Ecuaciones en Derivadas Parciales

Material preliminar y ejercicios resueltos elaborados por el equipo docente de la asignatura Ecuaciones Diferenciales II : Daniel Franco Leis y Juan Per´ an Maz´ on Departamento de Matem´atica Aplicada I

Versi´on 2.3

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Contenidos Introducci´ on Preliminares Ecuaciones diferenciales ordinarias . Divergencia . . . . . . . . . . . . . . Sucesiones y series funcionales . . . . Ecuaci´on en derivadas parciales . . . Condiciones de frontera . . . . . . . Ecuaciones de la f´ısica matem´atica . Ecuaciones lineales de segundo orden

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3 3 5 6 6 8 10 13

Unidad Did´ actica I 15 Enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 Unidad Did´ actica II 37 Enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 Unidad Did´ actica III 51 Enunciados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 Soluciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

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Introducci´ on El cometido con el que se cre´o este material era el de servir de apoyo para el estudio de la asignatura Ecuaciones Diferenciales II de la titulaci´on de Ingenier´ıa Industrial de la Universidad Nacional de Educaci´on a Distancia. La asignatura Ecuaciones Diferenciales II se imparti´o durante diez a˜ nos y se extingui´o en el curso 2012-2013. Sin embargo, la materia tratada sigue vigente en la mayor´ıa de las titulaciones t´ecnicas puesto que, esencialmente, realizaba una introducci´on a las ecuaciones en derivadas parciales—prestando especial atenci´on a las ecuaciones de la f´ısica matem´atica y a los m´etodos de separaci´on de variables y de utilizaci´on de transformadas integrales. La mayor parte del material que tiene en sus manos se centra en la realizaci´on de ejercicios pr´acticos entre los que destacan cuestiones planteadas y dejadas como ejercicio al lector en el texto de Pedregal [2] (texto base recomendado para seguir la asignatura). Al contrario que un libro de teor´ıa, que debe ser le´ıdo de forma reflexiva pero continua, creemos que la forma ideal de sacarle partido a estos apuntes es intentar realizar los ejercicios por uno mismo y despu´es comprobar el resultado o, en caso de no encontrar ninguna v´ıa de ataque para el problema, comenzar a leer la soluci´on en busca de pistas. Para facilitar el desarrollo de esta t´ecnica de estudio hemos separado los enunciados de los ejercicios de sus correspondientes soluciones. Adem´as de los ejercicios, en el cap´ıtulo Preliminares encontrar´a algunos resultados b´asicos que deben ser conocidos para poder comenzar con garant´ıas el estudio de un primer curso en ecuaciones en derivadas parciales. Destacamos que en ´el no est´an ni mucho menos todos los prerrequisitos para el estudio de la asignatura sino una selecci´on de los que desde nuestro punto de vista necesitan un mayor repaso. Tambi´en en este primer cap´ıtulo encontrar´a una breve introducci´on a las ecuaciones en derivadas parciales que busca hacer el material m´as autocontenido. Cada uno de los cap´ıtulos restantes est´a dedicado a una de las unidades did´acticas en que se divid´ıa la asignatura Ecuaciones Diferenciales II. 1

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Ecuaciones Diferenciales II

Deseamos que este material sea de utilidad para cualquier persona interesada en comenzar el estudio de las ecuaciones en derivadas parciales. Nuestra intenci´on es mantenerlo actualizado con las aportaciones que recibamos de los lectores. Finalmente, no podemos terminar sin agradecer la colaboraci´on de tutores y alumnos, de la asignatura Ecuaciones Diferenciales II, que con sus comentarios han ayudado enormemente a mejorar este material. Daniel Franco Leis y Juan Per´an Maz´on.

Preliminares Ecuaciones diferenciales ordinarias Esta secci´on est´a dedicada a refrescar algunas t´ecnicas de integraci´on para tipos especiales de ecuaciones diferenciales ordinarias. Las ecuaciones de variables separables y′ =

f (x) g(y)

se resuelven mediante integraci´on en ambos miembros de la ecuaci´on f (x)dx = g(y)dy siendo la soluci´on general

Z

f (x)dx =

Z

g(y)dy + C.

En muchos de los casos pr´acticos las funciones anteriores no poseen primitiva o ´esta no es conocida. En esta situaci´on ser´ıa necesario echar mano de t´ecnicas de integraci´on num´erica si se desea calcular una aproximaci´on de la soluci´on. Por otro lado, en el caso de poder calcular las primitivas, obtenemos en ocasiones una expresi´on impl´ıcita de la soluci´on. Dentro de las edp’s tambi´en existen ecuaciones para las que es sencillo calcular la soluci´on sin m´as que integrar, por ejemplo ut = f (t)g(x)

y

utx = 0,

poseen como soluci´on general u(t, x) = y

Z

f (t)g(x)dt + C(x)

u(t, x) = C(x) + D(y), 3

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Ecuaciones Diferenciales II

respectivamente. A primera vista aparece una diferencia notable entre las ecuaciones ordinarias y las ecuaciones en derivadas parciales, pues observamos que existe una dependencia en la soluci´on general sobre una funci´on arbitraria para el caso de una ecuaci´on de primer orden y sobre dos funciones arbitrarias en el caso de una ecuaci´on de segundo orden, sin embargo en el caso ordinario obtenemos dependencia respecto de constantes. Ecuaciones lineales de orden n Sea y n) + f1 (x)y n−1) + · · · + fn (x)y = g(x)

(0.0.1)

que llamaremos ecuaci´on lineal de orden n no homog´enea si g(x) es una funci´on no nula y homog´enea en caso contrario. Recordemos que, tal y como la terminolog´ıa anterior sugiere, el conjunto de soluciones tiene una estructura algebraica de variedad lineal que pasa por una soluci´on particular y0 y con la direcci´on del subespacio vectorial que forman las soluciones del sistema homog´eneo asociado {y1 , . . . , yn }, esto es y 0 + C1 y 1 + · · · + Cn y n . Observaci´ on 1 Una de las consecuencias de la estructura anterior es el conocido principio de superposici´on que tambi´en verifican las ecuaciones en derivadas parciales lineales. Una base del anterior subespacio vectorial recibe el nombre de sistema fundamental de soluciones y como acabamos de ver caracteriza completamente las soluciones del problema homog´eneo. Encontrar un sistema fundamental para una ecuaci´on lineal arbitraria no es sencillo en el caso general. Sin embargo, si suponemos que la ecuaci´on es de coeficientes constantes, esto es, y n) + a1 y n−1) + · · · + an y = 0 con ai ∈ IR, es posible calcular un sistema fundamental de soluciones mediante la utilizaci´on del polinomio caracter´ıstico. Durante esta asignatura comprobaremos que la estructura de las ecuaciones lineales en derivadas parciales es similar a la que acabamos de describir pero con un subespacio director de dimensi´on infinita, esto es, un sistema fundamental de soluciones tiene infinitos elementos.

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Ecuaciones Diferenciales II Problemas de Frontera Una ecuaci´on tan sencilla como la siguiente u′ (t) = 1

que tiene soluci´on para cualquier problema de Cauchy, pues el segundo miembro de la ecuaci´on es anal´ıtico, puede convertirse en un problema irresoluble si imponemos alguna condici´on de frontera, como por ejemplo una condici´on peri´odica u(0) = u(1). Vemos entonces que la regularidad de las funciones que intervienen en un determinado problema de frontera no es suficiente para garantizar la existencia de soluci´on para los mismos. Esto mismo ocurrir´a para las ecuaciones en derivadas parciales de segundo orden.

Divergencia Integrales de superficie y de l´ınea En la asignatura Ampliaci´on de C´alculo son tratados los conceptos de integral de l´ınea y de superficie para un campo escalar y vectorial en IR3 . Debemos destacar que es sencillo extender la definici´on de integral de superficie a integrales sobre hipersuperficies orientables de IRN pero ya que durante este curso nos ocuparemos de ecuaciones en dimensiones bajas no es necesaria su presentaci´on. Las definiciones de rotacional y divergencia permiten, adem´as de una notable simplificaci´on en la notaci´on, comprender mejor el sentido f´ısico de las ecuaciones con que trataremos. Esto es debido a que todo campo vectorial de IR3 en IR3 suficientemente regular se puede descomponer localmente en una traslaci´on, un giro y una dilataci´on. La informaci´on relativa al giro aparece recogida en el rotacional de la funci´on y la de la dilataci´on en la divergencia. Para m´as detalles cons´ ultese [3]. El Teorema de la divergencia desempe˜ na un papel protagonista en esta asignatura. Teorema 1 (Teorema de la divergencia o de Gauss) Sea D ⊂ IR3 un dominio regular acotado, n el vector normal saliente unitario y F un campo vectorial definido y de clase uno en D, entonces Z Z div F =

D

F r(D)

F · ndS.

A la vista de los comentarios anteriores es sencillo dar una interpretaci´on f´ısica a este resultado: la “dilataci´on total” por unidad de tiempo que sufre un gas que est´a dentro

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Ecuaciones Diferenciales II

de una regi´on dada, ser´a igual a la cantidad de gas que, por unidad de tiempo, “sale” de dicha regi´on a trav´es de la frontera. Este teorema es la generalizaci´on natural de la F´ormula de Barrow e incluye adem´as de a este resultado a otros con nombre propio como el Teorema de Green.

Sucesiones y series funcionales Convergencia puntual, uniforme y en media En la asignatura C´alculo Infinitesimal I se introduce el concepto de sucesi´on y serie de funciones en el conjunto C(I) de las funciones continuas en un determinado intervalo acotado I. Para este tipo de sucesiones el lector conoce varios tipos distintos de convergencia, como son la puntual, uniforme o en media que debe recordar.

Ecuaci´ on en derivadas parciales Las restricciones horarias del curso hacen que u ´ nicamente podamos dedicarnos a un tipo muy espec´ıfico de ecuaciones, aunque no por ello poco interesante. Se trata de las ecuaciones en derivadas parciales lineales de segundo orden. Aunque ya en el cap´ıtulo anterior hemos hablado de ecuaciones en derivadas parciales, no hemos establecido rigurosamente su definici´on, aprovech´andonos de la experiencia previa del alumno. Definici´ on 0.1 Llamaremos ecuaci´on en derivadas parciales (edp), a cualquier identidad del tipo F (x, u, ux1 , . . . , uxN , ux1 x1 , ux1 x2 , . . . ) = 0 (0.0.2) donde x = (x1 , . . . , xN ) ∈ Ω1 , con Ω ⊂ IRN abierto y de s´olo una pieza, F : Ω×IR×IRM → IR se supone conocida y M > 0 es un n´ umero natural. A continuaci´on introduciremos el concepto de orden de la ecuaci´on y el de soluci´on. Definici´ on 0.2 Una ecuaci´on en derivadas parciales se dice de orden n si posee derivadas parciales de orden n pero no de orden n + 1. Definici´ on 0.3 Una funci´on u : Ω → IR suficientemente regular se dice soluci´on de la edp (0.0.2) si al sustituirla en la ecuaci´on hace que ´esta u ´ltima se cumpla. 1 En el caso N = 2 que ser´a al que principalmente dediquemos nuestros esfuerzos en este curso ser´a mas sencillo utilizar la notaci´ on habitual x = (x, y) ∈ Ω ⊂ IR2

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Ecuaciones Diferenciales II Ejemplo 1 La ecuaci´on ux (x, y) + sen(uxx (x, y) + x + y) = 0 es una edp de orden 2 en IR2 . La ecuaci´on ux (x, y) = ln(|u(x, y)|) es una edp de orden 1 en IR2 . √ La ecuaci´on (uxx (x, y))2 = x es una edp de orden 2 en en {(x, y) ∈ IR2 : x > 0}.

