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Capítulo 4
Ecuaciones en Derivadas Parciales 4.1.
Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales
Definición 4.1 Se llama ecuación diferencial en derivadas parciales o abreviadamente ecuación en derivadas parciales (EDP) a una ecuación de la forma
! 1 = 0 1 1 1 · · ·
Ã
(4.1)
donde : Ω ⊆ R −→ R, siendo ∈ N, 1, (1 ) ∈ Ω, son las variables independientes y ≡ (1 ) es la variable dependiente y siendo 1 + · · · + = . La EDP estará definida y planteada en la región abierta (finita o infinita) Ω ⊆ R . Definición 4.2 El orden de la EDP está indicado por la derivada de mayor orden dentro de la ecuación. Observación 4.1 Las derivadas parciales pueden expresarse como = 11 · · ·
= 1 1 | {z } | {z } 1
Y para los casos = 2 y = 3 utilizaremos la siguiente notación:
= 2 ⇒ (1 2 ) =
⎧ ⎨ ( ) ⎩
= ⇒ (1 2 3 ) =
( )
Para problemas espaciales Para problemas espacio-temporales
⎧ ⎨ ( ) ⎩
Para problemas espaciales
( )
Para problemas espacio-temporales 1
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Ejemplo 4.1 En la siguiente tabla se presentan algunas EDP junto con su correspondiente orden: Ecuación Laplace Fourier Onda Euler-Bernouilli Schrodinger Helmholtz Korleneg-de Vries Tricormi
Expresión + = 0 − 2 = 0 − = 0 + 2 = 0 − = 0 + + 2 = 0 + + = 0 + = 0
Orden 2 2 2 4 2 2 3 2
Observación 4.2 Por su dificultad no estudiaremos sistemas de EDP. Las EDP se utilizan, por ejemplo, para modelar procesos que además de tener una variación temporal, tienen una variación espacial tales como la variación del calor con el tiempo en un sólido, la distribución de poblaciones en un determinado habitat con el tiempo o la propagación del sonido de las cuerdas de una guitarra. En general las EDP son bastante difíciles de resolver de forma analítica, de hecho, no existen teoremas de existencia y unicidad tan “sencillos” como los estudiados en los problemas de valor inicial asociados a las EDO, nosotros trataremos de resolver las EDP correspondientes a los problemas clásicos. Definición 4.3 Una solución de la ecuación 4.1 en Ω ⊆ R es cualquier función ≡ (1 ) ∈ C (Ω) tal que a sustituir y todas sus derivadas parciales en dicha ecuación obtenemos una identidad. Observación 4.3 Generalmente se exigirá que sea continua o diferenciable en Ω, la frontera del conjunto Ω, que tenga todas las derivadas parciales continuas en Ω y que se cumpla la ecuación en el interior de Ω.
4.1.1.
Algunos métodos sencillos para resolver una EDP
Integración directa Algunas EDP pueden resolverse mediante integración directa, como en los ejemplos siguientes: Ejemplo 4.2 Resuelve la siguiente EDP de primer orden = + Solución: Como la EDP es de primer orden y sólo incluye a la primera derivada respecto de , una de las variables, buscaremos una función que sea de clase C 1 , integrando respecto de esa variable Z Z 2 + + () = = ( + ) = 2 La función () es la constante respecto a que aparece al integrar de forma indefinida la función +, y si bien es constante respecto de la variable de integración hay que permitir que pueda depender de la otra variable , ya que cualquiera que sea la expresión de (), al ser sólo función de ocurrirá: ( ()) = 0 c °SPH
4.1. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales
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Ejemplo 4.3 Resuelve la siguiente EDP de segundo orden = 0 Solución: Buscamos una función que sea de clase C 2 . En primer lugar Integramos la ecuación respecto a = 0 ⇓ R R = 0 ⇓ = 0 () ya que cualquier función que sólo dependa de es constante respecto a . Ahora integramos respecto de la otra variable = 0 () ⇓R R = 0 () ⇓ = 1 () + 2 () donde 1 () es una primitiva cualquiera de 0 (). Por tanto la solución de la EDP viene dada por cualquier función de la forma ( ) = 1 () + 2 () con 1 y 2 funciones arbirtrarias de una variable y que sean derivables dos veces. Por ejemplo, serían solución de esta EDP las siguientes funciones: ( ) = + ( ) = + sen () ( ) = 2 + Ejemplo 4.4 Resuelva la siguiente EDP de segundo orden + = 0 Solución: Si nos acordamos de la teoría de variable compleja vemos que las soluciones de esta EDP son funciones armónicas, es decir, son la parte real o imaginaria de funciones holomorfas () = ( + ) ( ) = Re ( ()) ( ) = Im ( ()) Por ejemplo, tendremos como posibles soluciones las siguientes funciones: ( ) = 2 − 2 ( ) = 2 ( ) = cos () c °SPH
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Cambio de variable Mediante un cambio de variable, algunas EDP se pueden transformar en otras que se pueden integrar de forma directa, como en el siguiente ejemplo. Ejemplo 4.5 Resuelve la EDP de primer orden definida como: − = 0 Solución: Hacemos en la EDP el cambio de variable ⎧ ⎨ = 1 ( ) = + =⇒ ⎩ = 1 ( ) = − =⇒ teniendo en cuenta la regla de la cadena
⎧ ⎨ = 1 ⎩
= −1
⎫ = + = + ⎬ = + = −
⎭
y al sustituir en la EDP obtendremos una nueva ecuación en las variables ( ) − = 0 ⇔ ( + ) − ( − ) = 2 = 0 o bien = 0 cuya solución se obtiene mediante integración directa: Z ( ) = = () la solución es cualquier función de y deshaciendo el cambio ( ) = ( + ) de donde se deduce que la solución será cualquier función derivable de una variable pero evaluada en + , como por ejemplo ( ) = sen ( + ) ( ) = ( + )2 ( + ) = + = c °SPH
4.1. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales
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Método de separación de variables En dos dimensiones y haciendo cierta suposición sobre sus soluciones es posible resolver algunas clases de EDP. Este procedimiiento es el llamado método de separación de variables donde se supone que la función buscada ( ) es de la forma ( ) = () () Con esta suposición se cumple ( ) = 0 () () ( ) = () 0 () ( ) = 0 () 0 () ( ) = 00 () () ( ) = () 00 () y en general
· · · · · · = ( ) = () () (−) () | {z }| {z } −
−
Sustituyendo estas expresiones en la EDP, en algunas ocasiones es posible reducir una EDP a un sistema de EDO con dos ecuaciones que puede resolverse con los métodos habituales. Ejemplo 4.6 Resuelve la siguiente EDP de segundo orden por el método de separación de variables = 4 Solución: Asumiremos por tanto que la solución ( ) es de la forma ( ) = () () por tanto = 0 () () ⇒ = 00 () () = () 0 () ⇒ = () 00 ()
