APUNTES DE ECUACIONES DIFERENCIALESPARCIALES
1. SERIES DE FOURIER
Nuestro objetivo es determinar cuando una funcion f : R R puedeser representada en la forma
f(x) =1
2a0 +
+n=1
(an cos
npix
L+ bn sen
npix
L
).
Como veremos mas adelante, este tipo de expresion aparece natural-mente en algunas ecuaciones, tales como la ecuacion del calor y de laonda.
1.1. Funciones Periodicas.
Definicion 1.1.1. Una funcion f : R R es llamada periodica deperodo T si f(x+ T ) = f(x) para todo x R.
Observacion. Note que si T es un perodo, entonces nT ,n ZZ , tambien lo es.
Definicion 1.1.2. El menor perodo de una funcion es llamado perodofundamental.
Ejemplo 1.1.
(i) f(x) = senx, T = 2pi.
(ii) f(x) = x [x], T = 1.(iii) f(x) = sen
npix
L, T =
2L
n.
Verifiquemos (iii). Supongamos T es el periodo, entonces para cadax R se tiene que
sen(npixL
)= sen
(npi(x+ T )
L
)= sen
(npix
L+npiT
L
)Ya que sinx es una funcion 2 pi-periodica se tiene que el menor T
verificando la identidad anterior se logra cuando npiTL
= 2pi y luego
T = 2Ln
.1
2 APUNTES DE EDP
1.2. Coeficientes de Fourier. Supongamos de una manera infor-mal que
(1) f(x) =a02
++n=1
(an cos
npix
L+ bn sen
npix
L
).
Se observa que el perodo de f es 2L. Integrando entre [L,L] se ob-tiene que LLf(x) dx =
a02
LL
dx++n=1
(an
LL
cosnpix
Ldx+ bn
LL
sennpix
Ldx
),
y as
(2) a0 =1
L
LLf(x) dx.
Para encontrar los otros coeficientes de Fourier, usaremos las sigui-entes relaciones de ortogonalidad L
Lcos
npix
Lsen
mpix
Ldx = 0, n,m 1. L
Lcos
npix
Lcos
mpix
Ldx =
{L, n = m 1.0, n 6= m, n,m 1. L
Lsen
npix
Lsen
mpix
Ldx =
{L, n = m 1.0, n 6= m, n,m 1.
Multiplicando (1) por cos mpixL
, m 1 e integrando se obtiene LLf(x) cos
mpix
Ldx = amL,
y analogamente LLf(x) sen
mpix
Ldx = bmL.
As
(3) an =1
L
LLf(x) cos
npix
Ldx , n 0,
(4) bn =1
L
LLf(x) sen
npix
Ldx , n 1.
Note que a02
en la expresion (1) se justifica para verificar la formula (3).
Ahora podemos definir los coeficientes de Fourier:
APUNTES DE EDP 3
Definicion 1.2.1. Suponga que f(x) es absolutamente integrable encada intervalo finito. Los coeficientes de Fourier son definidos por lasexpresiones anteriores (3) y (4) .
Dada una funcion absolutamente integrable f : R R y 2L-periodi-ca, motivados por el razonamiento anterior, nos interesa saber si la seriede Fourier
1
2a0 +
+n=1
(an cos
npix
L+ bn sen
npix
L
)converge a la funcion f . Para este proposito necesitamos de los sigu-ientes conceptos.
Definicion 1.2.2. Una funcion f : R R es llamada seccionalmentecontinua si en cada intervalo acotado tiene un numero finito de discon-tinuidades (todas de primera especie, es decir, lmites laterales existen).
Ejemplo 1.2.
1. f(x) = sig x es seccionalmente continua .
2. f(x) = x [x] es seccionalmente continua .
3. f(x) =
x, 0 x pi,x, pi x 0,2pi periodica. es seccionalmente continua .4. f(x) =
1
x, no es seccionalmente continua.
5. f(x) =
1, x 1,1n, 1
n+1 x < 1
n,
0, x 0.no es seccionalmente continua.
Definicion 1.2.3. Una funcion es seccionalmente diferenciable si esseccionalmente continua y su derivada f tambien es seccionalmentecontinua.
Ejemplo 1.3. La funcion 2periodica definida por f(x) = 1 x2 ,si |x| 1, es seccionalmente continua y no es seccionalmente diferen-ciable.
El siguiente teorema se refiere a la convergencia puntual de la seriede Fourier (1).
Teorema 1.1. Sea f : R R una funcion seccionalmente diferencia-ble de periodo 2L. Entonces la serie de Fourier de f converge en cadapunto para
1
2[f(x+) + f(x)] .
4 APUNTES DE EDP
Ejemplo 1.4. (a) Calcular la serie de Fourier de la funcion 2 piperiodi-ca definida por
f(x) =
{1, 0 x pi,0, pi x < 0 .
(b) Use la parte (a) para obtener una expresion en serie para pi.
Solucion.
(a) Por Teorema 1.1 tenemos que
1
2(f(x+) + f(x)) =
1
2+
+k=1
2
(2k 1)pi sen(2k 1)x.
(b) Ya que f(pi2) = 1 se obtiene
pi
4=
+k=1
(1)k12k 1 (Serie de Leibniz).
Definicion 1.2.4. Una funcion f es par si f(x) = f(x) para todo x.Una funcion f es impar si f(x) = f(x) para todo x.Proposicion 1.1. Sea f : R R una funcion par que es absoluta-mente integrable en cualquier intervalo acotado, entonces
an =2
L
L0
f(x) cosnpix
Ldx, y bn = 0.
Proposicion 1.2. Si f : R R es una funcion impar y absolutamenteintegrable en cualquier intervalo acotado, entonces
an = 0, y bn =2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx.
Observacion. Cuando f es par, es posible obtener una serie de Fourieren terminos de cosenos y cuando f es impar obtenemos una serie enterminos de senos.
Ejemplo 1.5. Sea f : R R periodica de periodo 2L y definida porf(x) = x, L x < L.Como f es impar
an = 0,
bn =2
L
L0
x sennpix
Ldx
=2L
n2pi2
npi0
u senu du
=2L
npi(1)n+1,
APUNTES DE EDP 5
y ya que f es seccionalmente diferenciable, por Teorema 1.1, se tieneque
1
2(f(x+) + f(x)) =
2L
pi
+n=1
(1)n+1n
sennpix
L.
Ejemplo 1.6. Defina f(x) = |x|+ L, |x| L.
a0 =2
L
L0
(L x) dx = L,
an =2
L
L0
(LX) cos npixL
dx
=2L
n2pi2[1 (1)n] .
Ya que f es seccionalmente diferenciable y continua, Teorema 1.1, setiene que
f(x) =L
2+
4L
pi2
+k=1
1
(2k 1)2 cos(2k 1)pix
L.
Observacion. Dada una funcion f : [0, L] R, podemos establecervarios desarrollos de Fourier para f de acuerdo a como la extendamos.
Ejemplo 1.7.
(i) f(x) =
f(x), x [0, L],f(x), x [L, 0],2L periodica. en terminos de cosenos(ii) f(x) =
f(x), x [0, L],f(x), x [L, 0],2L periodica. en terminos de senos(iii) f(x) =
f(x), x [0, L],0, x [L, 0],2L periodica.Podemos considerar por ejemplo un perodo mayor.
Ejemplo 1.8. Dada f(x) = x, x [0, pi], escriba f como una seriede senos.
Extendemos f de la siguiente manera:
f(x) =
x, x [0, pi],x, x [pi, 0],2pi periodica.
6 APUNTES DE EDP
As
bn =2
pi
pi0
x sennx dx =2
n(1)n+1,
y luego por Teorema 1.1 se tiene que
1
2(f(x+) + f(x)) =
+n=1
(1)n+1 2n
sennx
y por lo tanto,
x = 2+n=1
(1)n+1n
sennx, 0 x < pi.
Nota. En x = pi no vale la igualdad anterior.
1.3. Integracion de Series de Fourier.
Teorema 1.2. Sea f : R R una funcion periodica de perodo 2L yseccionalmente continua, y sea
a02
++n=1
(an cos
npix
L+ bn sen
npix
L
).
su serie de Fourier. Entonces
(i) Se tiene que ba
f(x) dx =
ba
a02dx+
+n=1
(an
ba
cosnpix
Ldx+ bn
ba
sennpix
Ldx
).
(ii) La funcion
F (x) =
x0
[f(t) a0
2
]dt
es 2L-periodica continua, F es seccionalmente continua y esrepresentada por la serie de Fourier x
0
[f(t) a0
2
]dt =
L
pi
+n=1
bnn
+L
pi
n=1
(bnn
cosnpix
L+ann
sennpix
L
),
y
L
pi
+n=1
bnn
=1
2L
LLF (x) dx.
APUNTES DE EDP 7
En terminos practicos el Teorema anterior toma la forma
F (x) =
x0
(f(t) a0
2
)dt
=1
2L
LLF (x) dx+
L
pi
+n=1
(bnn
cosnpix
L+ann
sennpix
L
).
Ejemplo 1.9. Considerando la funcion 2L-periodica
f(x) = x, L x < L.Del Teorema 1.1 se obtiene que
1
2(f(x+) + f(x)) =
2L
pi
+n=1
(1)n+1n
sennpix
L.
De acuerdo a la formula anterior, se tiene que para x [L,L]
F (x) =x2
2,
1
2L
LLF (x) dx =
L2
6,
luego,
x2
2=L2
6+
2L2
pi2
+n=1
(1)nn2
cosnpix
L, L x L.
Aplicando un par de veces mas el teorema anterior se llega a laconclusion que:
x4
24 L
2x2
12= 7L
4
360+
2L4
pi4
+n=1
(1)n+1n4
cosnpix
L, L x L.
y tomando x = pi, se obtiene la formula
pi4
90=
+n=1
1
n4.
1.4. Acotamiento de los coeficientes de Fourier.
Proposicion 1.3. Sea f : R R 2L-periodica(i) Suponga que f es absolutamente integrable en [L,L], entonces
|an|, |bn| M0(f, L).(ii) Suponga que f es derivable y que f sea absolutamente integrable
en [L,L], entonces
|an|, |bn| M1(f, L)n
.
8 APUNTES DE EDP
(iii) Supongamos que f es continua y f absolutamente integrableen [L,L], entonces
|an|, |bn| M2(f, L)n2
.
etc...
1.5. Identidad de Parseval.
Teorema 1.3. Sea f : R R 2L-periodica, |f |2 integrable en [L,L],entonces
1
2a20 +
+n=1
(a2n + b
2n
)=
1
L
LL|f(x)|2 dx.
Demostracion. Mas adelante. Aplicaciones 1.1. 1. Use el desarrollo de Fourier de la funcion
f(x) = x3 L2x, T = 2L para obtener la identidad+n=1
1
n6=
pi6
945.
2. Sea f : R R C1, f(0) = f(L) = 0 y sea
bn =2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx.
Entonces,n=1
|bn| 0.
(ii) Observar que+n=1
sennx
n,
no es serie de Fourier de una funcion de L2 si 2 < 1.
APUNTES DE EDP 9
1.6. Ejercicios Propuestos.
Ejercicio 1.1. Si f y g son periodicas de periodo T , muestre que f +gy fg tambien son periodicas de periodo T .
Ejercicio 1.2. Sea f : R R una funcion periodica de periodo T ,integrable en todo intervalo, Muestre que a+T
a
f(x) dx =
T0
f(x) dx,
donde a es un numero real fijado.
Ejercicio 1.3. Sea f : R R una funcion periodica de periodo T .Muestre que la funcion
F (x) =
x0
f(t) dt
es periodica (de periodo T ) si y solo si, T0
f(t) dt = 0.
Ejercicio 1.4. Muestre que si f : R R es una funcion par difer-enciable entonces f es impar. Muestre tambien que si f : R R esimpar y diferenciable, entonces f es par.
Ejercicio 1.5. Escriba la serie de Fourier de la funcion 2pi perodicadefinida por
f(x) = 2x, pi x < pi.Ejercicio 1.6. Use la serie de Fourier de la funcion definida por
f(x) =
{cosx ,pi < x pi,2pi-periodica.
para mostrar que
cot pi =1
pi
(1
n=1
2
n2 2).
Ejercicio 1.7. Calcule la serie de Fourier de la funcion
f(x) =
{senx , senx 0,0 , senx < 0.