Cuando no haya lugar a la confusi´on eliminaremos las variables de las funciones que intervienen en la ecuaci´on, as´ı en los ejemplos anteriores escribir´ıamos ux + sen(uxx + x + y) = 0, ux = ln(|u|) y u2xx = x. Si la funci´on F se puede expresar como suma de una funci´on u ´ nicamente dependiente de x m´as una funci´on lineal2 en las variables correspondientes a u y sus derivadas parciales diremos que se trata de una ecuaci´on lineal. Por ejemplo, si bf x = (x, y) ∈ IR2 la forma general de una edp lineal de segundo orden es Q0 + Q1 u + Q2 ux + Q3 uy + Q4 uxx + Q5 uxy + Q6 uyy = 0

(0.0.3)

donde Qi son funciones dadas de x e y para i ∈ {0, 1, . . . , 6}. Estas funciones Qi pueden a su vez ser independientes de x e y, cuando esto sucede se dice que la ecuaci´on lineal tiene coeficientes constantes. Ejemplo 2 Ninguna de las ecuaciones dadas en el ejemplo anterior es lineal. La ecuaci´on uxx + 32uy = u es lineal y tiene coeficientes constantes. La ecuaci´on uxx + uy = u2 no es lineal puesto que depende no linealmente de u. La ecuaci´on sen(x2 + y)uxx + 32uy = u es lineal pero no tiene coeficientes constantes. Dentro de las ecuaciones diferenciales lineales distinguiremos dos tipos atendiendo a la naturaleza de la funci´on que no acompa˜ na ni a u ni a ninguna de sus derivas parciales, esto es en el caso particular (0.0.3), la funci´on Q0 . Pues bien, si Q0 ≡ 0 la ecuaci´on se dice homog´enea y en otro caso se dice no homog´enea. Ejemplo 3 La ecuaci´on uxx + 32uy = u es homog´enea. La ecuaci´on uxx + uy = 3 no es homog´enea. La ecuaci´on uxx + uy = xy no es homog´enea. Al igual que suced´ıa con las ecuaciones diferenciales ordinarias de orden n el Principio de superposici´on es v´alido para la ecuaci´on lineal y el conjunto de soluciones de la ecuaci´on homog´enea tiene estructura de espacio vectorial. 2

Recordemos que una funci´ on lineal A : RN → IR tiene la forma A(x1 , . . . , xN ) = a1 x1 + · · · + aN xN

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Ecuaciones Diferenciales II

En otras palabras y utilizando un ejemplo, el p´arrafo anterior nos informa de lo siguiente. Si u1 es soluci´on de la edp lineal ux x + uy y + ux = x + y y u2 es soluci´on de la edp ux x + uy y + ux = 3 entonces para α, β ∈ IR se tiene que αu1 + βu2 es soluci´on de ux x + uy y + ux = α(x + y) + 3β. Observaci´ on 2 La parte de la edp lineal dependiente de u y sus derivadas debe ser igual en ambas ecuaciones. Recordemos que en el caso ordinario3 las ecuaciones lineales homog´eneas de orden n, para fijar ideas tomemos y ′′ + 2y ′ + y = 0 (0.0.4) los resultados te´oricos nos indicaban que todas las soluciones de la ecuaci´on se pod´ıan expresar como Cf1 (x) + Df2 (x) donde C, D son constantes y f1 y f2 son soluciones linealmente independientes de la ecuaci´on (concretamente en este caso estudiando el polinomio caracter´ıstico resulta f1 (x) = ex y f2 (x) = xex ). As´ı pues, para una ecuaci´on lineal homog´enea ordinaria de orden 2 tenemos garantizado que podemos expresar cualquier soluci´on como combinaci´on lineal de dos funciones. En otras palabras {ex , xex } es una base para el conjunto de soluciones de (0.0.4), que por lo tanto es un espacio vectorial de dimensi´on 2. Sin embargo, la diferencia fundamental con respecto al caso ordinario reside en que el espacio vectorial de las soluciones para una edp lineal tiene dimensi´on infinita: dada una edp lineal existen infinitas soluciones linealmente independientes. Este hecho hace que las combinaciones finitas no sean suficientes para encontrar todas las soluciones y necesitemos considerar combinaciones infinitas surgiendo los correspondientes problemas de convergencia.

Condiciones de frontera Dada la ecuaci´on F (x1 , . . . , xN , u, ux1 , . . . , uxN , ux1x1 , ux1x2 , . . . ) = 0 3

La traducci´ on del t´ermino ingl´es “ordinary” por “ordinaria” en lo relativo a las ecuaciones diferenciales no parece haber sido la m´as acertada y muchos autores sugieren que se deber´ıa haber utilizado la palabra “normal”.

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Ecuaciones Diferenciales II

definida sobre Ω ⊂ IRN en muchas ocasiones estaremos interesados en soluciones que cumplan determinadas condiciones en la frontera que reciben el nombre de condiciones de contorno o de frontera.4 Estas condiciones son en general fundamentales para describir correctamente un fen´omeno real. Llamaremos problema de frontera o de contorno al consistente en encontrar una soluci´on de la ecuaci´on diferencial verificando las condiciones de contorno. Para las ecuaciones de segundo orden existen algunos tipos de condici´on de frontera con nombre propio que pasamos a presentar: • Condici´on de Dirichlet • Condici´on de Neumann

• Condici´on de Robin Au(x) + B

u(x) = g(x),

x ∈ D ⊂ ∂Ω

∂u (x) = g(x), ∂n

x ∈ D ⊂ ∂Ω

∂u (x) = g(x), ∂n

A, B ∈ IR, x ∈ D ⊂ ∂Ω

Donde para las dos u ´ ltimas el subconjunto D de la frontera de Ω debe permitir definir ∂u = n · ∇u ∂n donde n es el campo de vectores normales salientes a D. Definici´ on 0.4 En el caso de que g ≡ 0 las condiciones se dir´an homog´eneas. Ejemplo 4 Sea la ecuaci´on uxx − uyy = x definida en (0, 1) × IR. u(0, y) = 4 para y ∈ IR es una condici´on de frontera tipo Dirichlet. ux (0, y) = 0 para y ∈ IR es una condici´on de frontera tipo Neumann. ux (0, y) = y 2 para y ∈ IR es una condici´on de frontera tipo Neumann. ux (0, y) = u(0, y) para y ∈ IR es una condici´on de frontera tipo Robin. Algunos autores suelen referirse a las condiciones anteriores como de primera, segunda y tercera especie respectivamente. 4

Es bueno resaltar que no estamos siendo muy rigurosos, puesto que una determinada soluci´on u tiene como dominio de definici´on u ´nicamente a Ω por lo que la funci´ on que deber´ıa cumplir tal condici´on no ser´ıa u, sino una extensi´ on continua o diferenciable de ella a la adherencia de Ω.

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Ecuaciones Diferenciales II

Ecuaciones de la f´ısica matem´ atica Despu´es de la definici´on de ecuaciones en derivadas parciales, lo m´as natural parece continuar con algunos ejemplos de situaciones reales que pueden ser modelados mediante ellas. Estos modelos jugar´an adem´as un papel crucial a lo largo de todo el curso, pues nos apoyaremos frecuentemente en ellos para interpretar los resultados obtenidos. En breve clasificaremos las edp’s lineales de segundo orden en tres grupos, siendo cada uno de los ejemplos de esta secci´on un representante de dichos grupos. La ecuaci´ on de ondas Con la ecuaci´on de la cuerda vibrante o ecuaci´on de ondas en dimensi´on uno modelaremos matem´aticamente el problema de determinar la posici´on de una cuerda vibrante, como por ejemplo la de una guitarra o un piano. Supondremos que la posici´on de reposo de la cuerda es el eje de abscisas y que para un punto de la cuerda u ´ nicamente son posibles peque˜ nos desplazamientos verticales. As´ı u(t, x) representar´a el desplazamiento vertical del punto x de la cuerda en el instante t. Supondremos que tanto la densidad ρ como el m´odulo de la fuerza de tensi´on T es constante en todos sus puntos y las fuerzas externas s´olo tienen componente vertical. Con estas consideraciones es posible verificar que la ecuaci´on que rige el proceso es 2 ∂2u 2∂ u − c = f (x, t), ∂t2 ∂x2

uen sobre la cuerda, por donde c2 = Tρ y f (x, t) depende de las fuerzas externas que act´ ejemplo el rozamiento con el aire. En muchas ocasiones se supone la situaci´on ideal de no existencia de fuerzas externas, o lo que es lo mismo f ≡ 0. Si consideramos en lugar de una cuerda de vibrante una membrana plana vibrante obtenemos la siguiente generalizaci´on para dimensi´on dos utt − c2 (uxx + uyy ) = f. Por lo que se llama ecuaci´on de ondas N-dimensional a utt − c2 ∆x u = f donde x ∈ IRN y para una funci´on u(x, t) definimos ∆x u = ux1 x1 + · · · + uxnxn . Este tipo de ecuaciones gobierna la propagaci´on de las ondas del sonido en la atm´osfera o la propagaci´on de ondas en la superficie de un estanque. Desde el punto de vista del problema f´ısico considerado tiene sentido la consideraci´on de condiciones de frontera, ya que si por ejemplo nos restringimos a una cuerda finita

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Ecuaciones Diferenciales II

situada en reposo sobre el intervalo [a, b] y suponemos que los extremos permanecen fijos, como ocurre en el caso real de una guitarra, necesitaremos imponer que las soluciones verifiquen la condici´on de Dirichlet u(a, t) = u(b, t) = 0,

t ≥ 0.

Observaci´ on 3 En la anterior condici´on hay en realidad dos condiciones u(a, t) = 0 y u(b, t) = 0 para t ∈ IR. Podemos considerar que ambos extremos se mueven con velocidad constante V , obteniendo la condici´on de Neumann ux (a, t) = ux (b, t) = V,

t ≥ 0.

Si por el contrario suponemos que ambos extremos est´an siempre a la misma altura uno del otro pero pueden moverse llegamos a la condici´on de frontera u(a, t) = u(b, t),

t ∈≥ 0.

Por otro lado, dado el instante inicial t = 0, si fijamos la posici´on de la cuerda y/o su velocidad instant´anea, es decir, u(x, t0 ) = f (x),

ut (x, t0 ) = g(x),

x ∈ [a, b],

surge el problema de averiguar las posiciones posteriores (o anteriores) a la situaci´on inicial dada. Este tipo de condiciones reciben el nombre de condiciones iniciales. La ecuaci´ on del calor Nuestro siguiente objetivo es la modelizaci´on matem´atica del fen´omeno f´ısico de difusi´on del calor que tiene lugar en un hilo o una plancha que conducen el calor y est´an aislados. En el caso del hilo que supondremos sobre el eje de abscisas, denotamos por u(t, x) la temperatura en un instante t en un punto del hilo x. Utilizando la Ley de Fourier para la conducci´on del calor5 , se llega a la ecuaci´on del calor unidimensional ut − α2 uxx = 0 donde α es el coeficiente de difusi´on t´ermica, o en el caso N-dimensional ut − α2 ∆x u = 0. 5

Si hay diferencias de temperaturas en un medio, el flujo de energ´ıa calor´ıfica ir´ a de la regi´ on m´ as caliente hacia la m´ as fr´ıa

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Estas ecuaciones est´an ligadas a multitud de problemas que tienen como caracter´ıstica com´ un la difusi´on, por lo que la ecuaci´on del calor tambi´en es conocida como ecuaci´on de la difusi´on. Por ejemplo, problemas de din´amica de poblaciones relacionados con la propagaci´on de enfermedades. De forma similar a la ecuaci´on de ondas, si no suponemos el hilo aislado y existen fuentes de calor aparecer´a en el segundo miembro de la ecuaci´on una funci´on f no id´enticamente nula. Nuevamente, el fen´omeno f´ısico nos ayudar´a a comprender el significado de los problemas de contorno si consideramos un hilo finito situado en [a, b]. As´ı, la condici´on u(a, t) = 7, u(b, t) = 6,

t ∈≥ 0.

modela la situaci´on de una barra con extremos a temperaturas fijas de 7 y 6 grados respectivamente. La condici´on ux (a, t) = 7u(a, t), t ≥ 0. nos indica que existe un flujo de calor en el extremo x = a proporcional a la temperatura en tal extremo, m´as concretamente siete veces dicho valor. La condici´on u(a, t) = u(b, t), t ∈≥ 0.

modela la situaci´on en la que ambos extremos est´an siempre a la misma temperatura aunque esta puede ser variable con el tiempo. Al tratarse de un problema de evoluci´on, en el que interviene la variable tiempo, tambi´en podr´ıamos considerar el hilo con una temperatura inicial dada por una determinada funci´on y plantear as´ı una condici´on de tipo inicial u(x, t0 ) = f (x),

x ∈ [a, b].

Las ecuaciones de Poisson y de Laplace El fen´omeno f´ısico que utilizaremos para la presentaci´on de este nuevo tipo de ecuaciones ser´a el mismo que en la secci´on anterior pero considerando situaciones estacionarias de distribuci´on de temperaturas, esto es, el caso en que dicha distribuci´on llega a un equilibrio, siendo por tanto independiente del tiempo. En esta situaci´on es razonable que los datos del problema no var´ıen con respecto al tiempo y por lo tanto el t´ermino ut desaparece de la ecuaci´on del calor, resultando as´ı ∆u = 0 que llamaremos ecuaci´on de Laplace N–dimensional o ecuaci´on del potencial y ∆u = f (x)

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Ecuaciones Diferenciales II que llamaremos ecuaci´on de Poisson, donde ∆ representa el operador de Laplace, ∆u = ux1 x1 + ux2 x2 + · · · + uxN xN ,

utilizado con asiduidad en la literatura cient´ıfica6 . Estas ecuaciones se estudian para determinar la fuerza de atracci´on que ejerce una masa sobre otra, para determinar el potencial el´ectrico correspondiente a una determinada distribuci´on de cargas o en mec´anica de fluidos.

Ecuaciones lineales de segundo orden Dedicaremos esta secci´on a la clasificaci´on de las edp’s lineales de orden dos con coeficientes constantes en tres tipos: el´ıpticas, parab´olicas e hiperb´olicas. Auxx + 2Buxy + Cuyy = D(x, y, u, ux, uy ),

(x, y) ∈ Ω,

(0.0.5)

En funci´on del valor de B 2 − AC existen tres posibilidades: (i) Si B 2 − AC < 0 la ecuaci´on recibe el nombre de ecuaci´on de tipo el´ıptico. (ii) Si B 2 − AC = 0, la ecuaci´on recibe el nombre de parab´olica. (iii) Si B 2 − AC > 0, la ecuaci´on recibe el nombre de hiperb´olica. Cada una de las ecuaciones de la f´ısica matem´atica presentadas al comienzo de la unidad encaja en uno de estos tipos. Los nombres empleados surgen por la analog´ıa de nuestra ecuaci´on con la ecuaci´on de las c´onicas en el plano Ax2 + 2Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0. La clasificaci´on anterior se puede extender a ecuaciones con coeficientes no constantes o a ecuaciones lineales de orden 2 definidas en IRN . En este u ´ ltimo caso aparecer´an m´as tipos de ecuaciones como las llamadas normalmente hiperb´olicas o parab´olicas que no consideraremos en este curso. Finalmente presentamos un resultado que ponem de manifiesto que los ejemplos que hemos presentado para ilustrar los conceptos de ecuaci´on el´ıptica, hiperb´olica y parab´olica son algo m´as que meros ejemplos, ya que pueden considerarse representantes can´onicos de cada tipo de ecuaciones. 6

Otra notaci´ on habitual para el Laplaciano es ∇2

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Ecuaciones Diferenciales II

Teorema 2 Consideremos la ecuaci´on Auxx + 2Buxy + Cuyy = D(x, y, u, ux, uy ),

(x, y) ∈ Ω

con A, B, C constantes. • Si la ecuaci´on es de tipo el´ıptico entonces existe un cambio de variables independientes de modo que con respecto a las nuevas variables (s, z) la ecuaci´on se transforma en uss + uzz + t.o.i. = 0 (mediante t.o.i. denotamos los t´erminos de orden inferior al segundo). • Si es de tipo hiperb´olico, entonces existe un cambio de variables independientes de modo que con respecto a las nuevas variables (s, z) la ecuaci´on se transforma en uss − uzz + t.o.i. = 0. • Si por el contrario es de tipo parab´olico, entonces existe un cambio de variables independientes de modo que con respecto a las nuevas variables (s, z) la ecuaci´on se transforma en uzz + t.o.i. = 0.