y sustituyendo en la EDP obtendremos 00 () () = 4 () 0 () Si ahora se agrupan de forma independiente los términos en e obtenemos 00 () 40 () = () () c °SPH
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
El primer miembro es una función que sólo depende de y el segundo miembro es una función que sólo depende de , así que la única forma de que se cumpla la igualdad es que ambos valores sean iguales a una constante ∈ R, que se denomina constante de separación: 40 () 00 () = = () () Igualando cada fracción a la constante de separación obtenemos dos ecuaciones diferenciales ordinarias 00 () ()
= ⇒ 00 () − () = 0
40 () ()
= ⇒ 40 () − () = 0
que se resuelven de forma independiente. Según el signo de distinguimos tres casos: 1. Caso = 0 Si = 0, las ecuaciones resultantes son 00 () − () = 0 ⇒ 00 () = 0 40 () − () = 0 ⇒ 0 () = 0 y podemos integrar directamente las dos ecuaciones ⎫ () = 1 + 2 ⎬ () = 3
⎭
siendo 1 2 3 ∈ R, constantes arbitrarias. La función ( ) sería ( ) = () () = (1 + 2 ) 3 = 1 + 1 donde se ha hecho el cambio 1 = 1 3 1 = 2 3 2. Caso 0 Si es positivo entonces podemos suponer que es de la forma = 2 0 y las ecuaciones serán 00 () − () = 0 ⇒ 00 () − 2 () = 0 40 () − () = 0 ⇒ 40 () − 2 () = 0 c °SPH
4.1. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales
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La primera de estas ecuaciones es de segundo orden lineal y de coeficientes constantes cuya solución general es de la forma () = 1 + 2 − La segunda también es lineal, pero de primer orden y su solución es 2 4
() = 3 La función ( ) será
¢ ¡ 2 2 2 ( ) = () () = 1 + 2 − 3 4 = 2 + 4 + 2 −+ 4
donde se ha hecho el cambio
2 = 1 3 2 = 2 3 3. Caso 0 Si ahora suponemos que es negativo entonces podemos poner = −2 0 y las ecuaciones serán 00 () − () = 0 ⇒ 00 () + 2 () = 0 40 () − () = 0 ⇒ 40 () + 2 () = 0 Como en el caso anterior, la primera de estas ecuaciones es de segundo orden, en este caso, como el polinomio característico tiene raíces complejas ± su solución general es de la forma () = 1 cos () + 2 sen () La segunda vuelve a ser de primer orden y su solución general es 2 4
() = 3 − La función ( ) será
2 4
( ) = () () = (1 cos () + 2 sen ()) 3
2 4
= 3
2 4
cos ()+3
sen ()
donde se ha hecho el cambio 3 = 1 3 3 = 2 3 En estos ejemplos se ha visto que de forma similar a lo que ocurre con las ecuaciones diferenciales ordinarias (EDO) para las que la solución general implicaba la existencia de constantes arbitrarias, en este caso las soluciones de una EDP suele implicar a funciones arbitrarias. En general al resolver una EDP podemos obtener una cantidad infinita de soluciones que dependerán de esas funciones arbitrarias. Para obtener una solución única para problemas de EDP y tal y como ocurre con las EDO, estos problemas deben llevar asociadas unas condiciones o restricciones que pueden ser de dos tipos: condiciones iniciales y/o condiciones de contorno. Veamos esta diferencia con un ejemplo. c °SPH
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Ejemplo 4.7 La siguiente EDP modela la variación de temperatura con el tiempo en una varilla de longitud 1. Si ( ) es la temperatura de la varilla en el instante en la posición de la varilla, entonces, podemos plantear el problema como ⎫ 0 ∈ (0 1) ⎪ = ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ (0 ) = () ∈ [0 1] ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ ( 0) = ( 1) = 0 ≥0
La condición (0 ) = () es la temperatura en el instante inicial = 0 y representa una condición inicial del problema. Las condiciones ( 0) = 0 y ( 1) = 0 son restricciones que se le imponen a los extremos de la varilla en cualquier instante de tiempo y se denominan condiciones de contorno.
4.2.
Clasificación de EDP
Las EDP, al igual que las EDO, se pueden clasificar en lineales y no lineales. Definición 4.4 Una EDP es lineal, sí y sólo si, , la variable dependiente y sus correspondientes derivadas parciales aparecen sólo en primera potencia. Por ejemplo, una EDP lineal de 2 orden será de la forma X X
+
=1 =1
X
+ =
(4.2)
=1
donde ≡ (1 ) ≡ (1 )
≡ (1 )
≡ (1 ) son funciones de las variables independientes y donde se supone además que = . Si la función es idénticamente nula ≡0 la ecuación lineal se dice homogénea, siendo no homogénea en caso contrario. Si las funciones , , y son constantes, la EDP 4.2 sería lineal con coeficientes constantes. Ejemplo 4.8 Las siguientes ecuaciones son lineales + = 0 − = siendo la primera de ellas homogénea y la segunda no homogénea. c °SPH
4.2. Clasificación de EDP
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Teorema 4.1 Si 1 son soluciones de una EDP lineal homogénea, entonces cualquier combinación lineal de ellas de la forma = 1 1 + · · · + con ∈ R, también es solución de la EDP. La solución general de una EDP lineal de orden es una familia de funciones que depende de funciones arbitrarias.
4.2.1.
Ecuaciones lineales de orden 2
En esta sección estudiaremos con más detalle las ecuaciones lineales de orden 2 con coeficientes constantes en dos dimensiones, que están definidas mediante la expresión + + + + + = ( )
(4.3)
donde en este caso ∈ R y ( ) es una función. Tipos de EDP lineales de 2 orden Definición 4.5 Para la EDP 4.3 definimos el discriminante como ∆ = 2 − 4 y la EDP correspondiente se clasifica según su signo en: Elíptica ⇔ 2 − 4 0 Hiperbólica
⇔ 2 − 4 0
Parabólica ⇔ 2 − 4 = 0 La clasificación de las EDP de segundo orden lineales está basada en la posibilidad de reducir la ecuación general, mediante cambios de variable tanto en las variables dependientes como en las independientes, a una ecuación del tipo siguiente + + = ( )
(4.4)
− + = ( )
(4.5)
− = ( )
(4.6)
+ = ( )
(4.7)
donde es una constante que puede tomar los valores −1, 0 o 1 y ( ) es una función cualquiera en las nuevas variables ( ). c °SPH
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Paso a la forma canónica (*) En esta sección veremos como transformar una EDP lineal de segundo orden de tipo genereal a una de las formas anteriores (esto no es posible, en general, para más de dos variables). Veremos el proceso con un ejemplo. Ejemplo 4.9 Expresa en forma canónica la siguiente EDP lineal de 2 orden: 3 − 4 + 6 − 12 − 9 − 5 = 0 1. Solución: En primer lugar comprobamos el tipo de EDP ⎫ =3 ⎬ = −2 ⇒ 2 − 4 = (−4)2 − 4 · (3) · (6) = 16 − 72 0 ⎭ =6
por tanto es elíptica.