Ejercicio 1.8. Calcule la serie de Fourier de la funcion 2piperiodicadefinida por
f(x) = ex , si pi x < pi.
10 APUNTES DE EDP
Ejercicio 1.9. Encuentre el desarrollo de Fourier de la funcion
f(x) = sgn(x), pi < x < pi.Aplicando este desarrollo determine el valor de la serie
n=1
(1)n12n 1 .
Ejercicio 1.10. Considere la funcion 2piperiodicaf(x) =
{1 si 0 x < pi,0 si pi x < 0,
y la identidad de Parseval para mostrar quen=1
1
(2n 1)2 =pi2
8.
Ejercicio 1.11. Sea f : R R seccionalmente continua. Escriba L0xf(x)dx en terminos de
bn =2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx.
Ejercicio 1.12. Diga sin=1
cosnx
n
puede ser una serie de fourier de una funcion de clase C1.
Ejercicio 1.13. Calcule la serie de fourier de la funcion
f(x) =
{cosx , cosx > 0,0 , cosx < 0.
Ejercicio 1.14. Considere la funcion
f(x) = sen 3pix, 0 < x < 1,
Encuentre un desarrollo de Fourier para la funcion f en terminos desenos y otro en terminos de cosenos.
Ejercicio 1.15. Considere una funcion f : [0, L] R y k un numeronatural. Suponga que f, f , f , ..., f (k1) son continuas y que f (k) esabsolutamente integrable.Muestre que L
0
f(x) sinnpix
Ldx
Cnk , n = 1, 2, 3, ....
APUNTES DE EDP 11
donde C es una constante positiva.
Ejercicio 1.16. Sea f una funcion continua en [0, 1] y defina
n =
10
f(x) sennpix dx, n N.
Demuestre que la serie
n=1nn
es convergente.
Ejercicio 1.17. Sea f una funcion seccionalmente continua y 2pi-periodica . Muestre que
lmn+
pipif(t) sen
(2n+ 1)t
2dt = 0.
12 APUNTES DE EDP
2. ECUACION DEL CALOR
Sea R = {(x, t) R2 : 0 < x < L y t > 0}. El problema deconduccion de calor en una barra consiste en determinar una funcionu : R R que verifique la siguiente ecuacion llamada Ecuacion delCalor
(1) ut = Kuxx , en R.
y que satisfaga la condicion
(2) u(x, 0) = f(x) , 0 x L.donde f : [0, L] R es una funcion dada y K > 0 una constante.
Tambien debe verificar condiciones de frontera. Por ejemplo,
(3) u(0, t) = u(L, t) = 0.
El problema (1)-(3) es llamado problema de valor inicial y de fronterao problema mixto 1-dimensional.
2.1. Metodo de Fourier. Este metodo consiste inicialmente enusar separacion de variables. Para esto, buscamos soluciones de la forma
u(x, t) = F (x)G(t).
Procediendo informalmente, buscaremos un candidato a solucion yluego probaremos rigurosamente que es solucion. En efecto, suponga-mos que u(x, t) verifica (1), entonces
F (x)G(t) = KF (x)G(t),
o bien, si F (x) 6= 0 y G(t) 6= 0, tenemos1
K
G(t)G(t)
=F (x)F (x)
=
para cierto que no depende de x ni de t.
Estudiemos la ecuacion
(4) F (x) F (x) = 0, 0 < x < L.Ya que u(0, t) = u(L, t) = 0, entonces F debe satisfacer
(5) F (0) = F (L) = 0.
Sabemos de las EDOs que de acuerdo a los valores de las solucionesde (4) (5) pueden ser expresadas como sigue:
APUNTES DE EDP 13
(i) Si > 0, la solucion es de la forma
F (x) = c1ex + c2e
x.
Imponiendo las condiciones de borde F (0) = F (L) = 0 se ob-tiene que c1 = c2 = 0.
(ii) Si = 0 la solucion es de la forma
F (x) = c1x+ c2.
Al imponer las condiciones de borde, tenemos que F (x) 0.(iii) Si < 0, denotemos = 2, as la solucion general de
F (x) F (x) = 0,tiene la forma
F (x) = c1 cosx+ c2 senx.
Imponiendo F (0) = 0 tenemos c1 = 0 e imponiendo F (L) = 0y ya que nuestro interes es determinar soluciones no-triviales,se obtiene L = npi, n N . As las soluciones de (4) (5)tienen la forma
Fn(x) = sennpix
LLa solucion general de la ecuacion diferencial
1
K
G(t)G(t)
=
esG(t) = ceKt
o sea,
Gn(t) = cen2pi2
L2Kt.
As, para cada n = 1, 2, 3, ... tenemos una funcion
un(x, t) = en2pi2
L2Kt sen
npix
L,
que satisface las condiciones de frontera (no la condicion inicial nece-sariamente) y la ecuacion del Calor.
Imponiendo la condicion inicial, nos queda
un(x, 0) = sennpix
L= f(x).
O sea, si f(x) fuera de la forma
f(x) = sennpix
Lpara algun n, el problema estara resuelto.
14 APUNTES DE EDP
Ejemplo 2.1. La solucion del problema
ut = Kuxx, en R,u(x, 0) = 5 sen 3pix
L, para 0 x L,
u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0 ,
tiene como solucion
u(x, t) = 5 e9pi2KtL2 sen
3pix
L.
Nota que si la condicion de frontera fuera
f(x) = 4 sen2pix
L+ 3 sen
5pix
L,
entonces, la solucion debera ser
u(x, t) = 4 e4pi2KtL2 sen
2pix
L+ 3 e
25pi2KtL2 sen
5pix
L.
Por otro lado, observa que si u1, ..., un son soluciones que verifican(1) y (3), entonces
Nn=1
cnun, tambien verifican (1) y (3).
Este principio es llamado El Principio de Superposicion de Solu-ciones. Luego si la condicion inicial es de la forma:
f(x) =Nn=1
cn sennpix
L
entonces, la solucion sera de la forma
u(x, t) =Nn=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L.
Esto hace surgir de forma natural la siguiente pregunta. Si
f(x) =+n=1
cn sennpix
L,
sera la solucion de la Ecuacion del Calor dada por
u(x, t) =+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L?
Esta es la motivacion para el estudio de las Series de Fourier.
APUNTES DE EDP 15
Basicamente lo anterior quiere decir que si f(x) posee un desarrollode Fourier en terminos de senos, entonces tendremos un candidato asolucion.
Definicion 2.1.1 (I). Una funcion u : R R es una solucion delPVIF (O sea (1)-(3)) si u es continua en R, con derivadas parcialesdefinidas en R y verificando (1)-(3).
Esta es una definicion natural, pero exige que la funcion f sea con-tinua con f(0) = f(L) = 0.
Y si no fuera as?, por ejemplo, si f(x) = 50C x [0, L],
- x
6t
L
@@R50C
-x
6u
t
50C
o si pegaramos dos barras con temperaturas diferentes (50C y 100C).
-x
6u
t
100C100C
50C
Definicion 2.1.2 (II). Sea
R = {(x, t) R2, 0 x L, t > 0}.Una funcion u : R R es una solucion del problema PVIF, si
ut = Kuxx, 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0 y,
lmt0
L0
u(x, t)(x) dx =
L0
f(x)(x) dx, : [0, L] R ,tal que es seccionalmente continua.
16 APUNTES DE EDP
Cual es la razon de establecer una definicion de este tipo?.Esta es una definicion de solucion debil que permite tomar condi-
ciones iniciales no necesariamente continuas. Es claro que si u es solu-cion de acuerdo a la definicion (I) tambien lo es de acuerdo a la defini-cion (II).
Teorema 2.1. Si f es de cuadrado integrable en [0, L], entonces laexpresion
+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L, cn =
2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx
define una funcion en R que es solucion del PVIF en el sentido (II).
Demostracion. Las series
+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L,
+n=1
ncnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
y+n=1
n2cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
convergen uniformemente en cualquier subrectangulo del tipo
R1,2 = {(x, t) : 0 x1 x x2 L, 0 < t1 t t2 +}.En efecto es suficiente usar el criterio M de Weierstrass.
La convergencia uniforme en subrectangulos del tipo R1,2 de
+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
implica la continuidad de la funcion anterior en R.Usaremos el siguiente resultado conocido:
Sea un(x, t) una serie de funciones continuamente diferen-ciables (de clase C1) en un rectangulo del tipo
R1,2 = {(x, t). x1 x x2, t1 t t2}tal que converja puntualmente para una funcion u(x, t). Ademassuponga que
xun converja uniformemente a una funcion v(x, t).
Entonces xu existe y vale
xu = v.
APUNTES DE EDP 17
Usando este hecho se tiene que
ut = Kpi2
L2
+n=1
n2cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
uxx = pi2
L2
+n=1
n2cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
As u es solucion de la ecuacion ut = Kuxx en R.
Ahora, sea seccionalmente continua y sean bn los coefi-cientes de Fourier de extendida como funcion impar de periodo2L. Por la identidad de Parseval la serie
+n=1 cnbn converge y
luego+n=1
cnbn =2
L
L0
f(x)(x) dx
Por otro lado, L0
u(x, t)(x) dx =+n=1
L0
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L(x) dx
para t > 0 (se usa convergencia uniforme de la serie para t fijo).Luego L
0
u(x, t)(x) dx =L
2
+n=1
en2pi2KtL2 cnbn.
Notar queen2pi2KtL2 cnbn |cn||bn| 12 (c2n + b2n) .As, por criterio M de Weiestrass la serie
+n=1
en2pi2KtL2 cnbn
converge a una funcion continua en [0,+]. Esto implica que
lmt0
+n=1
en2pi2KtL2 cnbn =
n=1
cnbn.
Observacion. El hecho que las series+n=1
njcnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
18 APUNTES DE EDP
converjan uniformemente en el subrectangulo R1,2, implica que aunsiendo discontinua la funcion f(x), la solucion es C para t > 0 y0 x L. Teorema 2.2. Sea f : [0, L] R una funcion continua con
f(0) = f(L) = 0
y tal que f exista en [0, L] y sea de cuadrado integrable. Entonces
(6) u(x, t) =+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
define una funcion continua en R, que es solucion de PVIF en sentido(I).
Demostracion. En virtud del Teorema anterior. Es suficiente probarque (6) define una funcion continua si t 0.
En efecto, tenemos cnen2pi2KtL2 sen npixL |cn|
luego, si |cn| converge, por el criterio M de Weierstrass el teoremaesta demostrado. En efecto,
cn =2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx =
2
npi
L0
f (x) cosnpix
Ldx.
As
cn =L
npidn
donde dn son los coeficientes de Fourier de f. Pero d2n converge por
Parseval (f L2). As, ya que
|cn| 12
L2
n2pi2+
1
2d2n ,
la serie |cn| converge. 2.2. Condiciones de Frontera no homogeneas. El problema con-siste en determinar una funcion u(x, t), verificando
(7)ut = Kuxx en R,u(0, t) = h0(t), u(L, t) = h1(t), t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L
donde h0(t), h1(t) y f son funciones dadas.
APUNTES DE EDP 19
Para resolver este problema recurrimos a lo mas natural, esto es,reducirlo al caso homogeneo.En efecto, sea
w = u v, v(0, t) = h0(t), v(L, t) = h1(t),sustituyendo en (7), se obtiene que
(w + v)t = K(w + v)xx en R,w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,w(x, 0) = f(x) v(x, 0), 0 < x < L,
lo que es equivalente a
(8)wt = Kwxx +Kvxx vt en R,w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,w(x, 0) = f(x) v(x, 0), 0 < x < L.
O sea, si existe v tal que
Kvxx vt = 0,v(0, t) = h0(t),v(L, t) = h1(t) ,
hemos resuelto (8) y la solucion es dada por
u = w + v.
Ejemplo 2.2. Resuelva la ecuacion
ut = Kuxx en R,u(0, t) = , u(L, t) = , t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L,
donde , R y f(x) es una funcion dada.Solucion. Tomemos
v(x, t) = + L
x ,
la cual verificaKvxx = vt,v(0, t) = ,v(L, t) = .
As debemos resolver la ecuacion
wt = Kwxx,w(0, t) = w(L, t) = 0, t > 0,
w(x, 0) = f(x) ( + Lx),
20 APUNTES DE EDP
Como ya sabemos que la solucion de la ecuacion anterior es dada por
w(x, t) =+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
donde las constantes cn corresponden a los coeficientes de Fourier dela funcion
f(x)( +
L
x
),
se concluye que la solucion de la ecuacion es
u(x, t) = +( )
Lx+
+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L.