Unidad Did´ actica I Enunciados: Ejercicio 1 Dado L > 0 razone si es posible encontrar un modelo matem´atico para describir el movimiento vibratorio de una cuerda tensa situada en reposo sobre el intervalo [0, L], con extremos fijos sobre el eje OX durante todo el movimiento y que parte de la posici´on inicial u(x, 0) = ex . Ejercicio 2 Para un modelo que describe el movimiento vibratorio de una cuerda tensa finita de longitud 2π y con extremos fijos durante todo el movimiento se˜ nale las condiciones iniciales y de frontera posibles.  u(x, 0) = sen(x), ut (x, 0) = cos(x), x ∈ [0, 2π], (a) u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 0.  u(x, 1) = 0, ut (x, 1) = g(x), x ∈ [0, 2π], (b) u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 1.  u(x, 0) = cos(x/2), ut (x, 0) = g(x), x ∈ [0, 2π], (c) u(0, t) + u(2π, t) = 0, t ≥ 0.  u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), x ∈ [0, 2π], (d) ∂u u(0, t) = ∂u u(2π, t) = 0, t ≥ 0. ∂x ∂x Ejercicio 3 Se˜ nale el modelo matem´atico que describe el movimiento vibratorio de una cuerda tensa de longitud L, fija en los extremos y que parte de la posici´on inicial u(x, 0) = sen( −πx ) con velocidad ut (x, 0) = ex . 2L   utt − π 2 uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, u(x, 0) = sen( −πx ), ut (x, 0) = ex , x ∈ [0, L], (a) 2L  u(0, t) = u(L, t), t ≥ 0, 15

16

Ecuaciones Diferenciales II

  utt + 9uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, ), ut (x, 0) = ex , x ∈ [0, L], u(x, 0) = sen( −πx (b) 2L  u(0, t) = 0, u(L, t) = −1, t ≥ 0,   utt − 2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, u(x, 0) = sen( −πx ), ut (x, 0) = ex , x ∈ [0, L], (c) 2L  u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0,   utt − 9uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, ), ut (x, 0) = ex , x ∈ [0, L], u(x, 0) = sen( −πx (d) 2L  u(0, t) = 0, u(L, t) = −1, t ≥ 0,

Ejercicio 4 Se˜ nale el modelo matem´atico que describe la distribuci´on del calor en un alambre conductor aislado de longitud L, en el que sus extremos se mantienen tambi´en aislados   ut − c2 uxx = |x|, x ∈ (−L, 0), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), x ∈ [−L, 0], (a)  u(−L, t) = u(0, t) = 0, t ≥ 0.   ut − c2 uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), x ∈ [0, L], (b)  u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.   ut − c2 uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), x ∈ [0, L], (c)  u(0, t) = u(L, t), t ≥ 0.   ut − c2 uxx = |t|, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), x ∈ [0, L], (d)  u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

Ejercicio 5 Se˜ nale el modelo matem´atico que puede describir la distribuci´on del calor en un alambre conductor aislado de longitud L, en el que la diferencia entre la temperatura en los extremos se mantiene constante y la distribuci´on inicial del calor en el alambre 2 sigue la funci´ on ex +Lx .   ut − 2uxx = 0, x ∈ (−L, L), t > 0, 2 (a) u(x, 0) = ex +Lx , x ∈ [−L, L],  u(−L, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

17

Ecuaciones Diferenciales II   ut − 22 uxx = 7, x ∈ (L, 2L), t > 0, 2 (b) u(x, 0) = ex +Lx , x ∈ [L, 2L],  u(0, t) − u(L, t) = 3, t ≥ 0.   ut − 32 uxx = 0, x ∈ (−L, 0), t > 0, 2 (c) u(x, 0) = ex +Lx , x ∈ [−L, 0],  u(0, t) = u(−L, t) = 1, t ≥ 0.   ut − euxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, 2 (d) u(x, 0) = ex +Lx , x ∈ [0, L],  u(0, t) − u(L, t) = 1, t ≥ 0.

Teorema 3 (Principio de conservaci´ on de la energ´ıa para la ecuaci´ on de ondas.) Sea u una soluci´ on de la ecuaci´on  utt − c2 uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), x ∈ [0, L], verificando adem´as condiciones de frontera Dirichlet o Neumann homog´eneas, es decir u(0, t) = u(L, t) = 0,

t≥0

o

ux (0, t) = ux (L, t) = 0,

t ≥ 0.

La energ´ıa del sistema E(t) en un instante t viene dada por Z 1 L 1 2 u (x, t) + kuxx (x, t)k2 dx, E(t) = 2 0 c2 t y su valor se mantiene constante.

Ejercicio 6 Utilizando el principio de conservaci´on de la energ´ıa demuestre la unicidad de soluci´ on para el problema de Neumann siguiente: √   utt − uxx = x2 + e 5cos x , x ∈ [0, L], t ∈ IR, u(x, 0) = ln x + 1, ut (x, 0) = cos(ln x2 + 3), x ∈ [0, L],  ux (0, t) = sen t, ux (L, t) = 0, t ∈ IR.

Ejercicio 7 Demostrar la unicidad de soluci´on del problema para la ecuaci´on del calor: ut − uxx = t|x|, x ∈ (0, 1), t > 0, u(x, 0) = x3 , x ∈ [0, 1], u(0, t) = u(1, t) = t2 , t ≥ 0.

Indicaci´on: Pru´ebese que la funci´on energ´ıa Z 1 E(t) = [u(x, t)]2 dx 0

para el problema homog´eneo asociado es decreciente.

(0.0.6)

18

Ecuaciones Diferenciales II

El problema de tipo mixto relativo a la ecuaci´on del calor se define sobre subconjuntos de la forma Q = Ω × (0, T ) donde T ∈ (0, ∞] y Ω ⊂ IR es un intervalo acotado. Por lo tanto, siempre que T < ∞, la frontera de Q admite la descomposici´on ∂Q = ∂1 Q ∪ ∂2 Q donde ∂1 Q = (Ω × {0}) ∪ (∂Ω × [0, T ])

y

∂2 Q = Ω × {T }.

Llamaremos frontera parab´olica al conjunto ∂1 Q. Debemos notar que si T = ∞ dicha frontera coincide con la frontera del conjunto Q. Teorema 4 (Principio del m´aximo) Con la notaci´on anterior, consideremos una funci´ on u ∈ C(Q) que posee derivadas parciales continuas ut , ux y uxx en Q y ut (x, t)−uxx (x, t) ≤ 0 para todo punto (x, t) ∈ Q (respectivamente ut (x, t) − uxx (x, t) ≥ 0). Entonces sup u(x, t) = sup u(x, t) (x,t)∈∂1 Q

(x,t)∈Q

(respectivamente

inf u(x, t) = (x,t)∈Q

inf

(x,t)∈∂1 Q

u(x, t))

Observaci´ on 4 Si T < ∞ en el resultado anterior podemos sustituir inf y sup por min y max. En dicha situaci´on el resultado indica que el m´aximo y el m´ınimo de una soluci´ on de la ecuaci´on del calor homog´enea se alcanzan en la frontera parab´olica. Ejercicio 8 Utilizando el principio del m´aximo demuestre la unicidad de soluci´on para (0.0.6).

El siguiente resultado aporta importante informaci´on sobre el comportamiento de la derivada normal en los puntos donde una funci´on arm´onica no constante alcanza sus valores m´aximos. Teorema 5 (Lema de la derivada normal o Principio de Hopf ) Sea Ω ⊂ IR2 un dominio regular acotado y u ∈ C(Ω) una funci´on arm´onica en Ω. Si x0 ∈ ∂Ω es tal que u alcanza su valor m´aximo sobre Ω en x0 entonces se verifica ∂u (x0 ) > 0. ∂n

19

Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 9 Sea Ω = {(x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 < 1}. Utilizando el resultado anterior demuestre que si f ∈ C(Ω) y g ∈ C(∂Ω) el problema ∆u = f, x ∈ Ω ∂u (x) = g(x), x ∈ ∂Ω ∂n admite, a lo sumo y salvo adici´on de constantes, una soluci´ on u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω). Ejercicio 10 Suponiendo f y g suficientemente regulares, compruebe que la F´ormula de D’Alembert Z 1 x+ct 1 g(y) dy, u(x, t) = (f (x + ct) + f (x − ct)) + 2 2c x−ct es una soluci´ on del problema utt − c2 uxx = 0, x ∈ IR, t > 0 c = cte, u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), x ∈ IR. Ejercicio 11 Estudie la existencia y unicidad de soluci´on para el problema  √ utt − π 2 uxx = x2 + t2 , x ∈ IR, t > 0, ), ut (x, 0) = ex , x ∈ IR. u(x, 0) = sen( −πx 2L

Sea (x0 , t0 ) ∈ IR × (0, ∞) y D = {(x, t) ∈ IR2 : t ∈ (0, t0 ), x ∈ (x0 − c(t0 − t), x0 + c(t0 − t))}, o lo que es lo mismo, la regi´on triangular abierta determinada por las rectas t = 0, x = x0 − c(t0 − t) y x = x0 + c(t0 − t). Teorema 6 Si u ∈ C 2 (D) ∩ C(D) entonces 1 1 u(x0 , t0 ) = (u(x0 + ct0 , 0) + u(x0 − ct0 , 0)) + 2 2c

Z

x0 +ct0

x0 −ct0

1 ut (y, 0) dy + 2c

Z

D

(utt − c2 uxx ).

El lector interesado en demostrar el resultado anterior debe aplicar el Teorema de la divergencia al campo H(x, t) = (−c2 ux , ut ).

20

Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 12 Utilizando el resultado anterior demostrar que en el caso no homog´eneo utt − c2 uxx = F (x, t), x ∈ IR, t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), x ∈ IR. se verifica la siguiente generalizaci´on de la F´ormula de D’Alembert, que en ocasiones recibe el nombre de F´ ormula de Poisson ! Z Z Z x+c(t−s) 1 1 x+ct 1 t u(x, t) = (f (x + ct) + f (x − ct)) + g(y) dy + F (y, s) dy ds. 2 2c x−ct 2c 0 x−c(t−s) Ejercicio 13 Clasifique las siguientes ecuaciones en hiperb´olicas, parab´olicas y el´ıpticas: uxx − uxy + 2uyy + uy = 0, −2uxx + 4uxy − 2uyy + ux = 0,

−2uxx − 4uxy − 2uyy + ux = 0, πuxy − 2uxx + ux + u = 0.

Ejercicio 14 Encuentre los subconjuntos de IR2 en los que las siguientes ecuaciones son hiperb´olicas, parab´olicas o el´ıpticas: xuxx − 2yuxy − uyy = sen y, uxx − 2xuxy − (y 2 − 2)uyy = y. Ejercicio 15 Apl´ıquese el cambio de variables u = 2x + 5t, v = 2x − 5t para resolver el problema  ∂2y ∂2y   = 25 4    ∂t2 ∂x2    y(x, 0) = 2x + sen 2x         ∂y (x, 0) = 5. ∂t

Ejercicio 16 Sean λ un n´ umero real, C una superficie cerrada simple de R3 y D el abierto acotado limitado por C. Supongamos que el problema  2 ∂2u ∂2u  ∂ u (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z) = λ u(x, y, z) ∂x2 ∂y 2 ∂z 2  u(x, y, z) = 0

si

(x, y, z) ∈ D

si

(x, y, z) ∈ C

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Ecuaciones Diferenciales II

tiene una soluci´ on continua no nula (esto es, que es distinta de cero en alg´ un punto de D). Apl´ıquese el teorema de la divergencia al campo vectorial F = u ∇u para demostrar λ debe ser un n´ umero estrictamente negativo. Ejercicio 17 Clasifique la ecuaci´on siguiente cos2 x

∂2u ∂2u ∂2u + 2 cos x cos(x + y) + = sen2 (x + y), 2 2 ∂x ∂x∂y ∂y

Ejercicio 18 H´allese la soluci´on general u(r, t) de la ecuaci´on   ∂2u 1 ∂ 2 ∂u r = . r 2 ∂r ∂r ∂t2 Sugerencia: consid´erese la funci´on v(ξ, η) = (ξ + η)u(ξ + η, ξ − η).

0 < x, y <

π . 2

22

Ecuaciones Diferenciales II

Soluciones: Ejercicio 1 Dado L > 0 razone si es posible encontrar un modelo matem´atico para describir el movimiento vibratorio de una cuerda tensa situada en reposo sobre el intervalo [0, L], con extremos fijos sobre el eje OX durante todo el movimiento y que parte de la posici´on inicial u(x, 0) = ex . Soluci´ on: No es posible, ya que se trata de un problema mal planteado. Fij´emonos que la condici´on de frontera dada se escribe matem´aticamente como u(0, t) = u(L, t) = 0, y en particular para el instante inicial t = 0 u(0, 0) = u(L, 0) = 0, sin embargo, debido a la condici´on inicial se tiene la contradicci´on 0 6= u(0, 0) = 1 6= eL = u(L, 0) 6= 0.