El proceso de transformación a la forma canónica se hace en varias etapas. En primer lugar vamos a eliminar el término en la ecuación, bueno realmente lo que haremos será un cambio de variable, de forma que en las nuevas variables la ecuación no tenga el término correspondiente a la derivada cruzada. El cambio para ello es una rotación de ángulo ∈ R : µ
¶
=
µ
cos sen − sen cos
¶µ
¶
= cos + sen ⇒
= − sen + cos
y se elegirá el valor para que en las nuevas variables ( ) no aparezca el término . Utilizando la regla de la cadena y teniendo en cuenta que ≡ ( ( ) ( )), tendremos = + = + siendo ⎧ ⎨ = cos ⎩
= sen ⎧ ⎨ = − sen por tanto
⎩
= cos
= cos − sen = sen + cos c °SPH
4.2. Clasificación de EDP
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y para las segundas derivadas = ( + ) cos − ( + ) sen = ( cos − sen ) cos − ( cos − sen ) sen = cos2 − 2 sen cos + sen2 =
¡
¢ ¡ ¢ + cos − + sen
= ( sen + cos ) cos − ( sen + cos ) sen ¢ ¡ = sen cos + cos2 − sen2 − sen cos =
¡
¢ ¡ ¢ + sen + + cos
= ( sen + cos ) sen + ( sen + cos ) cos = sen2 + 2 sen cos + cos2 donde se ha tenido en cuenta que = Sustituyendo en la ecuación original 0 = 3 − 4 + 6 − 12 − 9 − 5 ¢ ¡ = 3 cos2 − 2 sen cos + sen2 ¢ ¢ ¡ ¡ −4 sen cos + cos2 − sen2 − sen cos ¢ ¡ +6 sen2 + 2 sen cos + cos2 −12 ( cos − sen ) − 9 ( sen + cos ) − 5 ¢ ¡ = 3 cos2 − 4 sen cos + 6 sen2 ¢ ¡ + 6 sen cos − 4 cos2 + 4 sen2 ¢ ¡ 3 sen2 + 6 cos2 + 4 sen cos − (12 cos + 9 sen ) + (12 sen − 9 cos ) − 5
Como queremos que el término desaparezca de esta ecuación tendremos que elegir tal que el coeficiente asociado a esta derivada debe ser cero 6 sen cos − 4 cos2 + 4 sen2 = 0 dividiendo por cos2 (para ello hay que suponer que cos2 6= 0): 6 tan − 4 + 4 tan2 = 0 c °SPH
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales que es una ecuación de segundo grado en la variable tan y cuyas soluciones son
tan =
⎧ ⎪ ⎪ ⎨
1 4 = 8 2
−6 ± 10 = ⎪ 8 ⎪ ⎩ − 16 = −2 8
Cualquiera de las dos soluciones sería adecuada para hacer el cambio, pero tomaremos la positiva por comodidad. Para encontrar el valor de sen y cos utilizaremos las relaciones trigonométricas 1 sen = ⇒ cos = 2 sen tan = cos 2 y 1 sen2 + cos2 = 1 ⇒ sen2 + 4 sen2 = 1 ⇒ sen2 = 5 Elegiremos en el primer cuadrante para que las razones trigonométricas sen y cos sean positivas (aunque también sería válida la elección del tercer cuadrante), por tanto √ 5 sen = 5 √ 2 5 cos = 5 De este modo para estos valores, podemos obtener todos los coeficientes en la nueva ecuación: à √ !2 Ã√ ! à √ ! à √ !2 2 5 5 5 5 3 cos − 4 sen cos + 6 sen = 3 −4 =2 2 +6 5 5 5 5 2
2
Ã√ ! à √ ! à √ !2 à √ !2 5 5 5 5 +4 =0 6 sen cos − 4 cos + 4 sen = 6 2 −4 2 5 5 5 5 à √ !2 à √ !2 Ã√ ! à √ ! 2 5 2 5 5 5 3 sen2 + 6 cos2 + 4 sen cos = 3 =7 +6 +4 5 5 5 5 à √ ! Ã√ ! 2 5 5 33 √ 12 cos + 9 sen = 12 5 +9 = 5 5 5 Ã√ ! à √ ! 2 5 5 6√ 5 12 sen − 9 cos = 12 −9 =− 5 5 5 2
2
Y la ecuación será 2 + 7 −
33 √ 6√ 5 − 5 − 5 = 0 5 5
o multiplicando por 5 √ √ 10 + 35 − 33 5 − 6 5 − 25 = 0 Una vez eliminado el término , el siguiente paso es eliminar los términos correspondientes a las derivadas primeras. En ambos casos se hace el mismo tipo de cambio en la variable dependiente, c °SPH
4.2. Clasificación de EDP
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por ejemplo, supongamos que queremos eliminar el término correspondiente a haremos el cambio = donde es un parámetro que se elegirá para que el término correspondiente sea 0. Con este cambio las derivadas serán = + ⇒ = + 2 + 2 = ⇒ = Sustituyendo en la ecuación ³ ´ ³ ´ ´ √ ³ √ 10 + 2 + 2 + 35 − 33 5 + − 6 5 − 25 = 0 ´ ³ ¡ √ √ ¢ 10 + 2 + 2 + 35 − 33 5 ( + ) − 6 5 − 25 = 0
teniendo en cuenta que 6= 0, debe ocurrir: √ √ ¢ ¡ 10 + 2 + 2 + 35 − 33 5 ( + ) − 6 5 − 25 = 0
y reagrupando
³ ´ ³ √ √ √ ´ 2 10 + 35 + 20 − 33 5 − 6 5 + 10 − 33 5 − 25 = 0
por tanto si tomamos
√ √ 33 5 20 − 33 5 = 0 ⇒ = 20
tendremos ³ ´ √ 102 − 33 5 − 25 = 10
Ã
à √ ! √ !2 √ 33 5 33 5 1289 − 33 5 − 25 = − 20 20 8
y la edp será
√ 1289 10 + 35 − 6 5 − = 0 8 Para eliminar el término correspondiente a haremos un cambio similar: = y de nuevo es un parámetro que debemos elegir para que el término sea 0. Con este cambio las correspondientes derivadas serán = ⇒ = = + ⇒ = + 2 + 2 y sustituyendo ´ ³ ´ ´ 1289 ³ ´ ³ √ ³ = 0 10 + 35 + 2 + 2 − 6 5 + − 8 ¶ µ √ ¡ ¢ 1289 2 = 0 10 + 35 + 2 + − 6 5 ( + ) − 8
c °SPH
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales de nuevo 6= 0 así que podemos simplificarlo √ ¢ ¡ 1289 =0 10 + 35 + 2 + 2 − 6 5 ( + ) − 8
y reagrupando nos queda
10 + 35
¶ µ ³ √ ´ √ 1289 2 =0 + 70 − 6 5 + 35 − 6 5 − 8
para eliminar el término tomamos √ √ √ 3 5 6 5 = 70 − 6 5 = 0 ⇒ = 70 35 tendremos √ 1289 = 35 35 − 6 5 − 8 2
à √ !2 à √ ! √ 3 5 3 5 9095 1289 =− −6 5 − 35 35 8 56
y la edp en la nueva variable queda como: 9095 =0 56
10 + 35 − Si introducimos ahora el cambio
y la ecuación queda 10 + 35 −
⎧ ⎨ = 9095 = ⇒ ⎩ 56 =
9095 56
⇒ =
56 9095
9095 56
⇒ =
56 9095
56 9095 56 112 392 = 0 ⇒ 10 + 35 − = 0 ⇒ + − = 0 56 9095 9095 1819 1819
Finalmente hacemos los siguientes cambios en las variables independientes r 1819 = 112 r 1819 = 392 que nos dará =
1819 112
=
1819 392
y la ecuación queda finalmente como + − = 0 c °SPH
4.2. Clasificación de EDP
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Aunque el cambio empleado para eliminar la componente es válido para cualquier ecuación, se puede hacer uno específico para cada tipo de ecuación, que se resume en la siguiente tabla: Tipo
Discriminante
Cambio
Si 6= 0 ⇒
Hiperbólica
2
− 4 0
⎧ ´ ³ √ + 2 −4 ⎪ = − ⎪ 2 ⎨ ´ ³ √ ⎪ ⎪ ⎩ = − − 2 −4 2
Si = 0 ⇒
Parabólica
Elíptica
⎧ ⎨ ⎩
= =−
⎧ ⎨ =−
2 − 4 = 0
2
⎧ ⎨
− 4 0
Forma Canónica
⎩
⎩
= ( ) ⇓ ( = + = − ) ⇓ − = ( )
2
= ( )
= −
=− =
2
√ 2 − 4− 2
+ = ( )
Veamos cómo se utilizaría esta tabla con el ejemplo anterior. Ejemplo 4.10 Utilizando las transformaciones indicadas en la tabla anterior, expresa en forma canónica la siguiente EDP lineal de 2 orden: 3 − 4 + 6 − 12 − 9 − 5 = 0 Solución: Hemos comprobado que la ecuación es elíptica, por tanto debemos realizar el siguiente cambio de variable ⎧ ⎨ = 23 2 ⇒=+ ⇒ = − ⎩ 2 3 = 1 √ ⎧ 14 √ √ ⎨ = − 2 3 4 − 14 = − ⇒=− ⇒ ⎩ 2 3 = 0 por tanto
√ 14 2 = + = − 3 3
= + = c °SPH
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
y para las segundas derivadas
=
=
= = =
! √ Ã ! Ã √ √ √ 14 14 14 2 14 2 2 2 ( + ) − ( + ) = − − − 3 3 3 3 3 3 3 3 √ 4 4 14 14 − + 9 9 9 √ √ ¢ ¢ 2 14 ¡ 14 2¡ + − + = − 3 3 3 3 √ 14 2 − 3 3 ¡ ¢ + =
Sustituyendo en la EDP
3 − 4 + 6 − 12 − 9 − 5 = 0 3
Ã
à ! à ! ! √ √ √ 2 4 2 14 14 4 14 14 − + − 4 − + 6 ( ) − 12 − − 9 − 5 = 0 9 9 9 3 3 3 3
y la EDP sería
Si multiplicamos por
√ 14 14 12 14 + − 17 + − 5 = 0 3 3 3 3 14
toda la ecuación + −
51 12 + √ − 5 = 0 14 14
Ahora podemos simplificar la edp eliminando los términos y como antes mediante cambios de tipo exponencial. En primer lugar eliminaremos el término mediante el cambio = donde ∈ R se elegirá de forma que el término correspondiente a la primera derivada respecto a la primera variable desaparezca. Con este cambio tendremos = + =
⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬
⎪ = + 2 + 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭ =
c °SPH
4.2. Clasificación de EDP
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Sustituyendo en la ecuación + −
51 12 + √ − 5 = 0 ⇔ 14 14
´ ³ ´ 51 ³ ´ ³ 12 + + √ − 5 = 0 ⇔ + 2 + 2 + − 14 14 ¶ ¶ µ µ 51 12 51 2 + √ + − − 5 = 0 + + 2 − 14 14 14 Para que se anule el término en y teniendo en cuenta que 6= 0, debe ocurrir ¶ µ 51 51 =0⇔= 2 − 14 28 por tanto 51 −5= − 14 2
µ
51 28
¶2
−
6521 51 51 −5=− 14 28 784
y la EDP quedaría como 12 6521 + + √ − =0 784 14 Eliminaremos ahora el término en mediante un cambio similar = Con este cambio tendremos = = + = = + 2 + 2 y sustituyendo en la edp en la ecuación
³ ´ ³ + + 2
⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭
12 6521 + + √ − = 0⇔ 784 14 ´ ´ 6521 12 ³ 2 √ + = 0 + − + 784 14
multiplicamos por −
y agrupando
¡ ¢ 12 6521 =0 + + 2 + 2 + √ ( + ) − 784 14 +
c °SPH
¶ µ ¶ µ 6521 12 12 2 + + √ − =0 + 2 + √ 784 14 14
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Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
y elegimos de forma que se anule el término en 6 12 2 + √ = 0 ⇔ = − √ 14 14 para este valor ! ¶2 µ ¶ ¶ õ µ 6521 6 6521 6 12 12 8537 −√ − = −√ +√ 2 + √ − =− 784 784 784 14 14 14 14 quedando finalmente la ecuación en la forma + − Multiplicando por
784 8537
8537 =0 784
784 784 + − = 0 8537 8537
y haciendo el cambio =
28 √ 8537
=
28 √ 8537
y obtendremos la ecuación en las forma usual, puesto que
y entonces
=
√ 28 8537
=
√ 28 8537
=
784 8537
=
784 8537
⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭
784 784 + − = 0 ⇒ + − = 0 8537 8537
4.3.
Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
En esta sección vamos a resolver mediante el método de variables separadas introducido anteriormente las tres ecuaciones en derivadas parciales de segundo orden llamadas clásicas.
4.3.1.
Ecuación del calor
La ecuación del calor describe la variación de la temperatura en una región a lo largo del tiempo. En el caso de la ecuación del calor en una dimensión, describiría la temperatura en una barra de longitud con el tiempo y se expresa como ⎧ = 2 0 ∈ (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (0 ) = () 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ( 0) = ( ) = 0 0
c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
19
Las condiciones ( 0) = ( ) = 0 son las condiciones de contorno e indican que la temperatura en los extremos de la barra es constante e igual a 0. Mientras que la condición (0 ) = () es una condición inicial e indica la distribución de temperatura en la barra en el instante inicial. El valor es la difusividad términa y depende del material que forma la barra. Vamos a utilizar el método de separación de variables para resolver esta ecuación, para ello supondremos que la solución ( ) puede ponerse como producto de dos funciones en cada una de las variables independientes: ( ) = () () por tanto = 0 () () = () 0 () = () 00 () y sustituyendo en la ecuación del calor = 2 ⇔ 0 () () = 2 () 00 () Obviamente la función nula ≡ 0 es solución de la ecuación en derivadas parciales, sin embargo sólo será solución del problema si () = 0 que es el caso trivial; así que buscaremos soluciones alternativas y por tanto supondremos que () 6= 0 y () 6= 0, por tanto: 00 () 1 0 () = 2 () () Un lado de la igualdad depende sólo de y el otro depende sólo de , por tanto, para que se de la igualdad ambos miembros deben ser constantes 00 () 1 0 () = = − 2 () () con ∈ R, la constante de separación y donde hemos elegido el signo menos por convención. De 4.8 obtenemos dos ecuaciones diferenciales 0 () + 2 () = 0 00 () + () = 0 Las condiciones de contorno se transforman en ( 0) = () (0) = 0 ( ) = () () = 0 c °SPH
(4.8)
20
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
y siendo es arbitraria, se deduce que: (0) = () = 0 Tendremos el problema de contorno ⎧ 00 ⎨ () + () = 0 (0) = 0 ⎩ () = 0
cuya solución dependerá del valor del parámetro de separación . Distinguimos tres casos: 1. Caso = 0. En este caso la ecuación diferencial sería 00 () + () = 0 ⇒ 00 () = 0 cuya solución general se obtiene integrando dos veces respecto a () = + Si utilizamos las condiciones de contorno (0) = 0 ⇒ = 0 () = 0 ⇒ · + = 0 como 6= 0, la solución del sistema anterior es: = = 0, y obtenemos la solución nula, que hemos dicho que no nos interesa. 2. Caso 0. Supongamos ahora que es negativo, y por tanto lo podemos poner de la forma p 2 = − , con = ||. La ecuación diferencial sería 00 () + () = 0 ⇒ 00 () − 2 () = 0
que tiene por solución general () = + − Utilizamos las condiciones de contorno para encontrar los valores de y (0) = 0 ⇒ + = 0 () = 0 ⇒ + − = 0 Las ecuaciones anteriores forman un sistema lineal homogéneo en las incógnitas y . El determinante de la matriz de coeficientes es ¯ ¯ ¯ 1 1 ¯¯ ¯ ¯ = − − = −2 senh () ¯ ¯ ¯ − ¯ ¯ y puesto que 6= 0 es no nulo, la única solución del sistema es la trivial = = 0, que nos da para el problema de contorno de nuevo la solución nula.
c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
21
3. Caso 0. Supongamos ahora que es positivo, y por tanto lo podemos poner de la forma √ 2 = , con = . La ecuación diferencial sería 00 () + () = 0 ⇒ 00 () + 2 () = 0 que tiene por solución general () = cos + sen Utilizamos las condiciones de contorno para encontrar los valores de y (0) = 0 ⇒ = 0 () = 0 ⇒ cos + sen = 0 de donde sen = 0 Como no queremos la solución nula debe ocurrir 6= 0 y sen = 0 ⇔ = luego =
∈Z
y el valor de = 2 es 2 2 ∈N 2 recordemos que era una constante arbitraria, luego para cada valor de ∈ N, tendremos una posible solución de la EDO, =
=
³ ´ 2 2 ⇒ () = sen 2
Notar que para = 0 se obtendría de nuevo la nula, luego supondremos ≥ 1. Los únicos valores que proporciona soluciones distintas de la solución nula son =
2 2 2
Para estos valores y utilizando la otra ecuación diferencial 0 () + 2 2 () = 0 ⇒ 0 () + 2
2 2 () = 0 2
cuya solución para cada ∈ N es de la forma () = −
2 2 2 2
∈ R
Y la solución de la EDP será, para cada , de la forma ¶³ µ ³ ´´ ³ ´ 2 2 2 2 2 2 − 2 = sen − 2 ( ) = () () = sen c °SPH
22
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
donde hemos puesto = ∈ R. Como la ecuación es lineal, cualquier combinación lineal de soluciones también es solución, así que consideraremos como solución general en sentido formal a: ( ) =
∞ X
sen
=1
³ ´ 2 2 2 − 2
(4.9)
Finalmente, utilizando la condición inicial (0 ) = () se obtiene (0 ) =
∞ X
=1
sen
³ ´ = ()