2.3. Ecuacion del Calor no homogenea. Estudiaremos el sigu-iente problema con condiciones de frontera homogenea
(9)ut = Kuxx + g(x, t) en R,u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L.
Para este proposito usaremos el metodo de Variacion de Parametros.En el caso g 0 sabemos que la solucion es dada por
u(x, t) =+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L.
Entonces buscaremos soluciones de (9) , de la forma
u(x, t) =+n=1
cn(t) sennpix
L.
Reemplazando en la ecuacion se obtiene que
+n=1
cn(t) sennpix
L= Kpi
2
L2
+n=1
cn(t)n2 sen
npix
L+ g(x, t).
Supongamos que g(x, t) se represente de la siguiente manera (seriede Fourier de senos),
g(x, t) =+n=1
gn(t) sennpix
L.
La unicidad de los coeficientes de Fourier genera la siguiente ecuacion
cn(t) = Kpi
2n2
L2cn(t) + gn(t), t > 0,
APUNTES DE EDP 21
con condicion inicial
cn(0) =2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx.
Resolviendo la EDO anterior, obtenemos
cn(t) = cn(0)en2pi2Kt
L2 + en2pi2KtL2
t0
gn(s)en2pi2KsL2 ds.
La demostracion rigurosa de que
(10) u(x, t) =+n=1
cn(t) sennpix
L,
corresponde a la solucion de la ecuacion (9) sera realizado en el Teoremasiguiente pero en una situacion particular.
Teorema 2.3. Sea f(x), g(x) funciones continuas con derivadas sec-cionalmente continuas en [0, L], tal que
f(0) = f(L) = g(0) = g(L) = 0.
Entonces, el PVIF
(11)ut = Kuxx + g(x) en R,u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L
tiene una solucion u(x, t) dada por la expresion (10), con coeficientesdados por
cn(t) =L2gnn2pi2K
+ en2pi2Kt
L
[fn gnL
2
n2pi2K
],
donde
fn =2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx,
gn =2
L
L0
g(x) sennpix
Ldx.
Demostracion. Recordemos que
cn(t) = cn(0)en2pi2Kt
L2 + en2pi2KtL2
t0
gn(s)en2pi2KsL2 ds.
En nuestro caso cn(0) = fn y gn(s) = gn (constante en s).
22 APUNTES DE EDP
As
cn(t) = fnen2pi2Kt
L2 + en2pi2KtL2 gn
L2
n2pi2K
(en2pi2KtL2 1
)= fne
n2pi2KtL2 +
L2
n2pi2Kgn L
2
n2pi2Ke
n2pi2KtL2 gn
=L2
n2pi2Kgn + e
n2pi2KtL2
(fn L
2
n2pi2Kgn
)Debemos justificar que
u(x, t) =+n=1
cn(t) sennpix
L
es solucion. Notemos que la serie es dominada por
c1
+n=1
1
n2+ c2
+n=1
ec3n2t,
as u(x, t) es continua en R. Para mostrar que u(x, t) verifica
ut = uxx + g(x),
el unico punto delicado es mostrar que (lo cual es consecuencia de |gn|
APUNTES DE EDP 23
2.4. Temperatura de Equilibrio. Supongamos que la ecuacion
ut = Kuxx + g(x) en R,u(0, t) = h0(t), u(L, t) = h1(t), t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L,
tiene una solucion U(x) tal que
lmt+
[u(x, t) U(x)] = 0,entonces U(x) es llamada temperatura de equilibrio y
v(x, t) = u(x, t) U(x),es llamada parte transiente de la solucion.
Ejemplo 2.3. Considera la ecuacion
(12)ut = Kuxx en R,u(0, t) = , u(L, t) = , t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L.
Procediendo intuitivamante, vamos a determinar una solucion U (tem-peratura de equilibrio) de la ecuacion anterior que no depende de t ,esto es
KUxx = 0, 0 x L,U(0, t) = , U(L, t) = , t > 0,
cuya solucion es dada por
U(x) = + L
x,
correspondiendo a la solucion de equilibrio de (12). En efecto, sabemosque la solucion de (12) es
u(x, t) = + L
x++n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L.
Luego,
lmt+
[u(x, t) U(x)] = lmt+
+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L= 0,
lo que prueba que U(x) es solucion de equilibrio.
Ejemplo 2.4. La temperatura de equilibrio de
ut = Kuxx + g(x) en R,u(0, t) = , u(L, t) = , t > 0,u(x, 0) = f(x), 0 < x < L ,
24 APUNTES DE EDP
es dada por la solucion del problema
KU (x) + g(x) = 0, 0 x L,U(0) = , U(L) = , t > 0.
En efecto, la funcion v(x, t) = u(x, t) U(x) es solucion del problemavt = Kvxx en R,v(0, t) = v(L, t) = 0, t > 0,v(x, 0) = f(x) U(x), 0 < x < L.
es decir,
v(x, t) =+n=1
cnen2pi2Kt
L2 sennpix
L
donde cn son los coeficientes de Fourier de f(x) U(x). Por lo tanto,lmt+
[u(x, t) U(x)] = lmt+
v(x, t) = 0,
ya que
|v(x, t)| epi2KtL2
+n=1
|cn| cepi2KtL2 0.
cuando t +.Nota: |cn| converge pues f(x) U(x) es continua con derivada
seccionalmente continua.
2.5. Ejercicios Propuestos.
Ejercicio 2.1. Resuelva la ecuacion
ut = Kuxx, , 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = 0, u(L, t) = 0, para t > 0,
u(x, 0) = 6 sen3pix
L.
Ejercicio 2.2. Resuelva la ecuacion
ut = 4uxx, , 0 < x < 1, t > 0,
u(0, t) = 0, u(1, t) = 0, para t > 0,
u(x, 0) = x2(1 x), para x [0, 1].Ejercicio 2.3. Resuelva la ecuacion
ut = Kuxx, 0 < x < L, t > 0,
ux(0, t) = 0, ux(L, t) = 0, para t > 0,
u(x, 0) = 6 + 4 cos3pix
L.
APUNTES DE EDP 25
Ejercicio 2.4. Considere la siguiente ecuacion
ut = uxx, x (0, pi) ; t > 0u(0, t) = 0 y u(pi, t) = 0,
u(x, 0) = sen3 x.
Determine la solucion u(x, t). (Ayuda: sin3 x = 34
senx 14
sen 3x). Re-suelva tambien esta ecuaion en el caso en que u(x, 0) = sen3 x es reem-plazada por u(x, 0) = cos3 x.
Ejercicio 2.5. Transforme el problema , haciendo que las condicionesde frontera sean homogeneas
ut = Kuxx, 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = Aeat, u(L, t) = B, para t > 0,
u(x, 0) = 0.
Ejercicio 2.6. Transforme el problema en otro, en que las condicionesde frontera sean homogeneas
ut = Kuxx, 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = h0(t) para t > 0,
ux(L, t) + u(L, t) = h1(t), para t > 0,
u(x, 0) = f(x), para 0 < x < L.
Ejercicio 2.7. Considere el problema
ut = Kuxx + , 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = y u(L, t) = , t > 0,
u(x, 0) = 0 0 < x < L.
donde , y son constantes, calcule la solucion de equilibrio.
Ejercicio 2.8. Considere la siguiente ecuacion
ut = Kuxx + 1, x (0, 1), t > 0,u(0, t) = 0, y u(1, t) = , t > 0,
u(x, 0) = 0.
donde K, son constantes. Calcule la solucion de equilibrio U(x) ydetermine la solucion u(x, t) de la ecuacion.
Ejercicio 2.9. Considere el problema
ut = Kuxx + g(t), 0 < x < L, t > 0,
ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = f(x).
26 APUNTES DE EDP
a) Muestre que la funcion v = uG(t) cumpla con los PVIF (problemavalor inicial frontera), donde G(t) es la primitiva de g(t) con G(0) = 0.
b)Encuentre la solucion en el caso en que g(t) = coswt y f(x) = 0.
Ejercicio 2.10. Considere la ecuacion
ut = uxx + (1 x)x, x (0, 1), t > 0,u(0, t) = , y u(1, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = 0, x [0, 1].donde es un parametro real. Determine su solucion u(x, t).
Ejercicio 2.11. Analice la siguiente ecuacion del calor
ut = uxx + uyy, (x, y) ; t > 0u(x, y, 0) = f(x, y), (x, y) u(x, y, t) = 0 sobre .
donde es un dominio acotado de R2.Para iniciar su estudio, puedesuponer que es un rectangulo.
APUNTES DE EDP 27
3. ECUACION DE LA ONDA
Nos inspiraremos en la cuerda vibrante para introducir la ecuacionde la onda. El fenomeno ocurre en el plano (x, u) y supone que la cuerdavibre en torno a la posicion de reposo a lo largo del eje x.
-x tiempo 0
6
u
-tiempo t1
6
0
t1
t
Se asume que las partculas de la cuerda se mueven solo en la direc-cion del eje u, por esta razon, que usa la terminologa de vibraciontransversal.
Tambien se supone que la cuerda no ofrece resistencia a ser doblada,por lo que es llamada flexible.
Para deducir la ecuacion diferencial parcial asociada se utiliza la Leyde Newton:
La derivada con relacion al tiempo de la cantidad de movimientodel cuerpo es igual a la suma de las fuerzas aplicadas.
De esta forma se llega a la siguiente ecuacion
(13) (x)utt = (t)uxx + h1(x, t, u),
o bien
(14) utt = c2uxx + h(x, t, u)
donde
c(x, t)2 =(t)
(x)y h(x, t, u) =
h1(x, t, u)
(x).
28 APUNTES DE EDP
Note que (x) corresponde a la densidad de la cuerda, (t) a la fuerzade tension, y h1(x, t, u) indica las otras fuerzas actuando, tales como,la fuerza de gravedad, medio ambiente, etc.
1. Vibraciones Libres.
Suponiendo que las unicas fuerzas que actuan sean las detension, la ecuacion (14) toma la forma
utt = c2uxx.
Se puede suponer c constante cuando la cuerda sea homogenea((x) = cte) y que las vibraciones tengan amplitud muy pequena((t) = cte).
2. Vibraciones Forzadas.
Suponga que la cuerda este sujeta a una fuerza exterior. Eneste caso es de la forma
utt = c2uxx + h(x, t).
3. Vibraciones Amortiguadas.
Suponga que la cuerda este inmersa en un fluido (aire, porejemplo) el cual opone una resistencia al movimiento. En estecaso, hay una fuerza externa dependiendo de la velocidad quese supone de la forma
h(x, t) = b ut(x, t), b > 0.As, la ecuacion toma la forma
utt = c2uxx b ut,
donde b > 0 explica la resistencia al movimiento.
4. Vibraciones sobre la accion de una fuerza restaurado-ra.
Suponga que exista un dispositivo que produzca una fuerzatendiente a traer la cuerda a la posicion u 0 y que esa fuerzasea dada por
h(x, t) = au(x, t).
APUNTES DE EDP 29
As la ecuacion queda de la forma
utt = c2uxx au.
El fenomeno fisco aun no se encuentra descrito completamente. Faltadecir algo sobre la extension de la cuerda, sobre el tipo de articulacionde las extremidades y finalmente sobre lo que provoco el movimiento.
Cuerda finita con extremidades fijas : Supongamos que lacuerda tenga longitud L y que en la posicion de reposo ocupael pedazo
{(x, 0) : x [0, L]}.As, la hipotesis de extremidades fijas implica que
u(0, t) = u(L, t) = 0, t 0,que son llamadas condiciones de frontera.
Desde el punto de vista matematico para que el problemaeste bien planteado, debemos imponer los datos
u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L,
que son llamadas condiciones iniciales.As el problema de cuerda vibrante finita con extremidades
fijas consiste en determinar una funcion
u(x, t), (x, t) [0, L] R+0 ,que verifique
utt = Kuxx + h(x, t, u) en R,u(0, t) = u(L, t) = 0, t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L.
Esta ecuacion puede modelar, por ejemplo, las vibraciones
(a) de las cuerdas de un arpa (f(x) 6= 0, g(x) = 0) , o bien,
(b) de las cuerdas de un piano (f(x) = 0, g(x) 6= 0).
30 APUNTES DE EDP
Cuerda finita con extremidades libres.
