL x)posee dos ceros enL/2 entonces la la auto funcin posee dos cortes, y el terceritem del teorema no se cumple para ste caso. Las autofun-ciones se forman un conjunto completo ya que mediante susuperposicin se forma una serie de Fourier en senos y cose-nos, y por el Teorema de Fourier cumple todas las condicio-nes que se requieren en el cuarto item. Dado que para steproblema (x) = 1, y el hecho que las funciones senos y co-senos son una base ortogonal, el apartado 5 se cumple paraste caso.

De esta forma ste caso cumple los items o apartados 1,2,3& 5 del teorema de Sturm-Liouville.

Ejercicio 5.3.8

Demostrar que 0 en el problema de autovalores

d2

dx2+ (x2)= 0, d

dx(0)= 0, d

dx(1)= 0.

= 0 es un autovalor?

Solucin. Considere el cociente de Rayleigh por las condicio-nes de contorno la funcin est definida en [0,1], entonces

= pddx

10+ 10

[p(ddx

)2q2]dx 1

0 2dx

,

ac p = 1, = 1 & q =x2, as

=(0)ddx (0)+(1)

ddx (1)+

10

[(ddx

)2+x22]dx 1

0 2dx

,

= 1

0

(ddx

)2dx+ 10 x22dx 10

2dx.

Puesto que se tratan de los integrandos son funciones no ne-gativas en el intervalo de integracin, 0. Puesto que la in-tegral del segundo trmino del numerador, no es nula enton-ces 6= 0.

Ejercicio 5.3.9

Considere el problema de autovalores

x2d2

dx2+x d

dx+= 0, (1)= 0,(b)= 0. (23)

a) Demostrar que multiplicado por 1/x el problema setransforma en uno de Sturm-Liouville.

b) Demostrar que 0.

c) Usando el hecho de que (23) es una ecuacin equidi-mensional, calcular todos los autovalores positivos. Es = 0 un autovalor? Demostrar que hay infinitos auto-valores con uno mnimo, pero que no existe autovalormximo.

d) De acuerdo con el Teorema de Sturm-Liouville conrespecto a qu peso son ortogonales las autofunciones?Comprobar la ortogonalidad directamente medianteintegracin.

e) Demostrar que la autofuncin n-sima tiene n1 ce-ros.

11

a) Solucin. Dividiendo (23) por 1/x, se tiene

xd2

dx2+ ddx

+ 1x= 0

empleando la regla del producto,

d

dx

[xd

dx

]+ 1

x= 0,

un problema autovalores de Sturm-Liouville con p = x, q = 0& = 1/x.b) Solucin. Desde el cociente de Rayleigh

= pddx

ba+ ba

[p(ddx

)2q2]dx ba

2dx,

= xddx

b1+ b1 x

(ddx

)2dx

b12

x dx,

= b

1 x(ddx

)2dx

b12

x dx.

puesto que los integrandos son positivos en la regin de inte-gracin, 0.c) Solucin. Dado que (23) es equidimensional, se trata deuna ecuacin de Cachy-Euler, por lo cual se emplea una solu-cin de la forma= xr , entonces al sustituir en (23), se obtie-ne la ecuacin caracterstica, r

(r 1)+ r + = 0 = r 2 =

. Si > 0, r = ip, donde xip se puede escribir como

eip lnx . Entonces la solucin general es

=C1 cos(p lnx

)+C2 sen

(p lnx

)La condicin de contorno (1)= 0 implica C1 = 0, y la condi-cin (b)= 0 implicap lnb = npi o bien

n =( npi

lnb

)2.

Si = 0, la EDO toma la formad

dx

(xd

dx

)= 0

con solucin= A lnx+B.