Podemos calcular el valor de los coeficiente , si observamos la expresión como un desarrollo de Fourier, concretamente el de la extensión impar de (), por tanto: Z ³ ´ 2 () sen = 0 Se dice que la expresión 4.9 es la solución formal porque no podemos asegurar que sea una verdadera solución, es decir, que () pueda representarse mediante una serie trigonométrica. Por otra parte, aunque la linealidad garantiza que una combinación lineal finita de soluciones, es solución, nuestra combinación lineal es infinita, por lo que tendríamos que comprobar que efectivamente es solución (derivando 2 veces y sustituyendo en la ecuación correspondiente), y este es un proceso difícil, aunque en nuestro caso se garantiza por la presencia del término exponencial en la solución 2 2 2
formal, ya que si → ∞, entonces − 2 → 0. Cualitativamente la ecuación describe un proceso de difusión del calor a través de la barra, la barra disipa calor convergiendo a 0 y suavizando cualquier irregularidad que () pueda tener. Aplicamos este análisis a un ejemplo concreto. ¢ ¡ Ejemplo 4.11 Los extremos de una barra de cobre 2 = 114 de longitud 2 metros se mantienen a temperatura de 0 . Encuentre la expresión de la temperatura de la barra para las siguientes condiciones iniciales: a) (0 ) = 65 cos2 ()
0 ≤ ≤ 2
b) (0 ) = 70 sen 0 ≤ ≤ 2 ½ 60 ∈ [0 1) c) (0 ) = 60 (2 − ) ∈ [1 2] ½ 0 ∈ [0 1) d) (0 ) = 75 ∈ [1 2] Solución: En todos los apartados se trata de la ecuación del calor pero con diferentes condiciones iniciales, por tanto lo que debemos calcular son los valores de los coeficientes de Fourier de la extensión impar de (). En todos los casos = 2 a) Para () = 65 cos2 () : Z Z 2 ³ ´ ³ ´ 2 2 = 65 65 cos2 () sen cos2 () sen = 2 0 2 2 0 c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
23
Teniendo en cuenta que cos2 =
1 + cos 2 2
obtenemos para Z 2 Z 2 ³ ´ ³ ´ 1 + cos (2) = sen cos2 () sen 2 2 2 0 0 Z Z ³ ´ ³ ´ 1 2 1 2 + = sen cos (2) sen 2 0 2 2 0 2 La primera integral es inmediata Z ³ ´¯¯=2 ³ ´ 1 2 1 1 2 = − cos ¯¯ (1 − cos ) = sen = 2 0 2 2 2 =0
1
(1 − (−1) )
y para la segunda tenemos en cuenta que
sen ( + ) + sen ( − ) = 2 sen cos entonces para = 2 y = 2 Z ³ ´ 1 2 = cos (2) sen 2 0 2 = =
´ ³ ´´ ¾ ³ 1³ + 2 + sen − 2 sen 2 2 0 2 ½Z 2 ¶ µ ¶ ¾ µ ( − 4) 1 ( + 4) + sen sen 4 2 2 0 ½Z 2 ¶ ¶ ¾ µ µ Z 2 ( + 4) ( − 4) 1 + sen sen 4 2 2 0 0 1 2
½Z
2
que son integrales inmediatas ¶ µ ¶¯ µ Z 2 2 ( + 4) ¯¯=2 2 (1 − cos ( + 4) ) 2 (1 − (−1) ) ( + 4) = − cos = sen = ¯ 2 ( + 4) 2 ( + 4) ( + 4) 0 =0 Z
0
2
sen
µ
( − 4) 2
¶
2 = − cos ( − 4)
µ
¶¯ ( − 4) ¯¯=2 2 (1 − cos ( − 4) ) 2 (1 − (−1) ) = = ¯ 2 ( − 4) ( − 4) =0
donde hemos empleado que (−1)+4 = (−1)−4 = (−1) La suma total ¾ ½ Z ´ ³ ´ ³ 1 2 1 2 2 = (1 − (−1) ) + = (1 − (−1) ) (2−16) cos (2) sen 2 0 2 4 ( + 4) ( − 4) Y finalmente obtendremos el valor del coeficiente ( ¶¾ ½ µ 2−8 1 130 (1 − (−1) ) + (1 − (−1) ) = (1 − (−1) ) = = 65 (2 − 16) 2 − 16 La solución formal de la EDP para esta condición inicial sería à ! ¶ µ ∞ X 114(2−1)2 2 260 (2 − 1)2 − 8 (2 − 1) − 4 ( ) = sen 2 (2 − 1) 2 (2 − 1) − 16 =1 c °SPH
260 2 −8 2 −16
0
es im es p
24
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
b) () = 70 sen (). En este caso no es necesario calcular el desarrollo de Fourier de la extensión impar de (), puesto que () es una función periódica de periodo 2. Si tomamos = 0 ∀ 6= 2 y 2 = 70, obtenemos () =
∞ X
=1
sen
³ ´ = 70 sen () 2
y la solución formal de la EDP para esta condición inicial sería ( ) =
∞ X
sen
=1
³ ´ 2 2 2 2 − 2 = 70 sen () −114 2
donde hemos teniendo en cuenta que = 0 para todos los valores excepto para 2 = 70 ½ 60 ∈ [0 1) c) (0 ) = 60 (2 − ) ∈ [1 2] Z Z 1 Z 2 ³ ´ ³ ´ ³ ´ 2 2 = + () sen 60 sen 60 (2 − ) sen = 2 0 2 2 2 0 1 Z 1 Z 2 Z 2 ³ ´ ³ ´ ³ ´ = 60 + 120 − 60 sen sen sen 2 2 2 0 1 1 R Las integrales de la forma sen () se resuelve por partes, tomando = y = sen () , entonces = y = − 1 cos (), obtenemos una primitiva Z Z 1 1 cos () = − cos () + 2 sen () sen () = − cos () + Calculamos cada una de las integrales con = 2 Z 1 ³ ´ ³ ´ ³ ´¯¯=1 2 4 ¯ + 2 2 sen = − cos sen 2 2 2 ¯=0 0 ³ ´ ³ ´ 2 4 − cos = sen 2 2 2 2 = Z
1
2
4 sen (2) − 2 cos (2) 2 2
³ ´¯¯=2 ³ ´ 2 2 2 = − cos ¯¯ [cos (2) − cos ()] = [cos (2) − (−1) ] sen = 2 2 =1 Z
1
2
sen
³ ´ ³ ´¯¯=2 2 4 ¯ cos + 2 2 sen 2 2 ¯=1 ¡ ¢ ¡ ¢ 4 sen 4 cos () 4 sen () 2 cos 2 2 + − = − + 2 2 2 2 ¡ ¢ ¡ ¢ 4 sen 4 (−1)2 2 cos 2 2 + − = − 2 2 ¡ ¢ ¡ ¢ 2 cos 2 − 4 sen 2 − 4 (−1) = 2 2
³ ´ = 2
−
c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
25
Y sustituyendo en la integral Z 1 Z 1 Z 1 ³ ´ ³ ´ ³ ´ + 120 − 60 sen sen sen 60 2 2 2 0 0 0 ∙ ∙ ¸ ¸ ii h h ³ ´ 4 sen( −2 cos( 2 cos( −4 sen( −4(−1) 2 2 ) 2 ) 2 ) 2 ) − 60 = 60 − (−1) + 120 cos 2 2 2 2 2 ³ ´ 480 sen = 2 2 2 Y finalmente obtendremos el valor del coeficiente ³ ´ 480 = 2 2 sen 2 y la solución formal de la EDP para esta condición inicial sería ∞ ³ ´ 11422 2 X 480 4 − sen ( ) = 2 2 2 =1
d) (0 ) = 1.
½
0 ∈ [0 1) 75 ∈ [1 2]
a) =
2 2
Z
2
() sen
0
Z 1 Z 2 Z 2 ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ = + = 0 sen 75 sen 75 sen 2 2 2 2 0 1 1
La integral es inmediata
³ ´¯¯=2 150 ³ ´ 150 150 = − cos ¯¯ [cos (2) − cos ()] = [cos (2) − (−1) ] 75 sen = 2 2 1 =1 Y finalmente obtendremos el valor del coeficiente 150 [cos (2) − (−1) ] = y la solución formal de la EDP para esta condición inicial sería ∞ ³ ´ 11422 2 X 150 4 [cos (2) − (−1) ] sen − ( ) = 2 =1 Z
4.3.2.