La ecuacion es
utt = Kuxx + h(x, t, u) en R,ux(0, t) = ux(L, t) = 0, t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L..
Otras condiciones de frontera.
Por ejemplo
u(0, t) = a(t), u(L, t) = b(t), t 0,(movimiento transversal de acuerdo a las leyes conocidas).
ux(0, t) + hu(0, t) = 0, t 0,(Conexion elastica en x = 0).
3.1. Separacion de variables. Usaremos nuevamente el metodo deseparacion de variables para abordar el problema de la cuerda vibrantecon extremidades fijas. Consideremos la ecuacion
(15)
utt = c2 uxx en R,
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L.
donde c es una constante y
R = {(x, t) R2 : 0 < x < L y t > 0}.Siguiendo el mismo procedimiento como en la ecuacion del Calor
llegamos al siguiente candidato a solucion.
(16) u(x, t) =+n=1
an sennpix
Lcos
npic t
L+ bn sen
npix
Lsen
npic t
L
donde
(17) an =2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx
y
(18) bn =2
npic
L0
g(x) sennpix
Ldx.
APUNTES DE EDP 31
Teorema 3.1. Sean f , g : [0, L] R tales que f , f , f , g, g seancontinuas, f y g son seccionalmente continuas. Ademas suponga quef(0) = f(L) = f (0) = f (L) = g(0) = g(L) = 0.Entonces,
(i) los coeficientes an y bn estan bien definidos,
(ii)
f(x) =+n=1
an sennpix
L,
g(x) =+n=1
npic
Lbn sen
npix
Ly
(iii) la expresion (16) define una funcion continua en R, de claseC2 en R que satisface la ecuacion de Onda.
Demostracion. (i) Ya que f y g son continuas en [0, L], las inte-grales en (17) y (18) convergen.
(ii) Como f y g son de clase C1 en [0, L] y f(0) = f(L) = g(0) =g(L) = 0, entonces extendemos f y g continuamente en la rectade modo que sean impares y periodicas de perodo 2L.
(iii) Para probar que (16) es una funcion continua en R utilizamos elTeorema de Fourier, debemos mostrar la convergencia uniformede la serie en (16).
Observemos que la serie en (16) esta acotada por
(19)+n=1
(|an|+ |bn|) .
De la hipotesis f(0) = f(L) = f (0) = f (L) = g(0) = g(L) =0, obtenemos que
(20) an = 2L2
n3pi3
L0
f (x) cosnpix
Ldx ,
y
(21)npic
Lbn = 2L
n2pi2
L0
g(x) sennpix
Ldx .
As
|an| kn3
y |bn| k
n3,
32 APUNTES DE EDP
donde k y k constantes. Sea
un(t, x) = an sennpix
Lcos
npic t
L+ bn sen
npix
Lsen
npic t
LNote que existe una constante 0 tal que
| tun(t, x)| , |
xun(t, x)| 0 (n|an|+ n|bn|) .
As por el criterio M de Weirstrass se tiene que u es continuaen R y de clase C1 en R. Esto nos permite derivar terminotermino en (16). Ahora observe que existe un 1 , tal que
| 2
t2un(t, x)| , |
2
x2un(t, x)| 1 (n2|an|+ n2|bn|) .
Pero la siguiente serie converge
(22)+n=1
(n2|an|+ n2|bn|).
En efecto, de (20) y (21), obtenemos
|an| k
n3|cn| , |bn| k
n3|dn| ,
donde cn y dn son los coeficientes de Fourier de f y g y donde
k y k son constantes. Luego usando ab 12(a2 + b2) tenemos
que
n2|an| k
2
(1
n2+ |cn|2
), n2|bn| k
2
(1
n2+ |dn|2
),
entonces usando el criterio de comparacion y Parseval, la afir-macion es demostrada. Por lo tanto u es de clase C2 en R yverifica la ecuacion de la Onda (15) .
Ejemplo 3.1. Considere la siguiente ecuacion, donde A,B,C y D sonconstantes.
utt = c2uxx 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = A+Bt, u(L, t) = C +Dt, t > 0,
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 < x < L.
Usaremos la idea de homogenizar los datos de frontera. En efecto,tomemos una funcion v(x, t) que satisfaga las mismas condiciones defrontera que u(x, t), es decir,
v(0, t) = A+Bt, v(L, t) = C +Dt, t > 0,
APUNTES DE EDP 33
entonces, la funcion v es dada por
v(x, t) = A+Bt+ (C +Dt (A+Bt))xL.
Definamos la funcion
w(x, t) = u(x, t) v(x, t).As el problema se reduce a resolver la ecuacion
wtt = c2wxx 0 < x < L, t > 0,
w(0, t) = 0, w(L, t) = 0, t > 0,w(x, 0) = f(x) A (C A) x
L, 0 < x < L,
wt(x, 0) = g(x)B (D B) xL , 0 < x < L.Suponiendo que
f(x) = f(x) A (C A)xL
y g(x) = g(x)B (D B)xL
pueden ser expresadas en series de fourier, entonces nuestro candidatoa solucion es
w(x, t) =n=1
an sennpix
Lcos
cnpit
L+ bn sen
npix
Lsen
cnpit
L
donde
an =2
L
L0
f(x) sennpix
Ldx,
bn =2
cnpi
L0
g(x) sennpix
Ldx.
As u(x, t) es dado por
u(x, t) = w(x, t) + v(x, t) .
3.2. Energa de la cuerda vibrante. Sea u : R R, tal queu C1(R) C2(R) y que verifique la ecuacion de la onda
(x)utt = uxx + h1(x, t, u),
con independiente de t. Multiplicando la igualdad anterior por ut eintegrando entre 0 y L nos queda L
0
(x)uttut dx =
L0
uxxut dx+
L0
h1(x, t, u)ut dx.
Observando que1
2(u2t )t = uttut
34 APUNTES DE EDP
e integrando por partes se obtiene que
1
2
t
L0
(x)u2t dx = uxut
L0
L0
uxutx dx+
L0
h1(x, t, u)ut dx,
y as
(23)
t
(1
2
L0
(x)u2t dx+1
2
L0
u2x dx
)=
= uxut
L0
+
L0
h1(x, t, u)ut dx.
La ecuacion (23) es llamada relacion de la energa. La expresion
K(t) =1
2
L0
(x)u2t dx
es la energa Cinetica de la cuerda y
V (t) =1
2
L0
u2x dx
es la energa Potencial. Por lo tanto,
E(t) = K(t) + V (t)
es la energa total de la cuerda.Observacion. Notemos que si no hay fuerzas externas (h1 0) y el
problema es con extremidades fijas o libres, esto es
u(0, t) = u(L, t) = 0 o
ux(0, t) = ux(L, t) = 0.
Se tiene que hay conservacion de la energa
t
(1
2
L0
(x)u2t dx+1
2
L0
u2x dx
)= 0 ,
es decir,
E(t) = cte.
Teorema 3.2 (Unicidad). La solucion de la siguiente ecuacion de laOnda si existe es unica.
(x)utt = uxx + k1(t, x), en R(24)
u(0, t) = h1(t), u(L, t) = h2(t), t > 0(25)
u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x), 0 < x < L(26)
APUNTES DE EDP 35
Demostracion. Por una solucion nosotros entendemos una funcion
u : R R, u C(R) C2(R),satisfaciendo (24), (25) y (26).
Supongamos que el problema anterior tiene dos soluciones u1, u2.Entonces u = u1 u2 verifica
(x)utt = uxx en R,u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, 0 < x < L.
luego, usando conservacion de la energa se tiene que
E(t) =1
2
L0
(x)u2t dx+1
2
L0
u2x dx = E(0) = 0 .
Como (x) > 0 y > 0, tenemos
ut = 0, ux = 0, (x, t) R .As u(x, t) = cte = 0, pues u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0.
3.3. Ejercicios Propuestos.
Ejercicio 3.1. Determine el candidato a solucion de
utt = c2 uxx en R,
u(0, t) = u(L, t) = 0, para t 0,u(x, 0) = f(x), 0 x L,ut(x, 0) = g(x), 0 x L.
donde c es una constante y
R = {(x, t) R2 : 0 < x < L y t > 0}.Ejercicio 3.2. Resuelva la ecuacion
utt = uxx, x [0, 1] ; t > 0,u(x, 0) = f(x),
ut(x, 0) = 0 y u(0, t) = u(1, t) = 0,
donde f(x) es definida por f(x) = x, si x [0, 12] y f(x) = 1 x, si
x [12, 1].
Ejercicio 3.3. Resuelva la ecuacion.
utt = c2uxx + Ae
x, 0 < x < L, t > 0,
u(0, t) = B, u(L, t) = M, t > 0,
u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, 0 < x < L.
36 APUNTES DE EDP
Ejercicio 3.4. Resuelva la ecuacion
utt c2uxx = senx, x (0, pi), t (0,+),u(x, 0) = ut(x, 0) = u(0, t) = u(pi, t) = 0.
Ejercicio 3.5. Resuelva la ecuacion
utt c2uxx = x, x (0, pi), t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = u(0, t) = u(pi, t) = 0.
Ejercicio 3.6. Usando separacion de variables resuelva la ecuacion
utt uxx = 0, 0 < x < 1, t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = 0, u(0, t) = 0 y u(1, t) = sen t.
Ejercicio 3.7. Sea u C1(R) C2(R) donde R = (0, 1) (0,+).Suponga que u(x, t) verifica la siguiente ecuacion de la onda.
utt = K2uxx + h(x, t, u)
donde K > 0 y h es una funcion constante.
a) Determine la energa total de la cuerda.b) Muestre que si se imponen condiciones homogeneas de frontera
y no actuan fuerzas externas el sistema, entonces hay conser-vacion de la energa.
APUNTES DE EDP 37
4. METODO DALEMBERT
Sea u : R [0,+) R solucion de la ecuacion de la Onda
(27) utt = c2uxx.
Note que esta es una de las pocas ecuaciones donde es posible encontrarexplcitamente la solucion. En efecto, consideremos un nuevo sistemade coordenadas,
= x+ ct, = x ct.
Usando la regla de la cadena se obtiene
2u
x2=
2u
2+ 2
2u
+2u
,
2u
t2= c2
(2u
2 2
2u
+2u
).
De este modo la ecuacion de la Onda
utt = c2uxx,
se transforma en
4c2 2u
= 0,
como c 6= 0, se tiene que2u
= 0.
Integrando obtenemos
u(, ) = P () +Q(),
para ciertas funciones P y Q. Luego volviendo a las variables x, y, seobtiene
(28) u(x, t) = P (x+ ct) +Q(x ct).Suponiendo que P y Q son C2, se tiene que la expresion (28) es solucionde (27) y es llamada solucion general de la ecuacion de la Onda(DAlembert encontro esta formula en 1747).
Imponiendo las siguientes condiciones de borde
u(x, 0) = f(x),
ut(x, 0) = g(x),
obtenemos que
38 APUNTES DE EDP
P (x) +Q(x) = f(x),(29)
c (P (x)Q(x)) = g(x).(30)Derivando (29) se obtiene
P (x) +Q(x) = f (x),(31)
y as multiplicando (31) por c y sumando a (30) se obtiene que
P (x) =1
2f (x) +
1
2cg(x).
As
P (x) =1
2f(x) +
1
2c
x0
g(s) ds+ C.
A partir de (29) nos queda
Q(x) = f(x) P (x) = 12
x0
g(s) ds C.Luego
u(x, t) = P (x+ ct) +Q(x ct)=
1
2f(x+ ct) +
1
2c
x+ct0
g(s) ds+ C
+1
2f(x ct) 1
2c
xct0
g(s) ds C
=1
2(f(x+ ct) + f(x ct)) + 1
2c
x+ctxct
g(s) ds.
Entonces la solucion de la ecuacion es
(32) u(x, t) =1
2(f(x+ ct) + f(x ct)) + 1
2c
x+ctxct
g(s) ds.
APUNTES DE EDP 39
- x
6
t
AAAAAAAA
(x, t)
ppx + ctx ct
- Intervalo de dependencia
- x
6
t
AAAAAAAA
P
- Dominio de influencia
Ejemplo 4.1. Suponga g(x) 0 y f(x) ={
1 |x| , 0 |x| 1 ,0 , |x| 1.
y c=1. Entonces,
- x
6t
1
1
@@@
@@@
@@@
@@@
@@@
f(x)
t = 0
40 APUNTES DE EDP
- x
6t
......