Ejercicio 2 Para un modelo que describe el movimiento vibratorio de una cuerda tensa finita de longitud 2π y con extremos fijos durante todo el movimiento se˜ nale las condiciones iniciales y de frontera posibles.  u(x, 0) = sen(x), ut (x, 0) = cos(x), x ∈ [0, 2π], (a) u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 0.  u(x, 1) = 0, ut (x, 1) = g(x), x ∈ [0, 2π], (b) u(0, t) = u(2π, t) = 0, t ≥ 1.  u(x, 0) = cos(x/2), ut (x, 0) = g(x), x ∈ [0, 2π], (c) u(0, t) + u(2π, t) = 0, t ≥ 0.  u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), x ∈ [0, 2π], (d) ∂u u(0, t) = ∂u u(2π, t) = 0, t ≥ 0. ∂x ∂x Soluci´ on: Si la cuerda se encuentra en reposo para el instante inicial t0 se debe verificar u(x, t0 ) = 0, luego podemos desechar las opciones (a) y (c). Adem´as el enunciado

23

Ecuaciones Diferenciales II

nos indica que en la frontera la soluci´on de la ecuaci´on del movimiento debe verificar condiciones de frontera Dirichlet homog´eneas, esto es, u(0, t) = 0, u(2π, t) = 0 t ≥ t0 . Luego la u ´ nica posibilidad v´alida es la (b). N´otese que en ning´ un momento el enunciado fija el valor del instante inicial, ni la velocidad inicial con la que parte del reposo la cuerda. Ejercicio 3 Se˜ nale el modelo matem´atico que describe el movimiento vibratorio de una cuerda tensa de longitud L, fija en los extremos y que parte de la posici´on inicial u(x, 0) = ) con velocidad ut (x, 0) = ex . sen( −πx 2L   utt − π 2 uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, u(x, 0) = sen( −πx ), ut (x, 0) = ex , x ∈ [0, L], (a) 2L  u(0, t) = u(L, t), t ≥ 0,   utt + 9uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, ), ut (x, 0) = ex , x ∈ [0, L], (b) u(x, 0) = sen( −πx 2L  u(0, t) = 0, u(L, t) = −1, t ≥ 0,   utt − 2uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, u(x, 0) = sen( −πx ), ut (x, 0) = ex , x ∈ [0, L], (c) 2L  u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0,   utt − 9uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, ), ut (x, 0) = ex , x ∈ [0, L], u(x, 0) = sen( −πx (d) 2L  u(0, t) = 0, u(L, t) = −1, t ≥ 0,

Soluci´ on: Las condiciones de frontera de la opci´on (a) son peri´odicas cuando deber´ıan ser seg´ un el enunciado de tipo Dirichlet: u(0, t) = A, u(L, t) = B,

t ≥ 0.

Adem´as, puesto que la condici´on inicial es conocida, se debe verificar u(0, 0) = sen 0 = 0 = A,

u(L, 0) = sen

−πL = −1 = B. 2L

Esto nos deja como posibles respuestas la (b) y la (d). Ambas tienen condiciones iniciales id´enticas acordes con el enunciado. Sin embargo, sabemos que la ecuaci´on diferencial que rige la vibraci´on de una cuerda es de tipo hiperb´olico y s´olo en la opci´on (d) ocurre esto.

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Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 4 Se˜ nale el modelo matem´atico que describe la distribuci´on del calor en un alambre conductor aislado de longitud L, en el que sus extremos se mantienen tambi´en aislados   ut − c2 uxx = |x|, x ∈ (−L, 0), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), x ∈ [−L, 0], (a)  u(−L, t) = u(0, t) = 0, t ≥ 0.   ut − c2 uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), x ∈ [0, L], (b)  u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.   ut − c2 uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte, (c) u(x, 0) = f (x), x ∈ [0, L],  u(0, t) = u(L, t), t ≥ 0.   ut − c2 uxx = |t|, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), x ∈ [0, L], (d)  u(0, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.

Soluci´ on: El hecho de que el alambre est´e aislado nos indica que las opciones (a) y (d) no son v´alidas puesto que el segundo miembro de la ecuaci´on diferencial no es id´enticamente nulo en ellas. La condici´on peri´odica de la opci´on (c) no es suficiente para garantizar que los extremos del alambre permanezcan a temperatura constante y por lo tanto esta opci´on tampoco es v´alida. Finalmente la opci´on (b) muestra una ecuaci´on del calor homog´enea con condici´on de frontera Dirichlet que describe perfectamente el modelo del enunciado. Ejercicio 5 Se˜ nale el modelo matem´atico que puede describir la distribuci´on del calor en un alambre conductor aislado de longitud L, en el que la diferencia entre la temperatura en los extremos se mantiene constante y la distribuci´on inicial del calor en el alambre 2 sigue la funci´ on ex +Lx .   ut − 2uxx = 0, x ∈ (−L, L), t > 0, 2 (a) u(x, 0) = ex +Lx , x ∈ [−L, L],  u(−L, t) = u(L, t) = 0, t ≥ 0.   ut − 22 uxx = 7, x ∈ (L, 2L), t > 0, 2 (b) u(x, 0) = ex +Lx , x ∈ [L, 2L],  u(0, t) − u(L, t) = 3, t ≥ 0.

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Ecuaciones Diferenciales II   ut − 32 uxx = 0, x ∈ (−L, 0), t > 0, 2 (c) u(x, 0) = ex +Lx , x ∈ [−L, 0],  u(0, t) = u(−L, t) = 1, t ≥ 0.   ut − euxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, 2 (d) u(x, 0) = ex +Lx , x ∈ [0, L],  u(0, t) − u(L, t) = 1, t ≥ 0.

Soluci´ on: El que la distribuci´on inicial del calor siga la funci´on ex debe verificarse la condici´on inicial u(x, t0 ) = ex

2 +Lx

2 +Lx

nos indica que

.

Esta condici´on se verifica por las cuatro opciones por lo que en principio no nos sirve de ayuda. Por otro lado, del enunciado deducimos que los valores en la frontera han de verificar u(x0 , t) − u(x0 + L, t) = A

(0.0.7)

para cierta constante A ∈ IR. Evidentemente, esta condici´on se verifica para las condiciones de tipo Dirichlet u(x0 , t) = B, u(x0 + L, t) = C. Las condiciones de frontera que aparecen en todos los apartados son de alguno de los tipos anteriores por lo que podr´ıamos pensar que todas son v´alidas. Sin embargo, si nos fijamos en poco m´as vemos que la opci´on (a) est´a planteada en un intervalo de longitud 2L y puede ser descartada. Para comprobar si las opciones restantes son v´alidas o no, usaremos que debe existir compatibilidad entre la condici´on inicial y las condiciones de frontera. Debido a esto, no s´olo se debe verificar (0.0.7) sino que debe ocurrir 2

2 +L(x

u(x0 , t) − u(x0 + L, t) = ex0 +Lx0 − e(x0 +L)

0 +L)

.

Sustituyendo se comprueba que la u ´ nica opci´on v´alida es la (c), puesto que u(−L, t) − u(0, t) = 0 = eL

2 −L2

2 +L(−L+L)

− e(−L+L)

pero en los casos (b) y (d) u(0, t) − u(L, t) = 0 6= e0 − eL

2 +LL

.

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Ecuaciones Diferenciales II

Teorema 7 (Principio de conservaci´ on de la energ´ıa para la ecuaci´ on de ondas.) Sea u una soluci´ on de la ecuaci´on  utt − c2 uxx = 0, x ∈ (0, L), t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), x ∈ [0, L], verificando adem´as condiciones de frontera Dirichlet o Neumann homog´eneas, es decir u(0, t) = u(L, t) = 0,

t≥0

o

ux (0, t) = ux (L, t) = 0,

t ≥ 0.

La energ´ıa del sistema E(t) en un instante t viene dada por Z 1 L 1 2 u (x, t) + kuxx (x, t)k2 dx, E(t) = 2 0 c2 t y su valor se mantiene constante. Ejercicio 6 Utilizando el principio de conservaci´on de la energ´ıa demuestre la unicidad de soluci´ on para el problema de Neumann siguiente: √   utt − uxx = x2 + e 5cos x , x ∈ [0, L], t ∈ IR, u(x, 0) = ln x + 1, ut (x, 0) = cos(ln x2 + 3), x ∈ [0, L],  ux (0, t) = sen t, ux (L, t) = 0, t ∈ IR.

Soluci´ on: Se trata de un problema de Neumann con condiciones de frontera no homog´eneas, puesto que ux (0, t) = sen t. Supongamos que u1 y u2 son dos soluciones distintas del problema anterior, entonces, gracias al principio de superposici´on, la funci´on u = u1 − u2 es soluci´on del problema homog´eneo para la ecuaci´on de ondas   utt − uxx = 0, x ∈ [0, L], t ∈ IR, u(x, 0) = 0, ut (x, 0) = 0, x ∈ [0, L], (0.0.8)  ux (0, t) = 0, ux (L, t) = 0, t ∈ IR. Adem´as por el resultado anterior, sabemos que la energ´ıa de una soluci´on de esta ecuaci´on junto con condiciones Dirichlet o Neumann homog´eneas es la funci´on constante Z 1 L 2 E(t) = [ut (x, t) + u2x (x, t)]dx. 2 0

El hecho de que E sea una funci´on constante junto con el valor de las condiciones iniciales en (0.0.8) permite deducir que E(t) = E(0) = 0 para todo t, luego la soluci´on u verifica para todo t Z 1 L 2 0= [u (x, t) + u2x (x, t)]dx. 2 0 t

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Ecuaciones Diferenciales II

Ahora bien, al tratarse de la integral de una funci´on no negativa, la igualdad anterior fuerza ut (x, t) = ux (x, t) = 0 para todo x ∈ [0, L] y t ∈ IR y en consecuencia u es una funci´on constante puesto que sus derivadas parciales son id´enticamente nulas. Por otro lado la condici´on inicial u(x, 0) = 0 obliga a u a tomar el valor constante 0. Con lo que 0 = u = u1 − u2 y hemos terminado. Ejercicio 7 Demostrar la unicidad de soluci´on del problema para la ecuaci´on del calor: ut − uxx = t|x|, x ∈ (0, 1), t > 0, u(x, 0) = x3 , x ∈ [0, 1], u(0, t) = u(1, t) = t2 , t ≥ 0.

(0.0.9)

Indicaci´on: Pru´ebese que la funci´on energ´ıa Z 1 E(t) = [u(x, t)]2 dx 0

para el problema homog´eneo asociado es decreciente. Soluci´ on: Supongamos que u1 y u2 son dos soluciones distintas del problema anterior, entonces la funci´on u = u1 − u2 es soluci´on del problema homog´eneo para la ecuaci´on del calor   utt − uxx = 0, x ∈ [0, 1], t > 0, u(x, 0) = 0, x ∈ [0, 1], (0.0.10)  u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0. Tal y como indica el enunciado definamos la funci´on energ´ıa para la soluci´on u del problema (0.0.10) y comprobemos que es una funci´on decreciente. Para comprobar esto calculemos su derivada e intentemos probar que es menor que cero. Derivando se obtiene Z Z 1 d 1 2 ′ [u(x, t)] dx = 2u(x, t)ut(x, t)dx, E (t) = dt 0 0

y al ser u soluci´on de la ecuaci´on del calor tenemos Z 1 Z 1 ′ E (t) = 2u(x, t)ut (x, t)dx = 2u(x, t)uxx (x, t)dx. 0

0

Por otro lado, derivando con respecto a x la funci´on uux se tiene (uux )′ = (ux )2 +uuxx . Ahora integrando esta u ´ ltima igualdad entre 0 y 1 y teniendo en cuenta las condiciones

28

Ecuaciones Diferenciales II

de frontera Z 1 Z 1 2u(x, t)uxx (x, t)dx = u(0, t)ux (0, t) − u(1, t)ux (1, t) − (ux (x, t))2 dx 0 0 Z 1 2 = − (ux (x, t)) dx ≤ 0. 0

(N´otese que lo que se ha hecho es aplicar el teorema de la divergencia que en esta situaci´on es en realidad una integraci´on por partes). Por lo tanto, E ′ (t) ≤ 0 y E(t) es decreciente. Luego, para todo t > 0 se verifica Z 1 Z 1 2 E(0) = [u(x, 0)] dx ≥ [u(x, t)]2 dx = E(t). 0

0

Gracias a la condici´on inicial homog´enea se tiene E(0) = 0 y por lo tanto E(t) ≤ 0, luego u = 0 y u1 = u2 como quer´ıamos demostrar. El problema de tipo mixto relativo a la ecuaci´on del calor se define sobre subconjuntos de la forma Q = Ω × (0, T ) donde T ∈ (0, ∞] y Ω ⊂ IR es un intervalo acotado. Por lo tanto, siempre que T < ∞, la frontera de Q admite la descomposici´on ∂Q = ∂1 Q ∪ ∂2 Q donde ∂1 Q = (Ω × {0}) ∪ (∂Ω × [0, T ])

y

∂2 Q = Ω × {T }.