2
Ecuación de onda
La ecuación de onda representa las vibraciones de una cuerda sujeta por los extremos a lo largo del tiempo, como el de la cuerda de una guitarra. Si es la longitud de la cuerda y ( ) representa el desplazamiento de la cuerda respecto a la horizontal en cada instante y en cada posición de la cuerda, la ecuación viene dada por ⎧ = 2 0 ∈ (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (0 ) = () 0 ⎨
c °SPH
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
(0 ) = ()
0
( 0) = ( ) = 0
0
26
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Como en el caso de la ecuación del calor, las condiciones ( 0) = ( ) son condiciones de contorno e indican que los extremos de la cuerda son fijos y situados en el eje horizontal. Mientras que la condición (0 ) = () es una condición inicial e indica la forma de la cuerda en el instante inicial, mientras que (0 ) = () sería otra condición inicial que indica la velocidad (fuerza aplicada sobre la cuerda) que tiene la cuerda en el instante inicial. Como en el caso de la ecuación del calor se utiliza el método de separación de variables, suponiendo por tanto que la solución ( ) puede ponerse como producto de funciones en las variables independientes: ( ) = () () por tanto = 00 () () = () 0 () = () 00 () y sustituyendo en la ecuación de onda = 2 ⇔ 00 () () = 2 () 00 () Descartamos la solución trivial ≡ 0 y supondremos que () 6= 0 y () 6= 0, por tanto 1 00 () 00 () = 2 () () De nuevo cada miembro de la ecuación depende de una y sólo una de las variables independientes, así que ambos deben ser constantes: 00 () 1 00 () = = − (4.10) 2 () () con ∈ R, y el signo se toma por convención. De 4.10 obtenemos dos ecuaciones diferenciales ⎫ 00 () + 2 () = 0 ⎬ 00 () + ()
Con estas suposiciones las condiciones de contorno son
=0
⎭
( 0) = () (0) = 0 ( ) = () () = 0 c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
27
que con es arbitraria implica (0) = () = 0 Tendremos el problema de contorno ⎧ 00 ⎨ () + () = 0 (0) = 0 ⎩ () = 0
que coincide con el problema de contorno que se obtuvo para la ecuación del calor y por tanto los valores para y () deben ser los mismos que allí se dedujeron: =
³ ´ 2 2 y () = sen 2
Para estos valores de la otra ecuación diferencial también es de segundo orden 00 () + 2 2 () = 0 ⇒ 00 () + 2 y cuya solución general para cada ∈ N es de la forma ³ ´ ³ ´ + sen () = cos
2 2 () = 0 2
con ∈ R
Finalmente una posible solución para la EDP será de la forma ³ ´ ³ ³ ´ ³ ´´ + sen sen ( ) = () () = cos con = y = . Como la ecuación es lineal, cualquier combinación lineal de soluciones es solución, y consideraremos como solución general formal a ∞ ³ ³ ´ ³ ´ ³ ´´ X + sen sen cos ( ) = =1
Si ahora se utilizan las condiciones iniciales (0 ) = () y (0 ) = (), se obtiene (0 ) =
∞ X
=1
(0 ) =
sen
³ ´ = ()
∞ ³ ³ ´ X ´ sen = () =1
donde hemos utilizado que ( ) =
∞ ³ ³ ´ ³ ´´ ³ ´ X sen + cos sen − =1
Si tomamos = c °SPH
28
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Vemos las expresiones para () y () ∞ X
() =
=1 ∞ X
() =
sen sen
=1
³ ´
³ ´
son desarrollos similiares a los encontrados en la ecuación del calor. Podemos calcular el valor de los coeficiente y , si observamos ambas expresiones como desarrollos de Fourier, concretamente las extensiones impares de () y (), respectivamente, por tanto: = Z
2 = =
0
2
Z
() sen
0
³ ´
Z ³ ´ ³ ´ 2 ⇒ = () sen () sen 0
Ejemplo 4.12 Resuelve el siguiente problema ⎧ = 0 ∈ (0 2) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 2 ⎨ (0 ) = cos − 1 0 2 (0 ) = 0 ⎪ ⎪ ( 0) = 0 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( 2) = 0 0
Solución: En este caso = 1, () = cos − 1 y () = 0 y = 2. Utilizando la solución general formal ( ) =
µ ¶ µ ¶¶ ∞ ³ ∞ µ ³ ´ X ³ ´ ³ ´ ³ ´´ X + sen sen = + sen sen cos cos 2 2 2 =1 =1
con = =
2
2
R 0
R 0
() sen () sen
¡ ¢ =
¡ ¢ =
1
R 2
2
0
() sen
R 2 0
() sen
Esta claro que como () = 0, entonces = 0. Para calcular = =
2
¡ ¢ 2
Z ³ ´ 1 2 () sen (cos − 1) sen = 2 0 2 0 µZ 2 Z 2 ³ ´ ³ ´ ¶ 1 − cos sen sen 2 2 0 0 1
Z
¡ ¢
2
³ ´
Calculando cada integral de forma independiente. Para la primera utilizamos que sen ( + )+sen ( − ) = c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
29
2 sen cos , / para = 2 y = Z Z Z 2 ³ ´ 1 2 1 2 ( + 2) ( − 2) = + cos sen sen sen 2 2 0 2 2 0 2 0 à ! à ! µ ¶¯ µ ¶¯ ( + 2) ¯¯=2 ( − 2) ¯¯=2 1 1 cos cos = − + − ¯ ¯ +2 2 −2 2 =0 =0 =
=
1 1 (1 − cos ( + 2) ) + (1 − cos ( − 2) ) +2 −2 ´ ´ 1 ³ 1 ³ 2 1 − (−1)+2 + 1 − (−1)−2 = 2 (1 − (−1) ) +2 −2 −4
y la otra integral es inmediata: Z 2 ³ ´ ³ ´¯¯=2 2 2 ¯ sen = (1 − (−1) ) = − cos ¯ 2 2 0 =0
El valor para será 1 =
µ
¶ 2 2 8 (1 − (−1) ) − (1 − (−1) ) = (1 − (−1) ) 2 −4 (2 − 4)
Luego la solución sería ( ) =
¶ ∞ µ X 8 (1 − (−1) )
=1
=
∞ X
=1
4.3.3.