......
......
............................
......
......
.. ....................12
p 12p
1p
1p
32p
32
p
f(x 12 )f(x + 12 )
t = 12
- x
6t
@
@@
12 u(x,
12 )
- x
6t
......
......
.......................
......
..................
1p
1p
2p
2p
-1f(x 1)f(x + 1)
t = 1
- x
6t
2p HH
HH
1p
1p HHHH
2p
-12u(x, 1)
- x
6t
......
.................
......
. ..........1p
1p
3p
3p
2p
2p
-1 f(x 2)f(x + 2)
t = 2
- x
6t
3p HH
H
1p
1p HH
H
3p
2p
2p
-12
u(x, 2)
Ahora desarrollaremos la solucion de la siguiente eacuacion de DAlemberten algunos casos particulares:
APUNTES DE EDP 41
utt = c2uxx, x R, t > 0,
u(x, 0) = f(x) , x Rut(x, 0) = g(x) , x R.
Caso 1. Suponga que las condiciones iniciales son de la forma
u(x, 0) = f(x) , x R ,ut(x, 0) = 0 , x R.
Entonces, la solucion de DAlembert es
u(x, t) =1
2(f(x ct) + f(x+ ct)) .
Ejemplo 4.2. Suponga que
f(x) =
{1 , 1 < x < 1,0 , |x| 1.
Entonces la solucion es
-x
6t
x ct = 1
1x ct = 1
1
u(x, t) = 0
u(x, t) = 12
u = 1
u(x, t) = 0u(x, t) = 1
2
u(x, t) = 0
@@
@@@
@@@
@@@@
x+ ct = 1
@@
@@@
@@@
@@@@
x+ ct = 1
Caso 2. Suponga que las condiciones iniciales son
u(x, 0) = 0 , x R ,ut(x, 0) = g(x) , x R.
En este caso la solucion es dada por
u(x, t) =1
2c
x+ctxct
g(u) du.
O sea, la solucion en este caso depende de los valores que tiene lavelocidad inicial en el intervalo [x ct, x+ ct].
42 APUNTES DE EDP
Ejemplo 4.3. La solucion del problema
utt = c2uxx , x R , t > 0 ,
u(x, 0) = 0 , x R ,ut(x, 0) =
{1 , 1 < x < 1,0 , |x| 1
es descrita por el siguiente grafico
-x
6t
x ct = 1
1x ct = 1
1
u(x, t) = 0
u = 1+x+ct2c
u = t
u(x, t) = 1c u = 1x+ct
2c
u(x, t) = 0
@@
@@@
@@@
@@@@
x+ ct = 1
@@@
@@
@@@
@@@@
x+ ct = 1
Soluciones en el semiespacio
Procediendo de manera similar a lo anterior obtenemos que la solu-cion de la ecuacion de la Onda
utt = c2uxx, x > 0, t > 0,
u(0, t) = h(t), t > 0,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x).
es dada por
u(x, t) =
12
(f(x+ ct) + f(x ct)) + 12c
x+ ctx ct g(s)ds, si x ct,
12
(f(ct+ x) f(ct x)) + 12c
ct+ xct x g(s) ds+ h
(ctxc
), si x < ct.
4.1. Ejercicios Propuestos.
Ejercicio 4.1. Considere el problema de Cauchy
utt = 9uxx, x R, t > 0,
APUNTES DE EDP 43
u(x, 0) =
{1 x [1, 2]0 x / [1, 2]
ut(x, 0) = 0.
Determine los puntos del semiplano t > 0, donde u(x, t) = 0. Calculeel valor de u en los puntos (3
2, 110
) y (5, 76).
Ejercicio 4.2. Considere la ecuacion
utt = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = 0, x R,ut(x, 0) =
{senx pi x pi0 x / [pi, pi]
Determine los puntos del semiplano t > 0 donde u(x, t) = 0.
Ejercicio 4.3. Resuelva la ecuacion
utt = uxx, x > 0, t > 0,
u(0, t) = 0, t > 0,
u(x, 0) = xex2
, 0 < x 3, ut(x, 0) = 0.Ejercicio 4.5. Resuelva la ecuacion
utt = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = 0, x R,ut(x, 0) = xex2 , x R.
Ejercicio 4.6. Considere el problema de vibracion de una cuerda
utt = 4uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = sen 2x, x R,ut(x, 0) = cos 2x, x R.
Calcule u(x, 0) y ut(0, t).
44 APUNTES DE EDP
Ejercicio 4.7. Determine una solucion debil para la ecuacion
utt = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = 0,
ut(x, 0) = [1,1](x).
Ejercicio 4.8. Resolver la ecuacion
utt uxx = t, t > 0, x R,u(x, 0) = x y ut(x, 0) = 1.
APUNTES DE EDP 45
5. ECUACION DE LAPLACE
5.1. Ecuacion de Laplace en un rectangulo. Consideremos elproblema
4u = 0, en (0, a) (0, b),u(x, 0) = f0(x), u(x, b) = fb(x),
u(0, y) = g0(y), u(a, y) = ga(y).
- x
6
y
b.
a.
f0
fb
g0 gb
Es suficiente resolver los problemas donde tres de las cuatro condi-ciones de borde es cero. En efecto, resolvamos por ejemplo,
4u = 0, en (0, a) (0, b),u(x, 0) = f0(x),
u(x, b) = u(0, y) = u(a, y) = 0.
Buscaremos soluciones del tipo
u(x, y) = F (x)G(y).
Reemplazando en la ecuacion, se obtiene
F(x)F (x)
=G(y)G(y)
= .
La ecuacion F (x) = F (x) tiene la siguiente familia de soluciones
n =n2pi2
a2, Fn(x) = sen
npix
a, n = 1, 2, ...
Para estos valores de la ecuacion G(y) = G(y) tiene la siguientesolucion
Gn(y) = senhnpi(b y)
a.
As el candidato a solucion es dado por
u(x, y) =+n=1
cn senhnpi(b y)
asen
npix
a.
46 APUNTES DE EDP
Imponiendo la condicion de borde se obtiene
f0(x) = u(x, 0) =+n=1
cn senhnpib
asen
npix
a.
As
cn senhnpib
a=
2
a
a0
f0(x) sennpix
adx .
De forma analoga se resuelven los otros tres casos.
Ejemplo 5.1. Consideremos la ecuacion
uxx + uyy = 0, 0 < x < pi, 0 < y < pi,
u(0, y) = u(pi, y) = u(x, pi) = 0,
u(x, 0) = sin2 x.
Usando la formula anterior se obtiene que
u(x, y) = n=1cn sennx senh(n(pi y)),donde
cn senhpin =2
pi
pi0
sen2 x sennxdx,
o sea,
cn =8
pi senh(pi(2n 1))1
(2n 1)((2n 1)2 4) .
5.2. Ecuacion de Laplace en un disco. Sea u : DR 7 R una fun-cion de clase C2 donde DR es el disco de centro 0 y radio R. Entonces,haciendo el cambio de variables
x = r cos ,
y = r sen ,
v(r, ) = u(x, y) ,
se obtiene
u = uxx + uyy = vrr +1
rvr +
1
r2v.
Resolvamos el siguiente problema de Dirichlet en el disco DR
v = 0, r < R,
v(R, ) = f(), [0, 2pi].Determinaremos soluciones de la forma (separacion de variables)
v(r, ) = X(r)Y () .
APUNTES DE EDP 47
Sustituyendo en la ecuacion nos queda
r2X (r) + rX (r)X(r)
= Y()Y ()
= .
La solucion debe ser 2piperiodica, por lo que es natural imponer lascondiciones
Y (0) = Y (2pi),
Y (0) = Y (2pi).
Resolviendo
Y () = Y (),Y (0) = Y (2pi),
Y (0) = Y (2pi),
se obtiene
n = n2, n = 0, 1, 2, ...
Y0() = 1,
Yn() = cosn y Yn() = senn ,
luego la segunda ecuacion para cada n
r2X (r) + rX (r) X(r) = 0, = n2,tiene como solucion
X0(r) = c1 + c2 ln r,
Xn(r) = c1 r
n + c2 rn.
Notar que es natural imponer que c2 = c2 = 0, si no la solucion no es
derivable en 0. (desde el punto de vista fsico la solucion debe estar aco-tada). As es natural (metodo de superposicion) determinar solucionesde la forma
(33) v(r, ) =a02
++n=1
rn (an cosn + bn senn) .
Imponiendo la condicion de borde v(r, ) = f() , llegamos a la expre-sion
f() =a02
++n=1
Rn (an cosn + bn senn) ,
y as
(34)an =
1piRn
2pi0f() cosn d, n = 0, 1, 2, ...
bn =1
piRn
2pi0f() senn d, n = 1, 2, ...
48 APUNTES DE EDP
Notar que
v(r, ) =a02
++n=1
rn
piRn
2pi0
f() cosn d cosn
++n=1
rn
piRn
2pi0
f() senn d senn
=a02
++n=1
rn
piRn
2pi0
(cosn cosn + senn senn) f() d
=1
2pi
pi0
f() d++n=1
rn
piRn
2pi0
cosn( )f() d
=1
2pi
2pi0
(1 + 2
+n=1
rn
Rncosn( )
)f() d.
Pero vale la identidad
R2 r2 = (R2 + r2 2Rr cos )(1 + 2 +n=1
rn
Rncosn( )
).
As llegamos a la formula de Poisson:
(35) v(r, ) =1
2pi
2pi0
R2 r2R2 2Rr cos( ) + r2f() d.
Teorema 5.1. Sea f() una funcion continua definida en [0, 2pi] veri-ficando f(0) = f(2pi). Entonces la expresion (33) con an, bn dados por(34) es una funcion armonica en el disco DR y
v(r, ) f(0), cuando (r, ) (R, 0).Notemos que si r = 0, de (35) tenemos
v(0, ) =1
2pi
2pi0
f() d.
(si 4v = 0, el valor de u en el centro del disco es el valor medio de usobre la frontera).
APUNTES DE EDP 49
Problema de Neumann en el disco.
Consideremos el problema,
v = 0 en r < R,
vr(R, ) = f(), 0 2pi.El candidato a solucion es
v(r, ) =a02
++n=1
rn (an cosn + bn senn) ,
y su derivada con respecto a r es dada por
vr(r, ) =+n=1
nrn1 (an cosn + bn senn) ,
luego,
f() = vr(R, ) =+n=1
nRn1 (an cosn + bn senn) .
As los coeficientes son dados por
an =1
npiRn1
2pi0
f() cosn d, n = 1, 2, 3, ...
bn =1
npiRn1
2pi0
f() senn d, n = 1, 2, 3, ...
Notar que una condicion necesaria para que el problema tenga soluciones(integrando) 2pi
0
f() d = 0.
Ejemplo 5.2. Encontremos la solucion de la ecuacion
v = 0 en r < 1,
vr(1, ) = sen3 , 0 2pi.
Notemos que
sen3 =3
4sen 1
4sen 3 .
Note que no es necesario calcular la serie. Tenemos que vr(1, ) = sen3 ,
es equivalente con
+n=1
n (an cosn + bn senn) =3
4sen 1
4sen 3,
50 APUNTES DE EDP
donde
an = 0, n,bn = 0, n 6= 1, 3,b1 =
3
4, b3 = 1
12.
As, la solucion es dada por
v(r, ) =3
4r sen 1
12r3 sen 3.
Note que la solucion no es unica pues si v es solucion v + cte tambienlo es.
Ejemplo 5.3 (Neumann: Condiciones de borde mixtas). Con-sideremos la ecuacion
v = 0 , 0 < r < 1, 0 < 1 ,v(1, ) = g() , 0 2pi,
tiene como solucion
(41) v(r, ) =a02
+n=1
rn(an cosn + bn senn) ,
y naturalmente se tiene que
a0 =1
2pi
2pi0
g() d ,
an =1
pi
2pi0
g() cosn d ,
bn =1
pi
2pi0
g() senn d .
Ejemplo 5.8. Resolvamos la ecuacion
v = 0 , r > 1 ,v(1, ) = 1 + sen + cos 3 . 0 2pi .
Usando (41) obtenemos
1 + sen + cos 3 =a02
+n=1
an cosn + bn senn,
de donde se obtiene que
a0 = 1 , b1 = 1 , a3 = 1,
y todos los demas terminos son cero. Entonces, la solucion viene dadapor
v(r, ) = 1 +1
rsen +
1
r3cos 3.