Llamaremos frontera parab´olica al conjunto ∂1 Q. Debemos notar que si T = ∞ dicha frontera coincide con la frontera del conjunto Q. Teorema 8 (Principio del m´aximo) Con la notaci´on anterior, consideremos una funci´ on u ∈ C(Q) que posee derivadas parciales continuas ut , ux y uxx en Q y ut (x, t)−uxx (x, t) ≤ 0 para todo punto (x, t) ∈ Q (respectivamente ut (x, t) − uxx (x, t) ≥ 0). Entonces sup u(x, t) = sup u(x, t) (x,t)∈∂1 Q

(x,t)∈Q

(respectivamente

inf u(x, t) = (x,t)∈Q

inf

(x,t)∈∂1 Q

u(x, t))

Observaci´ on 5 Si T < ∞ en el resultado anterior podemos sustituir inf y sup por min y max. En dicha situaci´on el resultado indica que el m´aximo y el m´ınimo de una soluci´ on de la ecuaci´on del calor homog´enea se alcanzan en la frontera parab´olica.

29

Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 8 Utilizando el principio del m´aximo demuestre la unicidad de soluci´on para (0.0.9). Soluci´ on: Como en el ejercicio anterior comenzamos suponiendo la existencia de dos soluciones u1 y u2 del problema (0.0.9) y consideramos la funci´on diferencia de ambas u = u2 − u1 que es soluci´on del problema homog´eneo (0.0.10). Nuestra intenci´on es demostrar que en esta situaci´on u ≡ 0 y por lo tanto las dos soluciones u1 y u2 coinciden. El principio de m´aximo garantiza que la soluci´on del problema anterior alcanza sus valores extremos en la frontera parab´olica del dominio de definici´on, esto es: ΓP = {(x, 0) : x ∈ [0, 1]} ∪ {(0, t) : t > 0} ∪ {(1, t) : t > 0}. Pero en ese conjunto debido a las condiciones inicial y de frontera la soluci´on es id´enticamente nula, por lo tanto el m´aximo y el m´ınimo coinciden y son iguales a cero. Aplicando el principio del m´aximo 0 = min u(t, x) = min + u(x, t) ≤ u(x, t) ≤ max + u(x, t) = max u(t, x) = 0 FP

[0,1]×R

[0,1]×R

FP

y como consecuencia la funci´on u debe ser id´enticamente cero, lo que implica u2 = u1 . Observaci´ on 6 Si en lugar de la ecuaci´on del calor hubi´esemos considerado una ecuaci´ on de Poisson con condici´on de frontera Dirichlet el mecanismo de demostraci´on ser´ıa el mismo puesto que esta u ´ltima ecuaci´on tambi´en verifica un principio del m´aximo.

El siguiente resultado aporta importante informaci´on sobre el comportamiento de la derivada normal en los puntos donde una funci´on arm´onica no constante alcanza sus valores m´aximos. Teorema 9 (Lema de la derivada normal o Principio de Hopf ) Sea Ω ⊂ IR2 un dominio regular acotado y u ∈ C(Ω) una funci´on arm´onica en Ω. Si x0 ∈ ∂Ω es tal que u alcanza su valor m´aximo sobre Ω en x0 entonces se verifica ∂u (x0 ) > 0. ∂n

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Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 9 Sea Ω = {(x, y) ∈ IR2 : x2 + y 2 < 1}. Utilizando el resultado anterior demuestre que si f ∈ C(Ω) y g ∈ C(∂Ω) el problema ∆u = f, x ∈ Ω ∂u (x) = g(x), x ∈ ∂Ω ∂n admite, a lo sumo y salvo adici´on de constantes, una soluci´ on u ∈ C 2 (Ω) ∩ C(Ω). Soluci´ on: Debido al principio de superposici´on, dadas dos soluciones del problema de Neumann para la ecuaci´on de Poisson anterior su diferencia u es soluci´on en el mismo dominio del problema de Neumann homog´eneo para la ecuaci´on de Laplace. Si u no fuese constante, utilizando el Principio del M´aximo obtenemos que dicha soluci´on alcanza sus valores m´aximo y m´ınimo en la frontera de Ω lo que nos lleva a la siguiente contradicci´on. Sea x0 ∈ ∂Ω tal que u alcanza su valor m´aximo sobre Ω en x0 , entonces debido al Principio de Hopf se verifica ∂u (x0 ) > 0. ∂n Pero, al ser u soluci´on del problema Neumann homog´eneo se debe verificar ∂u (x0 ) = 0. ∂n

Ejercicio 10 Suponiendo f y g suficientemente regulares, compruebe que la F´ormula de D’Alembert Z 1 1 x+ct u(x, t) = (f (x + ct) + f (x − ct)) + g(y) dy, 2 2c x−ct es una soluci´ on del problema utt − c2 uxx = 0, x ∈ IR, t > 0 c = cte, u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), x ∈ IR. Soluci´ on: Comencemos comprobando que la funci´on definida por la F´ormula de D’Alembert verifica las condiciones iniciales. Efectivamente, si sustituimos t = 0 se obtiene que Z 1 1 x g(y) dy = f (x). u(x, 0) = (f (x) + f (x)) + 2 2c x

Ecuaciones Diferenciales II

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Por otro lado, derivando con respecto a t se tiene 1 1 (cf ′ (x + ct) − cf ′ (x − ct)) + (g(x + ct)c + g(x − ct)c) (0.0.11) 2 2c R l(t) [Hemos utilizado que si F (t) = h(t) g(y) dy, entonces F ′ (t) = g(l(t))l′ (t) − g(h(t))h′ (t)]. N´otese que para poder derivar en el paso anterior la funci´on f debe ser al menos derivable. Evaluando (0.0.11) en t = 0 se tiene ut (x, t) =

1 1 ut (x, 0) = (cf ′ (x) − cf ′ (x)) + (g(x)c + g(x)c) = g(x). 2 2c Una vez comprobadas las condiciones iniciales, pasamos a intentar demostrar que u verifica la ecuaci´on diferencial. En primer lugar, derivando con respecto a t en (0.0.11) obtenemos 1 1 utt (x, t) = (c2 f ′′ (x + ct) + c2 f ′′ (x − ct)) + (g ′(x + ct)c2 − g ′ (x − ct)c2 ) 2c  2 1 ′ ′′ ′′ ′ 2 1 (f (x + ct) + f (x − ct)) + (g (x + ct) − g (x − ct)) . =c 2 2c De forma similar, si derivamos con respecto a x se tiene 1 1 ux (x, t) = (f ′ (x + ct) + f ′ (x − ct)) + (g(x + ct) − g(x − ct)) 2 2c y

1 1 uxx (x, t) = (f ′′ (x + ct) + f ′′ (x − ct)) + (g ′(x + ct) − g ′(x − ct)). 2 2c Con lo cual se verifica la ecuaci´on de ondas utt − c2 uxx = 0. N´otese que para calcular las derivadas segundas anteriores es necesario que al menos f sea dos veces derivable y g al menos una. Ejercicio 11 Estudie la existencia y unicidad de soluci´on para el problema  √ utt − π 2 uxx = x2 + t2 , x ∈ IR, t > 0, u(x, 0) = sen( −πx ), ut (x, 0) = ex , x ∈ IR. 2L

Soluci´ on: Se trata de un problema de tipo hiperb´olico, por lo tanto si la f´ormula de D’Alembert es soluci´on esta ser´a la u ´ nica por la construcci´on de dicha f´ormula. Para verificar este hecho es suficiente que las funciones que definen el problema sean suficientemente regulares. Dado que en sus dominios de definici´on todas ellas son de clase infinito obtenemos que el problema tiene soluci´on u ´ nica.

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Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 12 Utilizando el Teorema 6 demostrar que en el caso no homog´eneo utt − c2 uxx = F (x, t), x ∈ IR, t > 0, c = cte, u(x, 0) = f (x), ut (x, 0) = g(x), x ∈ IR.

(0.0.12)

se verifica la siguiente generalizaci´on de la F´ormula de D’Alembert, que en ocasiones recibe el nombre de F´ ormula de Poisson ! Z Z Z x+c(t−s) 1 1 x+ct 1 t u(x, t) = (f (x + ct) + f (x − ct)) + g(y) dy + F (y, s) dy ds. 2 2c x−ct 2c 0 x−c(t−s) Soluci´ on: Si u ∈ C 2 (IR2 ) es una soluci´on de (0.0.12) aplicando el Teorema 6 se tiene Z Z 1 1 x+ct 1 (utt − c2 uxx ), ut (y, 0) dy + u(x, t) = (u(x + ct, 0) + u(x − ct, 0)) + 2 2c x−ct 2c D

pero por tratarse de una soluci´on se verifica ! Z Z Z x+c(t−s) 1 t 1 x+ct 1 g(y) dy + F (y, s) dy ds. u(x, t) = (f (x + ct) + f (x − ct)) + 2 2c x−ct 2c 0 x−c(t−s)

Ejercicio 13 Clasifique las siguientes ecuaciones en hiperb´olicas, parab´olicas o el´ıpticas: uxx − uxy + 2uyy + uy = 0, −2uxx + 4uxy − 2uyy + ux = 0,

−2uxx − 4uxy − 2uyy + ux = 0, πuxy − 2uxx + ux + u = 0.

Soluci´ on: El car´acter hiperb´olico, parab´olico o el´ıptico de una ecuaci´on de segundo orden viene dado por el signo de b2 −ac donde a, b/2 y c son los coeficientes que acompa˜ nan respectivamente a uxx , uxy y uyy . Para la primera ecuaci´on se tiene a = 1, b = − 21 y c = 2. Por lo tanto b2 − ac = 1 − 2 = −1 < 0 y la ecuaci´on es de tipo el´ıptico. Para la segunda ecuaci´on se tiene a = −2, b = 2 y c = −2. Por lo tanto b2 − ac = 4 − 4 = 0 y la ecuaci´on es de tipo parab´olico. Para la tercera ecuaci´on se tiene a = −2, b = −2 y c = −2. Por lo tanto b2 − ac = 4 − 4 = 0 y la ecuaci´on es de tipo parab´olico. π y c = 0. Por lo tanto Finalmente, para la cuarta ecuaci´on se tiene a = −2, b = 2 2 π b2 − ac = − 0 > 0 y la ecuaci´on es de tipo hiperb´olico. 4

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Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 14 Encuentre los subconjuntos de IR2 en los que las siguientes ecuaciones son hiperb´olicas, parab´olicas o el´ıpticas: xuxx − 2yuxy − uyy = sen y, uxx − 2xuxy − (y 2 − 2)uyy = y. Soluci´ on: El car´acter hiperb´olico, parab´olico o el´ıptico de la primera ecuaci´on viene dado por el signo de y 2 + x. Por lo tanto en los puntos de la par´abola x = −y 2 es parab´olica, en {(x, y) : x > −y 2 } hiperb´olica y en el resto el´ıptica. Para la segunda ecuaci´on debemos √ estudiar el signo de x2 + y 2 − 2. Por lo tanto en la circunferencia de centro (0, 0) y radio 2 la ecuaci´on es parab´olica, en el c´ırculo abierto definido por dicha circunferencia la ecuaci´on es el´ıptica y en el resto hiperb´olica. Ejercicio 15 Apl´ıquese el cambio de variables u = 2x + 5t, v = 2x − 5t para resolver el problema  ∂2y ∂2y   4 = 25    ∂t2 ∂x2    y(x, 0) = 2x + sen 2x         ∂y (x, 0) = 5. ∂t

Soluci´ on: Al hacer el cambio de variables en la ecuaci´on en derivadas parciales resulta: ∂ y = 0. Integrando dos veces, primero respecto de u y luego respecto de v, se obtiene ∂u∂v y(u, v) = F (u) + G(v), en donde F y G son funciones arbitrarias de clase dos. De la primera condici´on: F (u) + G(u) = u + sen u, pues t = 0 ⇔ u = v = 2x, mientras ∂y ∂y ∂u ∂y ∂v ∂y ∂y que de la segunda: F ′ (u) − G′ (u) = 1, ya que = + = 5 −5 = ∂t ∂u ∂t ∂v ∂t ∂u ∂v ′ ′ 5F (u) − 5G (v). Al derivar en F (u) + G(u) = u + sen u, y tras resolver el sistema, se obtiene: F ′ (u) = 1 + 21 cos u; G′ (u) = 12 cos u, luego F (u) = u + 21 sen u + C; G(u) = 21 sen u − C. Deshaciendo el cambio: 2

y(x, t) = F (2x + 5t) + G(2x − 5t) = 2x + 5t +

1 1 sen(2x + 5t) + sen(2x − 5t), 2 2

que es la soluci´on que obtendr´ıamos si hubi´esemos aplicado directamente la f´ormula de D’Alembert.