⎛ ⎝
(2 − 4)
16
sen
³ ´ 2
cos
µ
⎞
2
³ ´ ⎠ sen 2 (2 − 1) (2 − 1) − 4
¶
µ
(2 − 1) 2
¶
cos
µ
(2 − 1) 2
¶
Ecuación de Laplace
La última de las ecuaciones clásicas en derivadas parciales que vamos a tratar en esta sección es la llamada ecuación de Laplace que en dos dimensiones tiene la forma + = 0
(4.11)
Utilizaremos las variables espaciales para indicar que mientras que en las ecuaciones de calor y onda representan modelos físicos que cambian con el tiempo, la ecuación de Laplace es estática y representa una condición de equilibrio como el potencial gravitatorio o electrostático o como la temperatura en una sección plana. Esta ecuación se plantea sólo con condiciones de contorno sobre la frontera del recinto donde se cumpla la ecuación que tiene que tener cierta regularidad. Estas condiciones de contorno pueden ser de dos tipos: 1. Condiciones tipo Dirichlet: Si es la región donde se cumple la ecuación 4.11, podemos suponer que ( ) es concida en todos los puntos de la frontera de . Son condiciones en la función . 2. Condiciones tipo Neumann: Podemos suponer que conocemos el vector normal a en la frontera. Son condiciones impuestas a las derivadas de : o . La geometría de es muy importante y sólo podemos calcular soluciones si tienen ciertas condiciones de regularidad. c °SPH
30
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Condiciones tipo Dirichlet Supongamos, por ejemplo, que el recinto es una rectángulo de lados y , es decir, sea = [0 ] × [0 ] y que tenemos el problema de Laplace siguiente ⎧ + = 0 0≤≤ 0≤≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ( 0) = ( ) = 0 0 ≤ ≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
(0 ) = 0
0≤≤
( ) = ()
0≤≤
Para estos problemas todas las condiciones son de contorno. Utilizamos de nuevo el método de separación de variables, y expresamos la solución ( ) como producto de funciones independientes en cada variable ( ) = () () por tanto = 00 () () = () 00 () y sustituyendo en la ecuación de Laplace 4.11 + = 0 ⇔ 00 () () + () 00 () = 0 Descartamos la solución trivial ≡ 0 y supondremos que () 6= 0 y () 6= 0, por tanto 00 () 00 () =− () () y tendremos una ecuación con las variables separadas de donde 00 () 00 () =− = () ()
(4.12)
con ∈ R. De 4.12 se obtienen dos ecuaciones diferenciales 00 () − () = 0 00 () + () = 0 Las condiciones de contorno serían ( 0) = () (0) = 0 ( ) = () () = 0 c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
31
como es arbitraria se deduce que (0) = () = 0 La función () se obtiene resolviendo el problema de contorno ⎧ 00 ⎨ () + () = 0 (0) = 0 ⎩ () = 0
que es el mismo problema de contorno que se obtuvo para las ecuaciones del calor y de onda (salvo que cambiamos la variable por la y que = ), por tanto, para obtener una solución no trivial (no idénticamente nula) los valores para y () serían =
³ ´ 2 2 y () = sen 2
Sustituyendo estos valores para en la otra ecuación diferencial 00 () −
2 2 () = 0 2
cuya solución para cada ∈ N es de la forma () = ( ) + (− )
con ∈ R
Por la condición inicial (0 ) = 0 (0 ) = (0) () = 0 que para arbitraria conduce a que (0) = 0 y por tanto (0) = + = 0 ⇒ = − y la función () sería ³ ³ ´ ´ () = ( ) − (− ) = 2 senh
La solución de la EDP será, para cada , de la forma ³ ´ ³ ´ ³ ´ ³ ´ sen = senh sen ( ) = () () = 2 senh
con = 2 . Cono la ecuación es lineal, cualquier combinación lineal de soluciones, es otra solución, por tanto podemos considerar como solución general formal a ( ) =
∞ X
senh
=1
³ ´ ³ ´ sen
y utilizando la última condición de contorno ( ) = () ( ) =
∞ X
=1
c °SPH
senh
³ ´
sen
∞ ³ ´ X ³ ´ = = () sen =1
32
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Como ocurre para las ecuaciones anteriores podemos calcular el valor de los coeficiente , si observamos la expresión como el desarrollo de Fourier de la extensión impar de (), por tanto: ³ ´ 2 Z ³ ´ = = senh () sen 0
de donde
Condiciones de Neumann
2 ¡ ¢ = senh
Z
0
() sen
³ ´
Veamos un ejemplo de resolución de un problema con condiciones de tipo Newmann ⎧ + = 0 0≤≤ 0≤≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ( 0) = 0 0≤≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ( ) = 0 0≤≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (0 ) = () 0 ≤ ≤ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ 0≤≤ ( ) = 0
vemos que en este caso las condiciones de contorno implican a las derivadas parciales de . Todas las condiciones son de contorno. Como antes utilizamos el método de separación de variables ( ) = () () que nos conducirá a las dos ecuaciones diferenciales 00 () − () = 0 00 () + () = 0 Las diferencias con las condiciones de tipo Dirichlet aparecen al plantear las condiciones de contorno de estos dos problemas. Observemos que en este caso ( 0) = 0 y ( ) = 0 y por tanto las condiciones de contorno para las ecuaciones diferenciales se obtiene de la siguiente forma: ⎧ ⎨ ( 0) = () 0 (0) = 0 ⇒ 0 (0) = 0 0 ( ) = () () ⇒ ⎩ ( ) = () 0 () = 0 ⇒ 0 () = 0
además también sucede
( ) = 0 () () = 0 ⇒ 0 () = 0
Utilizando la segunda ecuación y las condiciones encontradas para 0 () ⎧ 00 ⎨ () + () = 0 0 (0) = 0 ⎩ 0 () = 0
Distinguimos según el valor de
c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
33
1. Caso = 0 : Para este caso 00 () + () = 0 ⇒ 00 () = 0 e integrando () = + 0 () = con ∈ R, constantes arbitrarias. Aplicando las condiciones de contorno ¾ 0 (0) = 0 ⇔=0 0 () = 0 por tanto () = y entonces ( ) = () Utilizando la EDP obtendremos ⎫ = 0 () ⇒ = 00 () ⎬ ⎭
= 0 ⇒ = 0
⇒ + = 00 () + 0 = 0
de donde o bien = 0, pero entonces tendremos nula, o bien 00 () = 0 y por tanto () = + tendríamos como posible solución ( ) = () () = + = + con = y = . Si ahora utilizamos la condición de contorno nula en ( ( ) = 0) ( ) = ⇒ ( ) = 0 ⇒ = 0 Lo que nos daría como solución de la EDP ( ) = 2. Caso 0: Podemos poner = −2 0 y las ecuaciones serán
cuya solución es
⎧ 00 ⎨ () − 2 () = 0 0 (0) = 0 ⎩ 0 () = 0 () = + −
Utilizando las condiciones de contorno 0 () = − − c °SPH
34
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales entonces ⎫ ⎬
0 (0) = − = 0 ⇒ ( − ) = 0 ⇒ − = 0
¡ ¢ ⎭ 0 () = − − = 0 ⇒ − − = 0 ⇒ − − = 0
De la primera ecuación = y sustituyendo en la segunda
´ ³ − − = 0 ⇒ − − = 0 ⇒ − − = 0
Tendremos dos opciones
= 0 ⇒ Solución trivial, − − = 0 ⇒ = − ⇒ = 0 ⇒ Solución trivial 3. Caso 0: Podemos poner = 2 0 y las ecuaciones serán
⎧ 00 ⎨ () + 2 () = 0 0 (0) = 0 ⎩ 0 () = 0
La ecuación diferencial tiene como solución general
() = cos () + sen () Necesitamos 0 ()
0 () = − sen () + cos ()
para poder utilizar las condiciones de contorno 0 (0) = = 0 0 ()
= − sen () + cos ()
y por tanto
para cada valor de tendremos una función =
⎫ ⎬ ⎭
⇒
¾
⇒ =
∈N
() = cos Con estos valores y la otra ecuación:
=0 − sen () = 0
³ ´
00 () − 2 () = 0 ⇒ 00 () −
2 2 () = 0 2
que tiene por solución general a () = + − c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
35
Como hemos visto antes 0 () = 0 0 () = − − ⇒ 0 () = − − = 0 ⇒ = − luego para cada tendremos ³ ´ () = + − 2 La solución formal será la combinación lineal de todas las soluciones, utilizando además la solución que se obtuvo para el caso = 0 ( ) = +
∞ X
cos
=1
= +
∞ X
³ ´ ³ ´ + − 2
´ ³ ´ ³ + − 2
cos
=1
donde se ha tomado = Los valores de se obtienen utilizando la condición de contorno (0 ) = (), ( ) =
∞ X
=1
(0 ) =
∞ X
=1
´ ³ ´ ³ cos − − 2
∞ ´ ³ ´ X ³ ´ ³ 1 − 2 cos = = () cos =1
donde =
´ ³ 1 − 2
son los coeficientes del desarrollo de Fourier de la extensión par de () y por tanto =
´ 2Z ³ () cos () 1 − 2 = 0
de donde =
2 ¢ 1 − 2 ¡
Z
() cos ()
0
Notar que en este caso se debe cumplir que el término independiente en la serie de Fourier 0 2, debe ser 0 y por tanto, para que la solución del problema con las condiciones de Neumann sea ( ), debe cumplirse la siguiente condición de compatibilidad 2 0 = c °SPH
Z
0
() = 0 ⇒
Z
0
() = 0
36
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
4.3.4.