APUNTES DE EDP 57
5.5. Ejercicios Propuestos.
Ejercicio 5.1. Resuelva
uxx + uyy = 0, 0 < x < pi, 0 < y < pi,
u(x, 0) = x2, u(x, pi) = 0,
ux(0, y) = ux(pi, y) = 0.
Ejercicio 5.2. Resuelva la ecuacion
utt + uxx = 1, (x, t) (0, 1) (0, 1),u(0, t) = 0 y u(1, t) = 0, para 0 t 1,u(x, 0) = 0 y u(x, 1) = x para 0 x 1.
Ejercicio 5.3. Resuelva la ecuacion
uxx + uyy = y cosx, (x, y) (0, pi) (0, 1),ux(0, y) = 0 y ux(pi, y) = 0, para , 0 y 1uy(x, 0) = 0 y uy(x, 1) = 0 para 0 x pi.
Ejercicio 5.4. Resolver el problema en un semicrculo
u = 0, para r < 1, 0 < < pi,
u(r, 0) = u(r, pi) = 0,
u(1, ) = (pi ).Ejercicio 5.5. Determine la solucion de la ecuacion
u = 0, 1 < r < 2,
u(1, ) = 0, u(2, ) = sin , 0 2pi.Ejercicio 5.6. Determine la solucion de
u = 0, para r < 1 y (0, pi2
),
ur(1, ) = f() y u(r, 0) = u(r,pi
2) = 0.
Ejercicio 5.7. Resolver la ecuacion
u = cos , 1 < r < 2,
ur(1, ) = 0 y ur(2, ) = cos 2.
Ejercicio 5.8. Resolver el problema en el dominio exterior
u = 0, si r > R,
u(R, ) = cos3 si 0 2pi.u acotada cuando r .
58 APUNTES DE EDP
Ejercicio 5.9. Inspirado en el problema de Dirichlet obtenga un meto-do para resolver el problema de Neumann en un dominio exterior.Aplique este metodo para resolver la ecuacion:
u = 0, 1 < r,
ur(1, ) = sin , [0, 2pi].Ejercicio 5.10. Determinar si la ecuacion tiene solucion
u = 0, r < 1,
ur(1, ) = f(), 0 < < 2pi.
para f() = cos2 x y f() = sin3 x
Ejercicio 5.11. Suponga que existe una solucion B(r), tal que,
B(r) +1
rB(r) = r log(r) y B(1) = 1.
Determine la solucion de
u = r log(r), r < 1,
u(1, ) = cos 2, 0 < < 2pi.
Ejercicio 5.12. Estudie la siguiente ecuacion
u = 0, r < 1,
ur(1, ) = sen4 , 0 < < 2pi.
APUNTES DE EDP 59
6. TRANSFORMADA DE FOURIER
Sea f : R R absolutamente integrable, se define la transformadade Fourier de f por
f(w) =12pi
+
f(x)eiwx dx.
Vale el siguiente resultado de inversion.
Teorema 6.1. Sea f C1(R,R) y absolutamente integrable.Entonces
f(x) =12pi
+
f(w)eiwx dw.
Notaciones.
F(f) = f , F1(f) = f .Las siguientes son algunas propiedades de la transformada de Fouri-
er:
1. F y F1 son lineales en su dominio de definicion.
2. Si f , f , f C(R) y son absolutamente integrables.Entonces
F(f ) = iwF(f) , F(f ) = w2F(f) .3. Se tiene que
f g = g f y F(f g) =
2piF(f)F(g) .Recuerde que la convolucion esta dada por
(f g)(x) = +
f(x s)g(s) ds.
Ejemplo 6.1. (i)
F(eax
2)
=12ae
w2
4a ,
F1(eaw
2)
=12ae
x2
4a .
(ii) Si h(x) =
{1 , x [a, b],0 , en otro caso ,
entonces,
F(h) = 12pi
(eiwa eiwb
iw
).
60 APUNTES DE EDP
Aplicacion I. (Ecuacion del calor en una barra infinita)Consideremos la ecuacion
ut = uxx , x R , t > 0 ,u(x, 0) = f(x) , u acotada.
Supongamos que u, f son suficientemente regulares para usar la trans-formada de Fourier en la ecuacion. As, aplicando la transformada enla variable x se obtiene
F(ut) = w2F(u) ,F(u(x, 0)) = F(f) .
Lo que nos lleva a la siguiente EDO
tF(u) = w2F(u)
F(u)(t) = cew2 t F(u)(t) = f(w) ew2 t .
Aplicando la propiedad de convolucion, tenemos
u(x, t) =1
2pit
+
f(s)e(xs)2
4t ds ,
o sea,
u(x, t) =
+
G(x, s, t)f(s) ds ,
donde
G(x, s, t) =e
(xs)24t
2pit
,
la cual es llamada solucion fundamental.
Teorema 6.2. Sea f : R R seccionalmente continua y acotada.Entonces
u(x, t) =
+
G(x, s, t)f(s) ds
es una funcion C para t > 0, verifica
ut = uxx , x R , t > 0.Ademas se verifica la condicion inicial en el siguiente sentido:
lmt0+
u(x, t) =1
2
(f(x+) + f(x)
).
En el caso que f sea continua el limite anterior es igual a f(x).
Demostracion. de Figueiredo pag. 217-218.
APUNTES DE EDP 61
Notar que la funcon f no satisface necesariamente las propiedadespara tener transformada. Esto es curioso, debido a que para encontrarel candidato a solucion se uso el hecho que las f tena.
Ejemplo 6.2. Consideremos la ecuacion
ut = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = f(x) , u acotada.
Supongamos que
f(x) =
{0 : x < 0,1 : x > 0.
(i) Muestre que la solucion es dada por:
u(x, t) =1
2
(1 +
(x
2t
)),
donde
(x) =2pi
x0
ev2
dv , (funcion de error)
(ii) Muestre ademas que para x fijo
u(x, t) 12, t 7 +.
Sabemos que la solucion esta dada por
u(x, t) =1
2pit
+0
e(xs)2
4t ds .
Haciendo
v =s x2t dv = ds
2t,
tenemos,
u(x, t) =1pi
+ x
2t
ev2
dv
=1pi
0 x
2t
ev2
dv +1pi
+0
ev2
dv
=1pi
x2t
0
ev2
dv +1pi
+0
ev2
dv
=1
2
(1 +
(x
2t
)).
Naturalmentelms0
(s) = 0 ,
62 APUNTES DE EDP
luego se tiene que
lmt+
u(x, t) =1
2, para x fijo.
Aplicacion II.(Ecuacion parcial de primer orden)Consideremos la ecuacion
ut ux = g(x) ,u(x, 0) = f(x) .
Aplicando la transformada de Fourier (suponiendo que existen) lleg-amos a
tF(u) iwF(u) = F(g) ,
F(u(x, 0)) = F(f) .La solucion de la EDO es dada por
F(u)(w, t) = ceiwt F(g)(w, t)iw
.
De la condicion inicial se deduce que
u(w) = f(w)eiwt + g(w)
[eiwt 1iw
],
luego,
u(x, t) = f(x+ t) (g h)(x),donde
h(x) =
{1 : x [0, t],0 : en el resto.
6.1. Transformadas de Fourier seno y coseno. Para problemasde evolucion en regiones semi-infinitas son convenientes las siguientestransformadas:
Fs(f)(w) = fs(w) = +0
f(x) senwxdx.
Fc(f)(w) = fc(w) = +0
f(x) coswxdx.
El siguiente es un resultado de inversion.
Teorema 6.3. Sea f C1([0,+)) y +0
|f | < +.
APUNTES DE EDP 63
Entonces,
f(x) =2
pi
+0
fs(w) senwxdw , x > 0.
f(x) =2
pi
+0
fc(w) coswxdw , x > 0.
Teorema 6.4. Sean f , f , f C(0,+) y absolutamente integrables,Entonces
Fs(f ) = w2Fs(f) + f(0)w.Fc(f) = w2Fc(f) f (0).
Nota.
La transformada Fs conviene usarla cuando nos dan el dato de frontera u(0, t).La transformada Fc conviene usarla cuando nos dan el dato de frontera ux(0, t).
Ejemplo 6.3. Las siguientes son transformadas que aparecen en laecuacion del calor en [0,+)
(a) F1s(weaw
2)
= x(2a)
32e
x2
4a .
(b) F1c(eaw
2)
= 12ae
x2
4a .
Aplicacion.(Ecuacion del calor en [0,+) (0,+))Considere la siguiente ecuacion del calor en una barra semi-infinita
ut = uxx , x > 0 , t > 0,
u(x, 0) = 0 , u(0, t) = g(t),
u acotada.
Denotemos u(w, t) la transformada seno de u(x, t) con respecto a x.Tenemos que u satisface
ut + w2u = g(t)w , (f(0) = u(0, t)) ,
u(w, 0) = 0 .
Resolviendo la EDO se obtiene que
u(w, t) = ew2t
t0
g(s)wew2s ds ,
64 APUNTES DE EDP
entonces,
u(x, t) =
+0
(2
piew
2t
t0
g(s)wew2s senwxds
)dw
=2
pi
+0
( t0
g(s)wew2(st) senwxds
)dw
=2
pi
t0
g(s)
( +0
wew2(st) senwxdw
)ds
=2
pi
t0
g(s)
pi2Fs(wew
2(st))ds
=
2pi
t0
g(s)x
(2(t s)) 32 e x2
4(ts) ds.
As, la solucion esta dada por
u(x, t) =1
2pi
t0
g(s)x
(t s) 32 e x2
4(ts) ds.
Aplicacion.(Onda Semi-infinita)Consideremos la ecuacion
(42)utt uxx = 0 , x 0 , t > 0,u(x, 0) = ut(x, 0) = 0,u(0, t) = t2.
Apliquemos nuevamente la transformada seno, obteniendo:
utt + w2u = t2w,
lo cual implica
u(w, t) = (w) coswt+ (w) senwt+t2
w 2w3.
Con los datos iniciales, tenemos
u(w, 0) = ut(w, 0) = 0 ,
luego,
u(w, t) =t2
w+
2
w3(coswt 1).
As, la solucion es
u(x, t) =2
pi
+0
(t2
w+
2
w3(coswt 1)
)senwxdw .
Llegamos hasta aqu, por complejidad de la integral.Tarea: Ver solucion por metodo de DAlembert el cual esta formuladopara ecuaciones de este tipo.
APUNTES DE EDP 65
6.2. Ejercicios Propuestos.
Ejercicio 6.1. Hallar I(a, x) =
0
eaw2
coswx dw probando que
dI
dx= x
2aI e I(a, 0) =
pi
2a
; usar lo anterior para calcular F1c (eaw2),F1s (weaw2) y Fc(eax2).Ejercicio 6.2. Resolver
i)
{ut uxx = 0, x R, t > 0u(x, 0) = ex
2.
ii)
{ut uxx + ux = 0, x R, t > 0u(x, 0) = e
x22 .
Ejercicio 6.3. Resolver
{utt uxx + 2ut + u = 0, x R y t 0,u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = 0.
Si f(x) = [0,1] sinpix, dibujar u(x, 3).
Ejercicio 6.4. Resolver:
{t2ut ux = g(x), x R, t > 0,u(x, 0) = 0, x R.
Ejercicio 6.5. Considere la ecuacion ut + cos t ux = u,
i) Hallar la solucion con u(x, 0) = f(x).
ii) Si f(x) =
cos2 x, x
[pi
2, pi2
],
describir u(x, t) para t 0,0 en el resto .
Ejercicio 6.6. Considere la ecuacion
ut = uxx, x R, t > 0,u(x, 0) = (0,+)(x)
u acotada.
Usando transformada de Fourier muestre que la solucion u(x, t) de laecuacion verifica:
i) u(x, t) =1
2
(1 +
(x
2t
))donde (s) =
2pi
s0
ev2
dv.
ii) Muestre que lmt+
u(x, t) =1
2, x.
Ejercicio 6.7. Considere la ecuacion parcial de primer orden
ut + ux = g(x), x R, t > 0,u(x, 0) = f(x).
66 APUNTES DE EDP
Suponga que f y g son lo suficientemente regulares. Usando trans-formada de Fourier muestre que una solucion u(x, t) tiene la forma
u(x, t) = f(x t) +
2pi(g h)(x),donde h(x) = [0,t](x).