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Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 16 Sean λ un n´ umero real, C una superficie cerrada simple de R3 y D el abierto acotado limitado por C. Supongamos que el problema  2 ∂2u ∂2u  ∂ u (x, y, z) + (x, y, z) + (x, y, z) = λ u(x, y, z) si (x, y, z) ∈ D ∂x2 ∂y 2 ∂z 2  u(x, y, z) = 0 si (x, y, z) ∈ C

tiene una soluci´ on continua no nula (esto es, que es distinta de cero en alg´ un punto de D). Apl´ıquese el teorema de la divergencia al campo vectorial F = u ∇u para demostrar λ debe ser un n´ umero estrictamente negativo. Z Z Soluci´ on: Por el teorema de la divergencia divF dxdydz = F ·n dS = 0, pues D

F = u ∇u = 0 en C. Por otra parte,

C



 ∂u ∂u ∂u divF = div(u ∇u) = div u , u , u = ∂x ∂y ∂z       ∂u ∂u ∂2u ∂u ∂u ∂2u ∂u ∂u ∂2u = +u 2 + +u 2 + +u 2 = ∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂z ∂z ∂z   2  2  2  2 ∂u ∂u ∂ u ∂2u ∂2u ∂u + + +u + 2 + 2 = |∇u|2 + λ u2 = 2 ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z

luego

Z

2

Z

u2 dxdydz. D D Z 2 Por hip´otesis, u es una funci´on no nula; por lo tanto, u2 dxdydz > 0. As´ı mismo, |∇u| dxdydz = −λ

D

|∇u|2 tampoco puede ser una funci´on nula, pues entonces Z u ser´ıa constante, lo que, siendo

u = 0 sobre C, implicar´ıa que u es nula. Por lo tanto,

D

R

|∇u|2 dxdydz > 0. Finalmente

|∇u|2 dxdydz < 0. u2 dxdydz D

λ = − DR

Ejercicio 17 Clasifique la ecuaci´on siguiente ∂2u ∂2u ∂2u + 2 = sen2 (x + y), cos x 2 + 2 cos x cos(x + y) ∂x ∂x∂y ∂y 2

0 < x, y <

π . 2

Ecuaciones Diferenciales II

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Soluci´ on: Debemos estudiar el signo de cos2 x cos2 (x + y) − cos2 x. O lo que es lo mismo de cos2 x(cos2 (x + y) − 1). Debido a que la funci´on coseno toma valores en el intervalo [−1, 1] la ecuaci´on no puede ser en ning´ un caso el´ıptica. La expresi´on anterior se anula en las familias de rectas x = π2 + nπ y x + y = nπ, n ∈ Z, por lo tanto en el conjunto formado por dichas familias la ecuaci´on es de car´acter parab´olico. En el resto de puntos de IR2 la ecuaci´on es hiperb´olica. Ejercicio 18 H´allese la soluci´on general u(r, t) de la ecuaci´on   ∂2u 1 ∂ 2 ∂u r = . r 2 ∂r ∂r ∂t2 Sugerencia: consid´erese la funci´on v(ξ, η) = (ξ + η)u(ξ + η, ξ − η). Soluci´ on: Siendo ξ =

r−t 1 r+t ,η = , resulta u(r, t) = v (ξ, η) , por lo que 2 2 r

    −1 r ∂v ∂v 1 ∂v ∂ξ ∂v ∂η r = − v (ξ, η) =r v+ + + ∂r r2 r ∂ξ ∂r ∂η ∂r 2 ∂ξ ∂η       1 ∂v ∂v r ∂ 2 v ∂ξ ∂ 2 v ∂η ∂ 2 v ∂ξ ∂ 2 v ∂η ∂ 2 ∂u r = + + + + + ∂r ∂r 2 ∂ξ ∂η 2 ∂ξ 2 ∂r ∂ξ∂η ∂r ∂η∂ξ ∂r ∂η 2 ∂r   ∂v ∂ξ ∂v ∂η = + − ∂ξ ∂r ∂η ∂r       1 ∂v ∂v r ∂2v ∂2v ∂2v 1 ∂v ∂v = + = + +2 + − + 2 ∂ξ ∂η 4 ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η 2 2 ∂ξ ∂η   ∂2v ∂2v r ∂2v +2 + = 4 ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η 2     1 ∂v ∂v 1 ∂v ∂ξ ∂v ∂η ∂u = = + − ∂t r ∂ξ ∂t ∂η ∂t 2r ∂ξ ∂η  2   2  ∂2u ∂ v ∂ξ ∂ v ∂ξ ∂ 2 v ∂η 1 ∂ 2 v ∂η − = = + + ∂t2 2r ∂ξ 2 ∂t ∂ξ∂η ∂t ∂η∂ξ ∂t ∂η 2 ∂t   ∂2v ∂2v 1 ∂2v −2 + . = 4r ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η 2 2 ∂u

2



En consecuencia, la ecuaci´on queda ∂2v ∂2v ∂2v ∂2v ∂2v ∂2v + 2 + = − 2 + ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η 2 ∂ξ 2 ∂ξ∂η ∂η 2

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Ecuaciones Diferenciales II esto es

Integrando respecto de ξ

∂2v = 0. ∂ξ∂η ∂v = h(η) ∂η

en donde h es una funci´on derivable arbitraria. Integrando ahora respecto de η v = H(η) + q(ξ) en donde H es una primitiva de h y q es una funci´on derivable arbitraria. Imponemos ∂2v ∂2v , la condici´on de que v sea de clase dos para que las derivadas cruzadas ∂ξ∂η ∂η∂ξ coincidan. Entonces q debe ser de clase dos y h de clase uno (para que H sea de clase ∂2v dos). En definitiva, la soluci´on general de la ecuaci´on = 0 es de la forma ∂ξ∂η v(ξ, η) = p(ξ) + q(η) siendo p, q funciones arbitrarias de clase dos. Deshaciendo el cambio        1 1 r+t r−t r+t r−t u(r, t) = v = p +q . , r 2 2 r 2 2 x x Considerando f (x) = p( ), g(x) = q( ) llegamos a la expresi´on m´as sencilla de la 2 2 soluci´on general 1 u(r, t) = (f (r + t) + g(r − t)) r para cualesquiera funciones f, g de clase dos.

Unidad Did´ actica II Enunciados: Ejercicio 1 Determ´ınense los coeficientes (an )n≥0 que satisfacen

∞ P

an cos nx = x para

n=0

0 < x < π. Ejercicio 2 Determ´ınense los coeficientes (an )n≥1 que satisfacen

∞ P

an sen nx = x para

n=1

0 < x < π.

Ejercicio 3 Consideremos el siguiente problema, para t > 0, 0 < x < 1: ∂u ∂2u (x, t) − 2 (x, t) = 0 ∂t ∂x ∂u ∂u (0, t) = (1, t) = 0 ∂x ∂x u(x, 0) = 60x2

(0.0.13) (0.0.14) (0.0.15)

a) H´allense todas las funciones u(x, t) = X(x)T (t) que satisfacen (0.0.13) y (0.0.14). b) H´allese una funci´ on u : R2 → R, expresada en forma de serie, que verifique (0.0.13), (0.0.14) y (0.0.15). c) Si las ecuaciones (0.0.13), (0.0.14) y (0.0.15) describen la evoluci´on de temperatura en una barra de longitud 1, ¿cu´ales son las temperaturas m´axima y m´ınima al comenzar el experimento?, ¿cu´ales ser´an esas temperaturas cuando haya transcurrido mucho tiempo?. Raz´onese utilizando el apartado b). Ejercicio 4 Consideremos el siguiente problema

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38

Ecuaciones Diferenciales II

∂2u ∂u (x, t) − 2 (x, t) = 0 ∂t ∂x ∂u (0, t) = u(0, t) ∂x ∂u (π, t) = u(π, t) ∂x u(x, 0) = ex + (1 + sen x)(1 + cos x) − 2 sen2 x

(0.0.16) (0.0.17) (0.0.18) (0.0.19)

para x, t ∈ R. a) H´allense todas las funciones u(x, t) = X(x)T (t) que satisfacen (0.0.16), (0.0.17) y (0.0.18). b) H´allese una funci´ on u : R2 → R que verifique (0.0.16), (0.0.17), (0.0.18) y (0.0.19). Ejercicio 5 Resu´elvase el siguiente problema transform´andolo previamente en uno con condiciones de contorno homog´eneas y aplicando despu´es series de Fourier ∂u(x, t) ∂ 2 u(x, t) − = 0, t > 0, ∂t ∂x2 u(0, t) = −πt, t > 0 u(π, t) = π, t > 0 u(x, 0) = x + sen 2x, 0 < x < π

0 0, 0 < x < 1: ∂2u ∂u (x, t) − 2 (x, t) = 0 ∂t ∂x ∂u ∂u (0, t) = (1, t) = 0 ∂x ∂x u(x, 0) = 60x2

(0.0.20) (0.0.21) (0.0.22)

a) H´allense todas las funciones u(x, t) = X(x)T (t) que satisfacen (0.0.20) y (0.0.21). b) H´allese una funci´ on u : R2 → R, expresada en forma de serie, que verifique (0.0.20), (0.0.21) y (0.0.22). c) Si las ecuaciones (0.0.20), (0.0.21) y (0.0.22) describen la evoluci´on de temperatura en una barra de longitud 1, ¿cu´ales son las temperaturas m´axima y m´ınima al comenzar el experimento?, ¿cu´ales ser´an esas temperaturas cuando haya transcurrido mucho tiempo?. Raz´onese utilizando el apartado b).

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Ecuaciones Diferenciales II

Soluci´ on: a) Sea u una funci´on de la forma u(x, t) = X(x)T (t). De (0.0.20) resulta X ′′ T′ XT ′ − X ′′ T = 0, es decir, = . Como el primer miembro depende s´olo de x mientras X T que el segundo s´olo depende de t, ambos deben ser constantes. Sea λ ∈ R esta constante. Se obtienen as´ı dos ecuaciones diferenciales ordinarias: √ X ′′ −λX√= 0 T ′ −λT = 0. λx − λx + Be y la de la segunda La soluci´on general √ de la primera es X(x) = Ae λt T (t) = Ce , en donde λ representa una de las dos ra´ıces cuadradas, real o compleja, de λ. De las condiciones (0.0.21) se obtiene X ′ (0)T (t) = 0 X ′ (1)T (t) = 0

X ′ (0) = 0

⇒

X ′ (1) = 0

⇒

√

⇒

A−B =0

⇒

Ae

√

λ

− Be−

√

λ

= 0.

√

Resolviendo el sistema, resulta e λ = e− λ , por lo que, necesariamente λ debe ser √ −λ sea entero un n´ umero negativo (para que la exponencial sea compleja) tal que √ √ √ iθ i −λ −i −λ (recu´erdese que e = cos θ + i sen θ). As´ ı se tiene 0 = e − e = 2i sen −λ, √ 2 2 luego −λ = nπ, con n ∈ Z, es decir, λ = −n π con n ∈ N. Por lo tanto, X(x) = √ √ λx − λx inπx −inπx Ae + Be = Ae + Be = 2iA cos (nπx) = D cos (nπx), en donde D es 2 2 una constante real arbitraria. As´ı mismo, T (t) = Ce−n π t , por lo que, las funciones con variables separadas que satisfacen (0.0.20) y (0.0.21) son las de la forma u(x, t) = 2 2 M cos (nπx) e−n π t , en donde M es una constante real arbitraria y n = 0, 1, 2, . . .. b) Tenemos que determinar los coeficientes (Mn ) , n = 0, 1, 2, . . . para los que ∞ X

Mn cos (nπx) = 60x2 .

n=0

Multiplicando y teniendo en Z 1los dos miembros de la ecuaci´on por cos(mπx), integrando Z 1 1 cuenta que cos(nπx) cos(mπx) dx = 0, si n 6= m, mientras que cos2 (nπx) dx = , 2 0 0 para n = 1, 2, . . ., resulta 1 Z 1  Z 1 Mn sen(nπx) 2 2 sen(nπx) − 120x = dx = 60x cos(nπx) dx = 60x 2 nπ nπ 0 0 0 

1

Z

1

cos(nπx) 120(−1)n dx = n2 π 2 n2 π 2 0 0 R1 1 para n = 1, 2, . . ., mientras que para n = 0 se tiene M0 = 0 60x2 dx = [20x3 ]0 = 20. En consecuencia ∞ X 240(−1)n 2 2 cos (nπx)e−n π t . u(x, t) = 20 + 2 2 nπ n=1 cos(nπx) = 120x n2 π 2

−

120

43

Ecuaciones Diferenciales II

c) La temperatura en el instante t = 0 viene dada por la funci´on u(x, 0) = 60x2 , as´ı que la temperatura m´ınima sobre la barra es 0, en el extremo x = 0, y la m´axima R 1 60,2en el otro extremo x = 1. La temperatura media de la barra en ese instante ser´a 0 60x dx = 20. Seg´ un transcurre el tiempo, la temperatura tiende a igualarse en todos los puntos de la barra, siendo esa temperatura de equilibrio la media al empezar el experimento: 20. En efecto, ∞ X 240(−1)n 2 2 −π 2 t lim u(x, t) = 20 + lim e cos (nπx) e(1−n )π t = 20 2 2 t→∞ t→∞ nπ n=1 para todo x ∈ [0, 1]. Luego las temperaturas m´axima y m´ınima tienden a 20.

Ejercicio 4 Consideremos el siguiente problema ∂2u ∂u (x, t) − 2 (x, t) = 0 ∂t ∂x ∂u (0, t) = u(0, t) ∂x ∂u (π, t) = u(π, t) ∂x u(x, 0) = ex + (1 + sen x)(1 + cos x) − 2 sen2 x

(0.0.23) (0.0.24) (0.0.25) (0.0.26)

para x, t ∈ R. a) H´allense todas las funciones u(x, t) = X(x)T (t) que satisfacen (0.0.23), (0.0.24) y (0.0.25). b) H´allese una funci´ on u : R2 → R que verifique (0.0.23), (0.0.24), (0.0.25) y (0.0.26). Soluci´ on: a) Sea u una funci´on de la forma u(x, t) = X(x)T (t). De (0.0.23) resulta T′ X ′′ = . Como el primer miembro depende s´olo de x mientras XT ′ − X ′′ T = 0, es decir, X T que el segundo s´olo depende de t, ambos deben ser constantes. Sea λ ∈ R esta constante. Se obtienen as´ı dos ecuaciones diferenciales ordinarias X ′′ − λX = 0

T ′ − λT = 0. √

La soluci´on general de la primera es X(x) = Ae T (t) = Ceλt . De las condiciones (0.0.23) y (0.0.25) se obtiene

λx

+ Be−

√

λx

y la de la segunda

√ √ X ′ (0)T (t) = X(0)T (t) ⇒ X ′ (0) = X(0) ⇒ A λ − B λ = A + B X ′ (π)T (t) = X(π)T (t) ⇒ X ′ (π) = X(π) ⇒ √ √ √ √ √ √ ⇒ A λe λπ − B λe− λπ = Ae λπ + Be− λπ .