Condiciones de contorno no nulas
En todas las ecuaciones anteriores hemos considerado que las condiciones de contorno eran nulas, pero podemos resolver el problema en el caso de no se cumpla esta propiedad. Por ejemplo, para un problema del calor con condiciones no nulas de la forma: ⎧ 0 ∈ (0 ) = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (0 ) = () 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ( 0) = ⎪ ⎩ 0 ( ) =
realizamos el siguiente cambio en la variable dependiente
( − ) de esta forma las condiciones de contorno para ( ) son 0 ( 0) = ( ( 0) − ) + ( − ) = ( − ) = 0 ( ) = ( ( ) − ) + ( − ) = ( − ) + ( − ) = 0 y la condición inicial (0 ) = () ( ) = ( ( ) − ) +
se transforma en (0 ) = ( (0 ) − ) +
( − ) = () − + ( − ) = ()
Las derivadas parciales serían = = + =
1 ( − )
y el problema se transforma en el siguiente con condiciones iniciales nulas: ⎧ = 2 0 ∈ (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ (0 ) = () − + ( − ) 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ( 0) = 0 ⎪ ⎩ 0 ( ) = 0
El cambio también es válido para condiciones de contorno no nulas en la ecuación de onda, de forma que si tenemos un problema de la forma ⎧ = 2 0 ∈ (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (0 ) = () 0 ⎪ ⎪ ⎨ (0 ) = () 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ( 0) = ⎪ ⎩ 0 ( ) =
c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas
37
haciendo el mismo cambio de antes tendremos condiciones de contorno nulas, mientras que las condiciones iniciales serían (0 ) = ( () − ) + ( − ) (0 ) = (0 ) = () y el problema sería ⎧ = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (0 ) = ( () − ) + ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
0
∈ (0 )
( − ) 0
(0 ) = ()
0
( 0) = ( ) =
0
Para el caso de la ecuacíón de Laplace hay que tener en cuenta si las condiciones son de tipo Dirichlet o Neumann y en la mayoría de las ocasiones es posible descomponer el problema inicial en dos o más problemas con condiciones nulas. Ejercicios 1. Encuentre las soluciones de los siguientes problemas de contorno: a)
00 + = 0
(0) = 0
0 () = 0
b)
00 + = 0
0 (0) = 0
0 () = 0
c)
00 + = 0
0 (0) = 0
() = 0
d)
00
(0) = 0
e)
00 + = 0
() − 0 () = 0
f)
00
+ = 0 + = 0
(0) − 0 (0) = 0 (0) − 0 (0)
= 0
(1) = 0
() − 0 () = 0
2. Para qué valores de tiene soluciones no triviales los siguientes problemas de contorno: a) b)
00 − 20 + (1 + ) = 0
00
+ = 0
(0) = 0
(0) = (2)
0 (0)
(1) = 0 = 0 (2)
3. Clasifique las siguientes EDP y encuentre su forma canónica: a) b) c) d) e)
3 + 4 − = 0
4 + + 4 + = 0 + + 3 − 4 + 25 = 0 − 3 + 2 − + = 0
− 2 + + 3 = 0
¡ ¢ 4. Los extremos de una barra de aluminio 2 = 086 de longitud 10 metros se mantienen a temperatura de 0 . Encuentre la expresión de la temperatura de la barra para las siguientes condiciones iniciales: c °SPH
38
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales a)
(0 ) = 70
b)
(0 ) = 70 cos 0 ≤ ≤ 10 ½ 10 ∈ [0 5) (0 ) = 10 (10 − ) ∈ [5 10] ½ 0 ∈ [0 3) (0 ) = 65 ∈ [3 10]
c) d)
0 ≤ ≤ 10
¢ ¡ 5. Los extremos de una barra de cobre 2 = 114 de longitud 2 metros se mantienen a temperatura de 0 . Encuentre la expresión de la temperatura de la barra para las siguientes condiciones iniciales: a)
(0 ) = 65 cos2 ()
b)
(0 ) = 70 sen 0 ≤ ≤ 2 ½ 60 ∈ [0 1) (0 ) = 60 (2 − ) ∈ [1 2] ½ 0 ∈ [0 1) (0 ) = 75 ∈ [1 2]
c) d)
0 ≤ ≤ 2
6. Un estado de equilibrio para la ecuación del calor = 2 es aquella que no varía con el tiempo. Demostrar: a) Todos los equilibrios de la ecuación del calor son de la forma () = + b) Encuentre los estados de equilibrio de la ecuación del calor que cumplen ( 0) = 1 y ( ) = 2 c) Resuelva el problema
⎧ = 2 0 ∈ (0 1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 01 ⎨ (0 ) = 75 ( 0) = 20 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( 1) = 60
Ayuda: Calcúlela como ( ) = () + ( ), donde () es el estado de equilibrio asociado a las condiciones de contorno ( 0) = 20 ( ) = 60 y ( ) es la solución del problema con condiciones de contorno nulas. ¢ ¡ 7. Los extremos de una barra de cobre 2 = 114 de longitud 10 centímetros se mantienen a temperatura de 0 mientras que el centro de la barra es mantenido a 100 mediante una fuente de calor externa. Encontrar la temperatura de la barra con el tiempo para la condición inicial ½ 50 ∈ [0 5) (0 ) = 100 ∈ [5 10] Ayuda: Descomponga el problema en dos problemas de contorno con uno de los extremos en la mitad de la barra. c °SPH
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas 8. Resuelva el problema
39
⎧ = + 0 ∈ (0 1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 01 ⎨ (0 ) = cos ( 0) = 0 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( ) = 0
9. Resuelva los siguientes problemas ⎧ 0 ∈ (0 2) = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 2 ⎨ (0 ) = cos − 1 0 2 (0 ) = 0 a) ⎪ ⎪ ( 0) = 0 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( 2) = 0 0 ⎧ = 2 0 ∈ (0 1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 01 ⎨ (0 ) = 0 b) 01 (0 ) = 1 ⎪ ⎪ ( 0) = 0 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( 2) = 0 0 ⎧ 2 = 0 ∈ (0 3) ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ 03 ∈ [0 1) ⎨ (0 ) = () ⎨ 03 donde () = c) (0 ) = 0 1 ∈ [1 2) ⎪ ⎩ ⎪ ( 0) = 0 0 2 − ∈ [2 3] ⎪ ⎪ ⎩ ( 2) = 0 0
10. Una cuerda de 10 metros fijada en sus extremos se levanta por el medio hasta la distancia de un metro y se suelta. Describe su movimiento suponiendo que 2 = 1. 11. Demuestra que el cambio de coordenadas ⎧ ⎨ = + ⎩
= −
transforma la ecuación de ondas = 2 en la ecuación = 0. Concluir que la solución general de la ecuación será de la forma ( ) = ( − ) + ( + ) Para funciones apropiadas y . 12. Demostrar que la solución del problema ⎧ = 2 0 ∈ (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎨ (0 ) = () 0 (0 ) = () ⎪ ⎪ ( 0) = 0 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( ) = 0 0 es de la forma
( ) =
1 1 ( ( − ) + ( + )) + 2 2
donde es la extensión 2—periódica e impar de (). c °SPH
Z
+
−
()
40 13. Resuelva el problema
Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales ⎧ = 2 + 0 ∈ (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎨ (0 ) = () 0 (0 ) = 0 ⎪ ⎪ ( 0) = 0 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( ) = 0 0
14. Resuelva el problema ⎧ + = 0 ( ) ∈ (0 ) × (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎨ ( 0) = 0 ( ) = () 0 a) ⎪ ⎪ (0 ) = 0 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( ) = 0 0 ⎧ + = 0 ( ) ∈ (0 ) × (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎨ ( 0) = 0 ( ) = 0 0 b) ⎪ ⎪ (0 ) = () 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( ) = 0 0 ⎧ + = 0 ( ) ∈ (0 ) × (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎨ ( 0) = () ( ) = 0 0 c) ⎪ ⎪ (0 ) = () 0 ⎪ ⎪ ⎩ ( ) = 0 0
15. Resuelva los siguientes problema de Neumann ⎧ + = 0 ( ) ∈ (0 ) × (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎨ ( 0) = 0 0 ( ) = 0 a) ⎪ ⎪ (0 ) = () 0 ⎪ ⎪ ⎩ 0 ( ) = 0 ⎧ + = 0 ( ) ∈ (0 ) × (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎨ (0 ) = 0 b) 0 ( ) = 0 ⎪ ⎪ ( 0) = () 0 ⎪ ⎪ ⎩ 0 ( ) = 0 ⎧ + = 0 ( ) ∈ (0 ) × (0 ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎨ (0 ) = 1 c) 0 ( ) = 0 ⎪ ⎪ ( 0) = 1 0 ⎪ ⎪ ⎩ 0 ( ) = 0 16. Resuelva el problema
⎧ + = ( ) ∈ (0 1) × (0 1) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 01 ⎨ ( 0) = 0 ( 1) = 0 01 ⎪ ⎪ 01 ⎪ (0 ) = () ⎪ ⎩ (1 ) = 0 01 c °SPH