Ejercicio 6.8. Considere la ecuacion
ut = uxx, t > 0, x R,u(x, 0) = xe|x|.
Muestre que la solucion verificau(x, t) Kt12
, para cada t > 0 y x R,
donde K es una constante.
Ejercicio 6.9. Resuelva usando transformada Seno o Coseno lasiguiente ecuacion
ut = uxx, t > 0, x > 0
ux(0, t) = 0
u(x, 0) = H(1 x) ,donde H es la funcion de Heaviside.
7. APLICACION DE LA TRANSFORMADA DELAPLACE EN EDP
La transformada de Laplace es definida por
[f ] = F (s) =
+0
f(t)est dt ,
para f : [0,+) R, siempre que la integral exista.
Las siguientes son condiciones suficientes para que la transformadade Laplace este bien definida
(i) f seccionalmente continua.
(ii) Existe un M > 0 tal que
|f(t)| Meat , t T.En este caso la transformada de Laplace existe para cada s > a.
Ejemplo 7.1. 1. Si f(t) = 1 , 0 < t < + F (s) = 1s.
APUNTES DE EDP 67
2. f(t) = e2t , 0 < t < + F (s) = 1s2 , s > 2.
3. f(t) = senwt , 0 < t < + F (s) = ws2+w2
, en este caso,M = 1, a = 0.
Proposicion 7.1. Supongamos u(x, t) una funcion de clase C2. De-notemos [u(x, t)] = U(x, s). Valen las siguientes propiedades:
(a) [ut] = sU(x, s) u(x, 0).
(b) [utt] = s2U(x, s) su(x, 0) ut(x, 0).
(c) [ux] =xU(x, s).
(d) [uxx] =2
x2U(x, s).
Note que las dos primeras corresponden a propiedades conocidas dela Transformada de Laplace, mientras que para verificar las dos ultimases necesario utilizar la propiedad basica
x
ba
f(x, y) dy =
ba
xf(x, y) dy,
bajo el hipotesis que fx
exista y sea continua.
Convolucion.: Se define la convolucion entre dos funciones f y gpor
(f g)(t) = t0
f()g(t ) do
(f g)(t) = t0
f(t )g(t) d.Nota que el producto de convolucion conmuta. Ademas, en una forma
analoga a las transformadas de Fourier, vale la propiedad de convolu-cion
(f g) = (f)(g) ,y la transformada inversa es dada por
1(F ) = f(t) =1
2pii
c+ici
F (s)est ds .
En la practica resulta muy util usar la formula de transformada deuna convolucion como sigue
68 APUNTES DE EDP
1(F (s)G(s)) = (f g)(t).Ejemplo 7.2.
1(
1
s
1
s2 + 1
)= 1 sen t = 1 cos t.
Aplicacion. Resolvamos la ecuacion
ut = uxx , 0 < x < + , 0 < t < +,ux(0, t) u(0, t) = 0, 0 < t < + ,u(x, 0) = u0 , 0 < x < + .
Aplicando transformada de Laplace la ecuacion se transforma en
sU(x, s) u(x, 0) = 2x2U(x, s) , 0 < x < + ,
xU(0, s) = U(0, s) .
La solucion de esta ecuacion es dada por
U(x, s) = c1exs + c2e
xs +u0s.
Ya que la solucion debe estar acotada, se tiene que c1 = 0.Imponiendo la relacion de las condiciones de borde obtenemos c2.
As
U(x, s) = u0(
exs
s(s+ 1)
)+u0s,
luego, para determinar u(x, t), debemos calcular
u(x, t) = 1 (U(x, s)) .
Por lo tanto, llegamos a la solucion
u(x, t) = u0 + u0
[
(x
2t
)
(t+
x
2t
)ex+t
].
donde,
(x) =2pi
+x
e d.
Ejemplo 7.3.
ut = 2uxx , 0 < x < + , 0 < t < + ,
u(x, 0) = sen x .
(de tarea faltan datos?)
APUNTES DE EDP 69
7.1. Principio de Duhamel. El objetivo es resolver la ecuacion
(43)
ut = uxx , 0 < x < 1 , 0 < t < + ,u(0, t) = 0 , 0 < t < + ,u(1, t) = f(t) , 0 < t < + ,u(x, 0) = 0 , 0 x 1 .
Para resolver esta ecuacion consideremos la siguiente ecuacion auxiliar
(44)
wt = wxx, 0 < x < 1, 0 < t < +,w(0, t) = 0, 0 < t < +,w(1, t) = 1, 0 < t < +,w(x, 0) = 0, 0 x 1.
Aplicando la transformada de Laplace en (44) transformamos la ecuacionen
2
x2W (x, s) sW (x, s) = 0 ,
W (0, s) = 0 , W (1, s) = 1s.
Resolviendo la EDO, nos queda
W (x, s) =1
s
[senhx
s
senhs
].
Notemos que al resolver la ecuacion (44) via series de Fourier, tienecomo solucion:
w(x, t) = x+2
pi
+n=0
(1)nn
e(npi)2t sennpix.
Ahora volvamos al problema (43). Aplicando la transformada de Laplace,nos queda
2
x2U(x, s) sU(x, s) = 0 ,
U(0, s) = 0 , U(1, s) = F (s) .
As
U(x, s) = F (s)
[senhx
s
senhs
],
pero
U(x, s) = F (s)s
[senhx
s
s senhs
]= F (s)sW (x, s).
Usando la relacion (wt) = sW w(x, 0), se obtieneU(x, s) = F (s)(wt).
70 APUNTES DE EDP
Aplicando la transformada inversa nos queda:
u(x, t) = f(t) wt(x, t)=
t0
f()w (x, t ) d.
Integrando esta ultima expresion, la solucion esta dada por:
u(x, t) =
t0
w(x, t )f () d + f(0)w(x, t).
7.2. Ejercicios Propuestos.
Ejercicio 7.1. Determine la siguiente formula
[f (n)(t)] = snF (s) sn1f(0) .... f (n1)(0),para cada n N.Ejercicio 7.2. Estudiar la ecuacion
ut = kuxx, 0 < x
APUNTES DE EDP 71
Ejercicio 7.6. Resolver el problema
utt = c2uxx, < x
72 APUNTES DE EDP
8. ECUACIONES DE PRIMER ORDEN
Antes de entrar en materia consideremos la funcion u : R2 Rsatisfaciendo
u
t+ c
u
x= 0 , c 6= 0.
Sea (t) = (t, (t)) una curva, tal que
u(t, (t)) = cte (curva de nivel).
Derivando tenemos que
u((t)) (t) = 0 ,es decir
u
t+u
x (t) = 0
cut
+u
x (t) = 0.
As (t) = c. Integrando obtenemos
(t) (0) = ct,o sea,
(t) = (0) + ct.
De la construccion de u , notamos que ella es constante a lo largo delas curvas
(t, + ct) , R.O sea,
u(t, + ct) = u(0, ) , R .Sea x = + ct, entonces
u(x, t) = u(0, x ct) , x, t .Consecuentemente, si agregamos la condicion inicial
u(0, x) = f(x) , x R ,la solucion sera dada por
u(x, t) = f(x ct) .Consideremos ahora una situacion general, es decir considere la sigu-
iente ecuacion
(45) a(x, y, u)ux + b(x, y, u)uy c(x, y, u) = 0.Sea u solucion de (45). Sabemos que el vector (ux, uy,1) es perpen-dicular a la superficie
z = u(x, y).
APUNTES DE EDP 73
Ademas tenemos que en cada (x, y) R2 se verifica(a, b, c), (ux, uy,1) = 0
O sea,(a, b, c)(ux, uy,1) , (x, y) R2.
Luego si (x(t), y(t), z(t)) es una curva pasando por (x0, y0, z0), entoncesbuscaremos una curva que verifique que(
dx
dt,dy
dt,dz
dt
)sea paralela a (a, b, c).
Asdx
dt= a(x, y, z),
dy
dt= b(x, y, z),
dz
dt= c(x, y, z).
Las soluciones de esta ecuacion son llamadas curvas caractersticas.
Teorema 8.1. Sea P0 = (x0, y0, z0) en la superficie definida por
z = u(x, y),
entonces la curva caracterstica que pasa por P0 tambien esta contenidaen la superficie.
Demostracion. Sea (x(t), y(t), z(t)) la curva caracterstica que pasa por(x0, y0, z0) S. Demostraremos que
z(t) = u(x(t), y(t)) .
SeaU(t) = z(t) u(x(t), y(t)) ,
entonces,
dU
dt= z(t) u
xx(t) u
yy(t)
= c(x, y, z) ux
a(x, y, z) uy
b(x, y, z)
= c(x, y, U + u) ux
a(x, y, U + u) uy
b(x, y, U + u).
Como U(0) = 0, y como U 0 es solucion de la ecuacion en U , se tienepor teorema de unicidad en EDO que
U 0 ,
74 APUNTES DE EDP
O sea, para cada t se tiene que
z(t) = u(x(t), y(t)) ,
que era la que queramos probar. Ejemplo 8.1. Considera la ecuacion
cux + uy = 0 , x = s , y = 0 , z = h(s) .
Sus curvas caractersticas sondX
dt= c ,
dY
dt= 1 ,
dZ
dt= 0 .
O sea,
X(t, s) = ct+ s = x ,
Y (x, s) = t = y ,
Z(t, s) = h(s) .
Luego, la solucion es
z = h(s) = h(x cy) .Ejemplo 8.2. Considera la ecuacion
xux + yuy = u , constante ,
donde su curva inicial es dada por
x = s , y = 1 , z = h(s) .
Sus curvas caractersticas sondX
dt= x ,
dY
dt= y ,
dZ
dt= z .
Luego
X(t, s) = set = x ,
Y (x, s) = et = y ,
Z(t, s) = h(s)et.
Entonces la solucion es dada por
z = h
(x
y
)y.
Teorema 8.2 (Euler). u es homogenea de grado si y solo si
xux + yuy = u.
Consecuencia. Las homogeneas de grado tienen la forma
z = h
(x
y
)y.
APUNTES DE EDP 75
Ejemplo 8.3. Sea la ecuacion
uux + uy = 0 ,
con condicion inicial
x = s , y = 0 , z = h(s) .
Las curvas caractersticas estan dadas por
dX
dt= z = h(s) ,
dY
dt= 1 ,
dZ
dt= 0 .
As
X(t, s) = th(s) + s = x ,
Y (x, s) = t = y ,
Z(t, s) = h(s) = z.
Por lo tanto la solucion corresponde a
z = h(s) = h(x tz).8.1. Ejercicios Propuestos.
Ejercicio 8.1. Resolver la ecuacion
ux + uy = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = cos x, x R.
Ejercicio 8.2. Resuelva la ecuacion
ux + uy + 2u = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = sen x, x R.
Ejercicio 8.3. Encuentre la solucion
xux + uy + yu = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = F (x), x R.
Ejercicio 8.4. Resolver
ux + 2uy + 2u = 0, x, y R,u(x, y) = F (x, y), en la curva y = x.
Ejercicio 8.5. Resolver
uy + uux = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = F (x), x R,
estudie el caso en que F (x) =
{0 x < 0,x x 0.
76 APUNTES DE EDP
Ejercicio 8.6. Encuentre la solucion de la ecuacion
uy + f(u)ux = 0, x R, y > 0,u(x, 0) = (x).
Ejercicio 8.7. Resolver la siguiente ecuacion
2xuy ux = 4xy,donde la curva inicial es dada por
x = 0, y = s, y z = s.
APUNTES DE EDP 77
9. ECUACION DE LAPLACE EN UN DOMINIOESFERICO
9.1. Introduccion. Como motivacion, consideremos un problemade eletrostatica, que consta en determinar el potencial electrico dadala distribucion del potencial sobre el conductor esferico. El problema setraduce en resolver la Ecuacion de Laplace en el interior de una esferacuando el potencial u esta especificado sobre el borde de esta. Es decir,se debe resolver:
u = 0 , 0 r R ,pi pi , 0 piu(R, , ) = g(, ) ,pi pi , 0 pi
As, se resolvera el problema en el caso que:
g(, ) = c c = cteg(, ) = f()Caso general
En el primer caso, se observara que el problema se reduce a resolver unaecuacion diferencial ordinaria. Para el segundo caso, necesitamos de lospolinomios de Legendre para dar una solucion en serie. Y finalmenteen el ultimo caso se trata de resolver el problema general y para ello senecesita conocer sobre la Ecuacion de Euler y Ecuacion y Polinomios deLegendre, de manera que la solucion para el problema queda expresadoen funcion de estas ultimas respectivamente.