44

Ecuaciones Diferenciales II √

Resolviendo el sistema, resulta que, o bien λ = 1, B = 0 o bien e √ sen −λπ = 0. En el primer caso obtenemos u0 (x, t) = ex+t

λπ

= e−

√

λπ

, esto es,

y todas las funciones de la forma u(x, y) = Ku0 (x, t), con K ∈ R, satisfacen (0.0.23), (0.0.24) y (0.0.25). En el segundo caso, necesariamente λ debe ser un n´ umero negativo (para que la √ exponencial sea compleja) tal que −λ sea entero. Por lo tanto, λ = −n2 con n = 1, 2, . . .. Las funciones reales que se obtienen combinando linealmente las exponenciales complejas son de la forma X(x) = D sen nx + E cos nx. Entonces X ′ (0)T (t) = X(0)T (t) X ′ (π)T (t) = X(π)T (t)

⇒ ⇒

X ′ (0) = X(0) ⇒ nD = E X ′ (π) = X(π) ⇒ nD cos nπ = E cos nπ. 2

Por lo tanto, nD = E. En cada caso, la funci´on T correspondiente es T (t) = Ce−n t . As´ı obtenemos las funciones 2

un (x, t) = (sen nx + n cos nx) e−n t . Todas las funciones de la forma u(x, y) = Kun (x, y), con K ∈ R, n = 1, 2, . . . satisfacen tambi´en (0.0.23), (0.0.24) y (0.0.25). b) Tenemos que expresar la funci´on f (x) = ex + (1 + sen x)(1 + cos x) − 2 sen2 x como combinaci´on lineal de la familia {un (x, 0)}n=0,1,.... Operando f (x) = ex + 1 + sen x + cos x +

1 sen 2x − 2 sen2 x = 2

1 sen 2x + cos2 x − sen2 x = 2 1 x = e + sen x + cos x + sen 2x + cos 2x = 2 1 x = e + sen x + cos x + (sen 2x + 2 cos 2x) = 2 1 = u0 (x, 0) + u1 (x, 0) + u2 (x, 0). 2 1 As´ı que u0 + u1 + u2 satisface (0.0.23), (0.0.24), (0.0.25) y (0.0.26). La soluci´on 2 pedida es, por lo tanto, = ex + sen x + cos x +

u(x, t) = ex+t + (sen x + cos x) e−t +

1 (sen 2x + 2 cos 2x) e−4t . 2

45

Ecuaciones Diferenciales II

Ejercicio 5 Resu´elvase el siguiente problema transform´andolo previamente en uno con condiciones de contorno homog´eneas y aplicando despu´es series de Fourier ∂u(x, t) ∂ 2 u(x, t) − = 0, t > 0, ∂t ∂x2 u(0, t) = −πt, t > 0 u(π, t) = π, t > 0 u(x, 0) = x + sen 2x, 0 < x < π.

00

v(π, t) = 0,

t>0

v(x, 0) = sen 2x,

0 1. La soluci´on general es Tn (t) = Ae−n t . 2 2 Aplicando la condici´on inicial resulta, Tn (t) = − e−n t . πn Finalmente    ∞ 2 X 1 −n2 t 2 −t e − 1 sen x − e sen nx. u(x, t) = 1− π π n=2 n T1′ (t) + T1 (t) = 1,

Ejercicio 7 Sup´ongase la soluci´on del siguiente problema admite un desarrollo de la ∞ P forma u(x, t) = ur (t) sen rx, identif´ıquense las funciones ur y verif´ıquese a posterir=1

ori lo que se ha supuesto, comprobando la soluci´on hallada.

∂ 2 u ∂u − = t sen x + 16t sen 2x + 81t sen 3x ∂x2 ∂t u(0, t) = 0 u(π, t) = 0 u(x, 0) = sen 3x − sen x para 0 < x < π, t > 0. Soluci´ on: Si f es desarrollable en serie, entonces f (x, t) =

∞ P

r=1

fr (t) sen rx, siendo

2 Rπ f (x, t) sen rxdx. En lugar de calcular estas integrales, observemos que la π 0 funci´on f (x, t) = t sen x + 16t sen 2x + 81t sen 3x ya est´a en la forma pedida con f1 (t) = t, f2 (t) = 16t, f3 (t) = 81t y fr (t) = 0 para r > 3.

fr (t) =

48

Ecuaciones Diferenciales II En consecuencia este es el desarrollo buscado f (x, t) = t sen x + 16t sen 2x + 81t sen 3x.

2 Rπ φ(x) sen rxdx. Ahora bien, π 0 r=1 nuevamente es posible evitar el c´alculo y deducir que el desarrollo pedido es An´alogamente, φ(x) =

∞ P

Br sen rx, siendo Br (t) =

φ(x) = sen 3x − sen x. b) Supongamos que la soluci´on buscada u(x, t) admite desarrollo en serie de senos ∞ P u(x, t) = ur (t) sen rx y que la serie puede derivarse t´ermino a t´ermino. A posteriori r=1

observaremos que es correcta esta suposici´on. Entonces X ∂2u 2 ur (t) sen rx (x, t) = −r ∂x2 r=1 ∞

y

t sen x + 16t sen 2x + 81t sen 3x =

X ∂u (x, t) = u′r (t) sen rx ∂t r=1 ∞

∞ ∞ P P ∂ 2 u ∂u 2 u′r (t) sen rx = − = −r u (t) sen rx − r ∂x2 ∂t r=1 r=1 ∞ P 2 = (−r ur (t) − u′r (t)) sen rx. r=1

Identificando t´ermino a t´ermino −u1 − u′1 = t −9u3 − u′3 = 81t

− 4u2 − u′2 = 16t − r 2 ur (t) − u′r (t) = 0 para r > 3.

La soluci´on general de la ecuaci´on diferencial ordinaria lineal de primer orden −r 2 ur (t)− = r 4 t es 2 ur (t) = Ce−r t − r 2 t + 1.

u′r (t)

2

En efecto, la soluci´on general de la homog´enea es ur = Ce−r t y se puede buscar r´apidamente una soluci´on particular de la completa de la forma ur = at + b, con lo que −r 2 (at + b) − a = r 4 t, as´ı que a = −r 2 , b = 1. Por la condici´on inicial, u(x, 0) = φ(x) = sen 3x − sen x, resulta u1 (0) = −1 u3 (0) = 1

u2 (0) = 0 ur (0) = 0 para r > 3

49

Ecuaciones Diferenciales II por lo tanto u1 (t) = −2e−t − t + 1 u3 (t) = 1 − 9t

u2 (t) = −e−4t − 4t + 1 ur (t) = 0 para r > 3.

Finalmente, la soluci´on es

u(x, t) = −2e−t − t + 1 sen x + −e−4t − 4t + 1 sen 2x + (1 − 9t) sen 3x.

Comprob´emoslo, d2 u(x, t) = (2e−t + t − 1) sen x + 4 (e−4t + 4t − 1) sen 2x − 9 (1 + 9t) sen 3x dx2 du(x, t) = 2 (sin x) e−t − sen x + 4 (sen 2x) e−4t − 4 sen 2x − 9 sen 3x dt d2 u(x, t) du(x, t) − = (sen x) t + 16 (sen 2x) t + 81 (sen 3x) t. dx2 dt

50

Ecuaciones Diferenciales II

Unidad Did´ actica III Enunciados: Ejercicio 1 Resu´elvase, mediante la transformada de Laplace respecto de la variable t, el siguiente problema: ∂v ∂2v (x, t) − 2 (x, t) = sen x + cos x ∂t ∂x v(0, t) = −v(π, t) = 1 v(x, 0) = cos x − sen x en donde t > 0. Z ∞ Z √µ 2 ω 2 2 e−ω−η dη dω = 1 − e−µ para todo µ > Ejercicio 2 Teniendo en cuenta que √ π 0 0 0. Apl´ıquese la transformada de Laplace respecto de la variable t para resolver el problema  ∂2u ∂u   = x > 0, t > 0  2  ∂t ∂x   √ π x > 0, t > 0 u(x, 0) = 0, u(0, t) =       u acotada. Z ξ 2 Nota: El resultado deber´a expresarse en t´erminos de la funci´on ϕ(ξ) = e−η dη. R∞

0

Ejercicio 3 Sea f : R → R una funci´on de clase uno tal que −∞ |f (x)| dx < ∞, R∞ ′ |f (x)| dx < ∞. Para cada n´ umero real t, consideremos la funci´on gt (x) = f (x + t). −∞ a) Demu´estrese que existen las transformadas de Fourier de f, f ′ y gt , y que se verifica fb′ (ξ) = iξ fb(ξ) gbt (ξ) = eiξt fb(ξ). 51

52

Ecuaciones Diferenciales II b) Apl´ıquese la transformada de Fourier respecto de x para resolver el problema ∂ 2 u(x, t) ∂ 2 u(x, t) − = 0, t > 0, x ∈ R ∂t2 ∂x2   ∂u(x, t) u(x, 0) = f (x), = 0, x ∈ R. ∂t t=0

Ejercicio 4 Apl´ıquese la transformada de Laplace respecto de la variable x para resolver el problema: 2ux + 3uy = 2u u(0, y) = 2y. Ejercicio 5 Sea f : R → R una funci´on, derivable con continuidad, para la que se verifica Z +∞ Z +∞ Z +∞ |f (x)| dx < +∞, |f ′ (x)| dx < +∞, |xf (x)| dx < +∞. Denotemos por fb −∞ −∞ −∞ Z +∞ a la transformada de Fourier de f , esto es, fb(ω) = f (y)e−iyω dy. −∞  ′ b a) Demu´estrese que f (ω) = −ib g (ω), en donde g(x) = xf (x). 2

b) Apl´ıquese a) para calcular la transformada de Fourier de la funci´on f (x) = e−9x .

Ejercicio 6 Resu´elvase el siguiente problema utilizando las transformadas de Laplace respecto de ambas variables ∂ 2 u(x, t) = 2(x + 1) cos t ∂x∂t u(x, 0) = −x2 u(0, t) = t.

53

Ecuaciones Diferenciales II

Soluciones: Ejercicio 1 Resu´elvase, mediante la transformada de Laplace respecto de la variable t, el siguiente problema: ∂2v ∂v (x, t) − 2 (x, t) = sen x + cos x ∂t ∂x v(0, t) = −v(π, t) = 1 v(x, 0) = cos x − sen x en donde t > 0. Soluci´ on: Denotemos R ∞ −stpor L al operador transformada de Laplace respecto de t, esto es, L[v](x, s) = 0 e  v(x,  t)dt. Transformamos la ecuaci´on en derivadas parciales, ∂v 1 teniendo en cuenta que L (x, s) = sL [v] (x, s) − v(x, 0) y que L [1] (x, s) = para ∂t s obtener sen x + cos x ∂ 2 L [v] (x, s) = . sL [v] (x, s) − v(x, 0) − 2 ∂x s Aplicando la condici´on inicial del enunciado resulta ∂ 2 L [v] sen x + cos x (x, s) = . ∂x2 s Simplificando, poniendo L [v] (x, s) = ys (x) y teniendo en cuenta las condiciones iniciales, resulta el siguiente problema (ecuaci´on diferencial ordinaria en x con valores de contorno. Se trata de una ecuaci´on lineal de segundo orden) sL [v] (x, s) − (cos x − sen x) −

s−1 s+1 sen x − cos x s s 1 ys (0, s) = −ys (π, s) = . s

ys′′(x, s) − sys (x, s) =

√

√

(0.0.28) (0.0.29)

La soluci´on general de la homog´enea es ys (x) = Ae− sx + Be sx , en donde A y B son funciones arbitrarias de s (constantes respecto de x). La soluci´on particular puede hallarse por el m´etodo de selecci´on: sustituyendo ys = C sen x + D cos x en la ecuaci´on, resulta s+1 s−1 sen x − cos x, por lo que escogemos (−C − Cs) sen x + (−D − Ds) cos x = s s 1−s 1 C= , D = . En consecuencia, la soluci´on general de (0.0.28) es s(1 + s) s ys = A(s)e−

√

sx

√

+ B(s)e

sx

+

1 1−s sen x + cos x. s(1 + s) s

54

Ecuaciones Diferenciales II Aplicamos las condiciones de contorno (0.0.29) x=0

⇒

A+B+

x=π

⇒

Ae−

√

sπ

1 1 = s s √

+ Be

sπ

−

1 1 =− s s

⇒

A+B =0 ⇒ Ae−

√

sπ

√

+ Be

sπ

=0

1−s 1 sen x + cos x. Para s(1 + s) s 1−s hallar la transformada inversa, descomponemos la fracci´on en fracciones simples: s(1 + s) 1 2 1−s = − , de manera que la soluci´on buscada es s(1 + s) s 1+s       
1 −1 1 −1 −1 1 v(x, t) = L − 2L sen x + L cos x = 1 − 2e−t sen x + cos x. s 1+s s luego A = B = 0. Por lo tanto, L [v] (x, s) = ys (x) =

Z ∞ Z √µ 2 ω 2 2 e−ω−η dη dω = 1 − e−µ para todo µ > Ejercicio 2 Teniendo en cuenta que √ π 0 0 0. Apl´ıquese la transformada de Laplace respecto de la variable t para resolver el problema  ∂2u ∂u   = x > 0, t > 0  ∂t  ∂x2   √ x > 0, t > 0 u(x, 0) = 0, u(0, t) = π       u acotada. Z ξ 2 Nota: El resultado deber´a expresarse en t´erminos de la funci´on ϕ(ξ) = e−η dη. 0

R∞

Soluci´ on: Sea U(x, s) = 0 e−st u(x, t) dt la transformada de Laplace de la funci´on u respecto de la variable t. Aplicando la f´ormula de la transformada de la derivada, resulta d2 U(x, s) . Teniendo en cuenta la condici´on inical u(x, 0) = 0 y que sU(x, s) − u(x, 0) = dx2

55

Ecuaciones Diferenciales II U(0, s) =

R∞ 0

−st

e

√ R∞ u(0, t) dt = π 0 e−st dt =

√

π , el problema transformado ser´a s

 d2 U(x, s)   s U(x, s) =   dx2     √ π U(0, s) =    s      U acotada.

x > 0, s > 0 s>0

√

√

La soluci´on de la ecuaci´on diferencial ordinaria es U(x, s) = Cex s +De−x s . Para que la funci´on sea acotada,√necesariamente debe ser√C = 0, mientras que de la condici´on de π π −x√s . Para calcular la transformada contorno resulta D = , por lo que U(x, s) = e s s inversa de esta funci´on, aplicamos en la integral del enunciado el cambio de variable √ ω ω → t = y la evaluamos para el valor del par´ametro µ = x s s ! Z ∞ Z x√√s Z ∞ Z √x √ 2 ω 2 t 2 2 2 2 e−η dη s dt. e−st e−ω−η dη dω = √ 1 − e−x s = √ π 0 π 0 0 0 Finalmente   √ Z ∞ π −x√s π x −st U(x, s) = dt = e − 2e ϕ √ = s s 2 t 0      Z ∞ Z ∞ √ −st √ x x −st −st π e dt − π − 2ϕ √ dt = dt e 2e ϕ √ 2 t 2 t 0 0 √

=

Z

∞

0

por lo que

u(x, t) =

√

π − 2ϕ



x √

2 t



.