La condicin (1) = 0 implica B = 0, y la condicin (b) = 0implica A = 0, por lo tanto = 0 no es un autovalor.d) Solucin. Las autofunciones tienen la forma

n = sen(p lnx

)Teniendo en cuenta que la funcin de peso est dada por

= 1/x, y empleando un cambio de variable u = lnx, se tiene

que la proyeccin sobre dos elementos de la base est dadapor:

m |n

= b1

sen(mpi

lnblnx)

sen( npi

lnblnx) dxx

,

= lnb

0sen(mpi

lnbu)

sen( npi

lnbu)du,

= lnb2n,m .

con lo cual si n 6=m la proyeccin se anula, lo cual indica quela base es ortogonal.

Ejercicio 5.3.10

Rehacer el ejercicio anterior con las condiciones de con-torno

d

dx(1)= 0 d

dx(b)= 0,

Solucin. La solucin de los incisos a & b son idnticas aldesarrollo anterior, en el el inciso c las soluciones son de laforma

={A cos

(p lnx

)+B sen

(p lnx

)si > 0

A lnx+B si = 0

para el caso en que = 0, se tiene que ddx = Ax , con lo que lacondicin ddx (1) = 0 implica que A = 0, entonces para = 0=B , como B es una constante aditiva y las condiciones sonde tipo Neuman, dicha constante es arbitraria y B = 0 y enconsecuencia = 0 no es un autovalor. Para el caso > 0 setiene

= A cos(p lnx

)+B sen

(p lnx

)con lo cual

d

dx=A

p

xsen(p lnx

)+B

p

xcos(p lnx

)la condicin de contorno ddx (1) = 0 implica B = 0, la condi-cin ddx (b) = 0 implica

p lnb = npi, con lo cual la autofun-

cin esn = cos

( npilnb

x)

.

Teniendo en cuenta que la funcin de peso est dada por= 1/x, y empleando un cambio de variable u = lnx, se tieneque la proyeccin sobre dos elementos de la base est dadapor:

m |n

= b1

cos(mpi

lnblnx)

cos( npi

lnblnx) dxx

,

= lnb

0cos(mpi

lnbu)

cos( npi

lnbu)du,

= lnb2n,m .

con lo cual si n 6=m la proyeccin se anula, lo cual indica quela base es ortogonal.

12

A. Grficas 3D

La grfica 1 ha sido generada con Microsoft Mathematics4.0 y puede ser reproducida con el comando

show3d(

ploteq3d(

z=(

seriesSum(2pin(-1)^n/(4-pi^2n^2)sin(2)

sin(npi/2x)e^(-(n*(pi/2))^2y), n, 1, 10)

),

{x, 0, 2},{y, 0, 2},{z, 0, 1.2}

),

{ShowWireframe, false},

{ViewAngle, 60.679, -121.852, 62.848},

{x, 0, 2},{y, 0, 2},{z, 0, 1.2}

)

La grfica 6 ha sido generada con Microsoft Mathematics4.0 y puede ser reproducida con el comando

show3d(

ploteq3d(

z=(

seriesSum(16((-1)^n-1)/(n^3pi^3sinh(2npi))

sinh(npi/2y)sin(npi/2x), n, 1, 10)

),

{x, 0, 2},{y, 0, 4},{z, -1, 1}

),

{ShowWireframe, false},

{ViewAngle, 34.552, -124.818, 67.539},

{x, 0, 2},{y, 0, 4},{z, -1, 1}

)

Las grficas 3D de las autofunciones de la ecuacin de ondahan sido generadas con Microsoft Mathematics 4.0 y pue-den ser reproducidas con el siguiente comando remplazandoel respectivo valor de n

show3d(

ploteq3d(

z=(

2(1-cos(2)(-1)^n)/(n^2pi^2-4)sin( n pi(y))

+4(1-(-1)^n)/(n^3pi^3)cos(n pi(y))

)sin(n pix),

{x, 0, 1},{y, 0, 2},{z, -0.021, 0.021}

),

{ShowWireframe, false},

{ViewAngle, 62.389, -132.47, 67.671},

{x, 0, 1},{y, 0, 2},{z, -0.021, 0.021}

)

13