9.2. Laplaciano en Coordenadas esfericas y problema en laesfera. El Laplaciano en R3 en coordenadas cartesianas es:
u =2u
x2+2u
y2+2u
z2= 0
Utilizando coordenadas esfericas:
x = r sin cos
y = r sin sin
z = r cos
se obtiene la forma esferica de la ecuacion de Laplace:
(46) u = (r2 ur)r +1
sin[sinu] +
1
sin2 u = 0
Ademas si pedimos que la funcion u satisfaga la siguiente condicionde borde:
(47) u(R, , ) = g(, ) pi pi , 0 pi
78 APUNTES DE EDP
De esta manera, de (1) y de (2) llegamos al problema de la ecuacionde Laplace en un dominio esferico. Ahora, para los distintos problemasdesarrollaremos algunas herramientas necesarias en la solucion de cadauno de estos.
9.3. Ecuacion de Euler. Consideremos la siguiente EDO:
(48) ax2d2y
dx2+ bx
dy
dx+ cy = 0 a, b, c R
Mediante la sustitucion x = e(t) la ecuacion se transforma en unaEDO de coeficientes constantes. En efecto, sea y(t) = y(et), entonces:
x = et ddt
= et
dy
dt=dy
dtet
d2y
dt2=d2y
dx2e2t +
dy
dxet
De manera que al reemplazar en la EDO se obtiene:
ad2y
dt2+ (b a)dy
dt+ cy = 0(49)
tal como se quera.
9.4. Ecuacion y polinomios de Legendre. Consideremos la sigu-iente ecuacion:
(50) (1 x2)y(x) 2x y(x) + ( + 1)y(x) = 0La ecuacion anterior es denominada Ecuacion Diferencial de Le-gendre. Esta tambien puede ser escrita de la siguiente forma:
(51)d
dx[(1 x2)dy
dx] + n(n+ 1)y = 0
y la solucion de esta ecuacion es de la forma y(x) = y1(x)+y2(x) donde
y1(x) = 1+n=1
(1)n ( + 2n 1)( + 2n 3) . . . ( + 1)( 2) . . . ( 2n+ 2)(2n)!
x2n
y2(x) = x+n=1
(1)n ( + 2n)( + 2n 2) . . . ( + 2)( 1)( 3) . . . ( 2n+ 1)(2n+ 1)!
x2n+1
Estas soluciones son linealmente independientes, e.e
y(x) = a1 y1(x) + a2 y2(x)
APUNTES DE EDP 79
Observacion
1.- Si = 2m con m un numero natural, entonces y1(x) es unpolinomio de grado 2m
y1(x) = 1+mn=1
(1)n ( + 2n 1)( + 2n 3) . . . ( + 1)( 2) . . . ( 2n+ 2)(2n)!
x2n
y y2(x) es una serie infinita de potencias.
2.- Si = 2m + 1 con m un numero natural, entonces y2(x) es unpolinomio de grado 2m+ 1
y2(x) = x+mn=1
(1)n ( + 2n)( + 2n 2) . . . ( + 2)( 1)( 3) . . . ( 2n+ 1)(2n+ 1)!
x2n+1
y y1(x) es una serie infinita de potencias. Y de este resultado, sale lasiguiente formula, la cual es la solucion de la Ecuacion de Legendre.
9.5. Formula de Rodrigues. Esta formula es la solucion de laecuacion (1).
Pn(x) = 12n n!
dn
dxn[(x2 1)n]
que una vez desarrollada se llega a
Pn(x) = 12n
n/2k=0
(n
k
)(2n 2k
n
)xn2k
9.6. Algunas propiedades. Como primera propiedad importante,tenemos que los polinomios deLegendre son ortogonales.
2n+ 1
2
11Pn(x)Pm(x) dx =
{0 si n 6= m1 si n = m
Luego, tenemos estas otras, como
Pk(x) = (1)kPk(x)Pk(1) = 0
P k(1) =k(k + 1)
2
80 APUNTES DE EDP
Y luego, algunas relaciones de recurrencia
(n+ 1)Pn+1(x) x(2n+ 1)Pn(x) + nPn1(x) = 0xP n(x) P n1(x) = nPn(x)
P n+1(x) P n1(x) = (2n+ 1)Pn(x)P n+1(x) xP n(x) = (n+ 1)Pn(x)
9.7. Algunos Polinomios de Legendre.
n Pn(x)
0 1
1 x
21
2(3x2 1)
31
2(5x3 3x)
41
8(35x4 30x2 + 3)
51
8(63x5 70x3 + 15x)
APUNTES DE EDP 81
9.8. Problema en que g(, ) = c al interior de una esfera. Seau que no depende de y y g es constante, para toda y . As, laecuacion de Laplace nos queda:
u = (r2 ur)r = 0
u(R1, , ) = c
la cual es una EDO,cuya solucion es:
u(r) =a
r+ b
Pero como queremos que la solucion este acotada, imponemos a = 0.As aplicando la condicion de borde obtenemos la constante b. Obser-vacion: El termino c
rson los unicos potenciales que dependen solo de
la distancia radial hasta el origen. El potencial 1r
es muy importanteen fsica y se le denomina Potencial Newtoniano.
Ejemplo 1 Consideremos el siguiente problema:
u = 0 0 r 1u(1, , ) = 3
Vemos claramente que la solucion debe ser u(r, , ) = 3.
9.9. Problema en que g(, ) = c entre dos esferas. Considere-mos el siguiente problema:
u = 0 0 < R1 r R2u(R1, , ) = A
u(R2, , ) = B
Sabemos que la solucion de la EDO esta dada por:
u(r) =a
r+ b
Imponiendo las condiciones de borde, encontramos los valores de a y b:
a = (AB) R1R2R2 R1
b =R2B R1AR2 R1
y por lo tanto,se tiene que:
u(r, , ) = (AB) R1R2r(R2 R1) +
R2B R1AR2 R1
82 APUNTES DE EDP
9.10. Problema en que g(, ) = f(). Al considerar g(, ) =f() y que la ecuacion u solo depende de r y , el problema toma lasiguiente forma:
u = (r2 ur)r +1
sin[sinu] = 0 0 r 1
u(1, , ) = g() 0 piBuscamos un candidato de solucion por medio del metodo de separacionde variables, tenemos:
u(r, ) = R(r) ()
De manera que al reemplazar en la ecuacion, tenemos:
[r2 (R(r) ())r]r +1
sin[sin (R(r) ())] = 0
[r2 (R(r) ())]r +1
sin[sin (R(r) ())] = 0
()[r2 (R(r))]r +R(r)
sin[sin (())] = 0
()[2 r R(r) + r2R(r)] +R(r)
sin[cos() + sin(())] = 0
()[2 r R(r) + r2R(r)] =R(r)
sin [cos() + sin(())]
2 r R(r) + r2R(r)R(r)
=cos() + sin(())
sin()Igualamos el resultado a una constante que no depende de las vari-ables del problema:
2 r R(r) + r2R(r)R(r)
=cos() + sin(())
sin() =
de manera que se obtienen las siguientes ecuaciones:
r2R + 2rR R = 0[sin] + sin = 0
Tomemos = n(n+ 1), para hacer aparecer la Ecuacion de Legendre.
r2R + 2rR n(n+ 1)R = 0 Ecuacion de Euler[sin] + n(n+ 1) sin = 0 Ecuacion de Legendre
Resolviendo la Ecuacion de Euler. La ecuacion caracterstica asociadaes:
APUNTES DE EDP 83
P 2 + (2 1)P + [n(n+ 1)] = 0P 2 + P + [n(n+ 1)] = 0
De manera que,
P =1 1 + 4n (n+ 1)
2
P =1 4n2 + 4n+ 1
2
P =1 (2n+ 1)2
2
P =1 (2n+ 1)
2
As, las soluciones de la ecuacion carasterstica son P1 = n y P2 =(n+ 1). Luego la solucion de la ecuacion es:
R(r) = a rn + b r(n+1)
Por otro lado, para obtener la solucion de la Ecuacion de Legendre,utilizamos la siguiente sustitucion:
x = cos dx = sindx = cos x2 = cos2 = 1 sin2 sin2 = 1 x2
d
d=dx
dx
(d
d
)=dx
d
(d
dx
)= sin d
dx
=
1 x2 ddx
Y,
d
d
(d
d
)=
d
d
(
1 x2 ddx
)= dx
d
d
dx
(1 x2 d
dx
)=
1 x2[d
dx
(1 x2
) ddx
+
1 x2 d2
dx2
]
84 APUNTES DE EDP
Por otro lado,
[sin] + n(n+1) sin = sind2
d2+ cos
d
d+ n (n+1) sin
Al reemplazar obtenemos,
sind2
d2+ cos
d
d+ n (n+ 1) sin = 0
=
1 x2(xd
dx+ (1 x2)d
2
dx2
)+ x
(
1 x2ddx
)+ n(n+ 1)
1 x2 = 0
=
1 x2[xd
dx+ (1 x2)d
2
dx2 xd
dx+ n(n+ 1)
]= 0
= xddx
+ (1 x2)d2
dx2 xd
dx+ n(n+ 1) = 0
= (1 x2)d2
dx2 2xd
dx+ n(n+ 1) = 0 1 x 1
Llegando asi a la Ecuacion de Legendre cuya variable independientees (x)). La solucion de la ecuacion esta dada por la Formula de Ro-drigues.
Pn(x) = 12n n!
dn
dxn[(x2 1)n]
Luego, tenemos
R(r) = a rn + b r(n+1)
() = cPn(cos)Como queremos que en r = 0 las soluciones sean acotadas, tenemosque b = 0. As, obtenemos:
R(r) = a rn
() = cPn(cos)Por principio de superpocision de soluciones, nos obtenemos:
u(r, ) =n=0
an rnPn(cos)
Aplicando la condicion de Frontera u(1, ) = g() obtenemos:
u(1, ) =n=0
anPn(cos) = g()
As,anPn(cos) = g() n = 0, 1, 2, . . .
APUNTES DE EDP 85
Desarrollando,
anPn(cos) = g()anPn(cos)Pm(cos) sin = g()Pm(cos) sin
an
pi0
Pn(cos)Pm(cos) sin d = pi0
g()Pm(cos) sin dTrabajemos ahora con la primera parte de la igualdad, haciendo elcambio x = cos:
an
pi0
Pn(cos)Pm(cos) sin d
= an
11
Pn(x)Pm(x)(
1 x2)(
dx1 x2
)= an
11
Pn(x)Pm(x) dx
= an
11Pn(x)Pm(x) dx
Si m = n, entonces, pi0
g()Pn(cos) sin d = 2an2n+ 1
Finalmente, la solucion de la ecuacion es
u(r, ) =n=0
an rnPn(cos)
donde
an =2n+ 1
2
pi0
g()Pm(cos) sin d
86 APUNTES DE EDP
9.11. Problema general. En esta seccion se estudiara:
u = 0 0 r R ,pi pi , 0 piu(R, , ) = g(, ),pi pi , 0 pi
Buscamos soluciones del tipo: u(r, , ) = F (r)G(, ). Reemplazandoen el problema:
G(, )1
r2d
dr(r2F (r)) +
F (r)
r2 sin
(sin
G(, )) +
1
r sin
2
2G(, ) = 0
Ordenando e igualando a una constante , tenemos:
1
F (r)
d
dr(r2F (r)) =
1G(, )
(1
sin
(sin
G(, )) +
1
(sin)22
2G(, )) =
De manera que se obtienen 2 ecuaciones diferenciales:
r2R + 2rR R = 0 Ecuacion de Euler
(sin
G(, )) +
1
sin
2
2G(, ) + sinG(, ) = 0
Al igual que en el caso anterior, tomando = n(n + 1) la solucion dela primera ecuacion es:
R(r) = a rn + b r(n+1)
Para la segunda ecuacion, buscamos soluciones de la forma G(, ) =X()Y (). Reemplazando en la ecuacion y haciendo el cambio de vari-ables = cos tenemos:
d
d((1 2)dX
d) + (n(n+ 1) m
2
1 2 )X = 0d2Y
d2+ m2Y = 0
cuyas soluciones son:
X = CnPmn () + DnQmn ()Y = Em cosmFm sinm, m 6= 0
Y = E0 + F0, m = 0
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