R∞ Ejercicio 3 Sea f : R → R una funci´on de clase uno tal que −∞ |f (x)| dx < ∞, R∞ ′ |f (x)| dx < ∞. Para cada n´ umero real t, consideremos la funci´on gt (x) = f (x + t). −∞ a) Demu´estrese que existen las transformadas de Fourier de f, f ′ y gt , y que se verifica fb′ (ξ) = iξ fb(ξ) gbt (ξ) = eiξt fb(ξ).

56

Ecuaciones Diferenciales II b) Apl´ıquese la transformada de Fourier respecto de x para resolver el problema ∂ 2 u(x, t) ∂ 2 u(x, t) − = 0, t > 0, x ∈ R ∂t2 ∂x2   ∂u(x, t) u(x, 0) = f (x), = 0, x ∈ R. ∂t t=0 Soluci´ on: a) Las integrales que definen las transformadas de Fourier convergen pues Z ∞ Z ∞ Z ∞ −iξx −iξx e f (x)dx ≤ |e ||f (x)|dx = |f (x)|dx < ∞ −∞ −∞ −∞ Z ∞ Z ∞ Z ∞ −iξx ′ −iξx ′ e f (x)dx ≤ |e ||f (x)|dx = |f ′(x)|dx < ∞

Z

−∞

∞

−∞

De

Z

Z −iξx e gt (x)dx ≤ ∞

−∞

∞

−∞

−∞

−iξx

|e

||gt (x)|dx =

Z

∞

−∞

−∞

|f (x + t)|dx =

Z

∞

−∞

|f (y)|dy < ∞.

|f (x)|dx < ∞ se deduce limx→±∞ f (x) = 0 y de aqu´ı limx→±∞ e−iξx f (x) = 0,

pues |e−iξx | = 1. Integrando por partes, resulta fb′ (ξ) = lim

R→∞

Z

R −iξx ′

e



−iξx

f (x)dx = lim e R→∞

−R

= iξ lim

R→∞

Z

R

−R

f (x)

x=R

x=−R

+ iξ

Z

R

e−iξx f (x)dx =

−R

e−iξx f (x)dx = iξ fb(ξ).

En cuanto a la transformada de gt , mediante el cambio de variable y = x+t, se obtiene Z ∞ Z ∞ −iξx iξt gbt (ξ) = e f (x + t)dx = e e−iξy f (y)dy = eiξt fb(ξ). −∞

−∞

b(ξ, t) = Z ∞b) Apliquemos la transformada de Fourier respecto de la variable x, esto es, u e−iξx u(x, t)dx. Derivando bajo el signo de intregral, se comprueba que la transfor−∞

2

2

u b(ξ,t) coincide con ∂ ∂t . Aplicando dos veces la f´ormula de derivaci´on demada de ∂ u(x,t) 2 ∂t2 2 u(x,t) es −ξ 2 fb(ξ). En mostrada en el apartado anterior, resulta que la transformada de ∂ ∂x 2 ∂2u b(ξ,t) 2 consecuencia, tenemos que resolverhla ecuaci´ b(ξ, t) = 0 i on diferencial ordinaria ∂t2 + ξ u ∂ u b (ξ,t) con las condiciones u b(ξ, 0) = fb(ξ), = 0. ∂t

t=0

57

Ecuaciones Diferenciales II

La soluci´on general de la ecuaci´on es u b(ξ, t) = Aeiξt + Beh−iξt . De i la primera condici´on ∂ u b (ξ,t) fb(ξ) = u b(ξ, 0) = A + B, mientras que por la segunda 0 = = iξA − iξB. En ∂t t=0 fb(ξ) y por lo tanto consecuencia, A = B = 2

Finalmente,

u b(ξ, t) =

fb(ξ) iξt fb(ξ) −iξt gbt (ξ) gc −t (ξ) e + e = + . 2 2 2 2

gt (x) g−t (x) f (x + t) + f (x − t) + = 2 2 2 que, como es sabido, es la soluci´on de D’Alembert del problema. u(x, t) =

Ejercicio 4 Apl´ıquese la transformada de Laplace respecto de la variable x para resolver el problema: 2ux + 3uy = 2u u(0, y) = 2y. Soluci´ on: Supongamos que la funci´on u buscada es de clase uno y que existe, y es de tambi´en de clase uno, su transformada de Laplace respecto de la variable x. A posteriori se podr´an comprobar estas suposiciones. Se aplica la transformada de Laplace respecto de la variable x a la ecuaci´on en derivadas parciales, teniendo en cuenta la linealidad del operador L: ∂u 2 (sL[u](s, y) − u(0, y)) + 3L[ ](s, y) = 2L[u](s, y) ∂y Derivando bajo el signo integral: Z ∞ Z ∞ ∂ ∂ ∂u −sx ∂u(x, y) dtx = e−sx u(x, y) dx = L[u](s, y), e L[ ](s, y) = ∂y ∂y ∂y 0 ∂y 0 mientras que u(0, y) = 2y. En consecuencia, definiendo para cada valor de s la funci´on vs (y) = L[u](s, y), se obtiene la siguiente ecuaci´on diferencial ordinaria: 3(vs )′ (y) + 2(s − 1)vs (y) = 4y. Buscamos una soluci´on particular por el m´etodo de selecci´on. Considerando 2 3 vs (y) = Ay + B, se tiene 3A + 2(s − 1)(Ay + B) = 4y, luego A = ,B=− . s−1 (s − 1)2 2y 3 Por lo tanto, L[u](s, y) = vs (y) = − . s − 1 (s − 1)2 1 1 y L[xex ](s) = se tiene u(x, y) = 2yex − 3xex . Puesto que L[ex ](s) = s−1 (s − 1)2

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Ecuaciones Diferenciales II

= 2yex − 3ex − F´acilmente se comprueba el resultado: u(0, y) = 2y·1 − 0 = 2y, ∂u(x,y) ∂x 3xex , ∂u(x,y) = 2ex , ∂y 2 ∂u(x,y) + 3 ∂u(x,y) = 4yex − 6ex − 6xex + 6ex = 4yex − 6xex = 2u(x, y). ∂x ∂y Podemos preguntarnos qu´e hubiese ocurrido si en lugar de la soluci´on particular anterior hubi´esemos seleccionado otra. No es dif´ıcil comprobar que la soluci´on general de la ecuaci´on diferencial ordinaria 3(vs )′ (y) + 2(s − 1)vs (y) = 4y es 2

vs (y) = M(s)e 3 (1−s)y +

2y 3 − . s − 1 (s − 1)2

Si suponemos que la funci´on M tiene transformada inversa de Laplace f , esto es, L[f ](s) = M(s), entonces 2 2 2 2 2 2 u0 (x, y) = L−1 [M(s)e 3 (1−s)y ](x, y) = e 3 y L−1 [M(s)e− 3 sy ](x, y) = e 3 y f (x − y)U(x − y) 3 3  0 si t < 0 . Para que se en donde U es la funci´on de salto unidad de Heaviside U(t) = 1 si t ≥ 0 verificase la condici´on inicial del problema, ser´ıa necesario que se cumpliese u0 (0, y) = 0 para todo y. Pero esto implicar´ıa u0 (x, y) = 0 para cualesquiera x, y. Por lo tanto, u(x, y) = 2yex − 3xex es la u ´ nica soluci´on.

Ejercicio 5 Sea f : R → R una funci´on, derivable con continuidad, para la que se verifica Z +∞ Z +∞ Z +∞ |f (x)| dx < +∞, |f ′ (x)| dx < +∞, |xf (x)| dx < +∞. Denotemos por fb −∞ −∞ −∞ Z +∞ a la transformada de Fourier de f , esto es, fb(ω) = f (y)e−iyω dy. −∞  ′ b a) Demu´estrese que f (ω) = −ib g (ω), en donde g(x) = xf (x). 2

b) Apl´ıquese a) para calcular la transformada de Fourier de la funci´on f (x) = e−9x .

Soluci´ on: a) Las condiciones del enunciado

Z

+∞ ′

−∞

|f (x)| dx < +∞,

permiten derivar respecto de ω dentro del signo de integral, luego Z +∞  ′ b f (ω) = (−iy)f (y)e−iyω dy = −ib g (ω), −∞

en donde g(x) = xf (x).

Z

+∞

−∞

|xf (x)| dx < +∞

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Ecuaciones Diferenciales II 2

b) Comencemos observando que la funci´on f (x) = e−9x verifica f ′ (x) = −18xf (x) = −18g(x). Aplicando la transformada de Fourier a los dos miembros de esta igualdad, la propiedad demostrada en a) y la expresi´on de la transformada de la derivada  ′ iω fb(ω) = fb′ (ω) = −18b g (ω) = −18i fb (ω).

2 Integrando esta ecuaci´on diferencial resulta fb(ω) = fb(0)e−ω /36 . Finalmente, fb(ω) = √ π −ω2 /36 e , pues 3 √ Z +∞ Z +∞ Z +∞ 1 π 2 2 −iy0 −9y −x fb(0) = f (y)e dy = e dy = e dx = . 3 −∞ 3 −∞ −∞

Ejercicio 6 Resu´elvase el siguiente problema utilizando las transformadas de Laplace respecto de ambas variables ∂ 2 u(x, t) = 2(x + 1) cos t ∂x∂t u(x, 0) = −x2 u(0, t) = t. Soluci´ on: Denotemos por L1 a la transformada respecto de la primera variable y por L2 a la transformada respecto de la segunda variable. Se tiene  ∂2u L1 (w, t) = L1 [2 (x + 1) cos t] ⇒ ∂x∂t     ∂u ∂ L1 (w, t) = 2L1 [x + 1] (w, t) cos t ⇒ ⇒ ∂t ∂x   ∂ 1 1 ⇒ cos t ⇒ (wL1 [u] (w, t) − u(0, t)) = 2 + ∂t w 2 w  1 1 ∂ cos t ⇒ (wL1 [u] (w, t) − t) = 2 + ⇒ 2 ∂t w  w ∂L1 [u] (w, t) 1 1 ⇒ w cos t. −1=2 + 2 ∂t w w Transformando respecto variable     de la segunda   ∂L1 [u] (w, t) 1 1 L2 w cos t (w, s) ⇒ − 1 (w, s) = L2 2 + 2 ∂t w w     1 1 ∂L1 [u] (w, t) (w, s) − L2 [1] = 2 L2 [cos t] (w, s) ⇒ + ⇒ wL2 ∂t w2 w

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Ecuaciones Diferenciales II   s 1 1 1 + ⇒ ⇒ w (sL2 L1 [u] (w, s) − L1 [u(w, 0)]) − = 2 2 s w  w 1 + s2 1 s 1 1 ⇒ w (sL2 L1 [u] (w, s) + L1 [w 2 ]) − = 2 + ⇒ 2 s  w w 1 + s2    1 s 1 1 2 + . ⇒ w sL2 L1 [u] (w, s) + 3 − = 2 2 w s w w 1 + s2 En consecuencia   1 1 s 1   2 + + 2 2 2 1 1 1 2 1 w 2 w 1 + s2 s L2 L1 [u] (w, s) = − 3 = + + − sw w 3 w 2 1 + s2 w s2 w 3 s  sw  1 2 2 2 + 2 sen t + t − 3 , L1 [u] (w, t) = 3 w w w w y la soluci´on buscada es u(x, t) = (x2 + 2x) sen t + t − x2 .

Bibliograf´ıa [1] Haberman R. Ecuaciones en derivadas parciales con series de fourier y problemas de contorno. Tercera edici´on. Prentice Hall, Madrid, 2003. [2] Pedregal P. Iniciaci´on a las Ecuaciones en Derivadas Parciales y al An´ alisis de Fourier. Septem Ediciones, Oviedo, 2001. (www.septemediciones.com) [3] Peral I. Primer curso de ecuaciones en derivadas parciales. Addison Wesley Iberoamericana / Universidad Aut´onoma de Madrid. Wilmington, 1995. De libre acceso desde: http://www.uam.es/departamentos/ciencias/matematicas/docencia/iperal/ [4] Powers D.L. Boundary value problems. Fourth Edition. Academic Press. San Diego, 1999. [5] Strauss W.A. Partial differential equations. An introduction. Wiley. New York, 1992.

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