apuntes metodos matematicos ii 2013

7/29/2019 Apuntes Metodos Matematicos II 2013

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2013

apuntes demtodos

matemticos II(EDPs)

Pepe ArandaMtodos MatemticosFsicas Complutense

http://jacobi.fis.ucm.es/pparanda/EDPs.html


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Mtodos Matemticos II (grupos C y E, 2012-2013)

ndiceBibliografaSobre las versiones de los apuntes

Introduccin 1

1. Introduccin a las EDPs 31.1 EDPs lineales de primer orden 51.2 EDPs lineales de segundo orden; clasificacin 81.3 Los problemas clsicos; unicidad 111.4 Ecuacin de la cuerda vibrante 14

1.5 Transformadas de Fourier 19

2. Soluciones de EDOs en forma de serie 232.1 Funciones analticas y puntos regulares 242.2 Ecuacin de Euler y puntos singulares regulares 282.3 Ecuaciones de Legendre, Hermite y Bessel 332.4 El punto del infinito 36

3. Problemas de contorno para EDOs 373.1 Problemas de Sturm-Liouville homogneos 383.2 Series de Fourier 433.3 Problemas no homogneos 47

4. Separacin de variables 494.1 Separacin de variables para el calor 504.2 Separacin de variables para ondas 564.3 Separacin de variables para Laplace 614.4 Algunos problemas en tres variables 684.5 Funciones de Green 75

Apndice 79

Problemas 1 iProblemas 2 iii

Problemas 3 ivProblemas 4 v

Problemas adicionales 1 IProblemas adicionales 2 IIIProblemas adicionales 3 IVProblemas adicionales 4 V

[Estos apuntes pueden ser utilizados y citados por cualquierasin ningn problema, siempre que no haga negocio con ellos].


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Bibliografa

H Haberman. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES con Series de Fouriery Problemas de Contorno. Prentice Hall

Ss Strauss. PARTIAL DIFFERENTIAL EQUATIONS. An Introduction. Wiley

W Weimberger. ECUACIONES DIFERENCIALES EN DERIVADAS PARCIALES. Revert

Sp Stephenson. INTRODUCCION A LAS ECUACIONES EN DERIVADAS PARCIALES. Revert

MU Myint-U. PARTIAL DIFFRENTIAL EQUATIONS OF MATHEMATICAL PHYSICS. Elsevier

T Tijonov-Samarski. ECUACIONES DE LA FISICA MATEMATICA. Mir

Ch Churchill. SERIES DE FOURIER Y PROBLEMAS DE CONTORNO. McGraw-Hill

BD Boyce-Di Prima. ECUACIONES DIFERENCIALES y problemas con valores en la frontera.Limusa

Si Simmons. ECUACIONES DIFERENCIALES (con aplicaciones y notas histricas).McGraw-Hill

Br Braun. ECUACIONES DIFERENCIALES Y SUS APLICACIONES. Interamericana

R Ross. ECUACIONES DIFERENCIALES. RevertE Elsgoltz. ECUACIONES DIFERENCIALES Y CALCULO VARIACIONAL. Mir

MCZ Marcelln-Casass-Zarzo. ECUACIONES DIFERENCIALES. PROBLEMAS LINEALES YAPLICACIONES. McGraw-Hill

PA Puig Adam. CURSO TEORICO-PRACTICO DE ECUACIONES DIFERENCIALESAPLICADO A LA FISICA Y TECNICA.

Los 7 primeros libros son propiamente de EDPs: H, Ss, W, MU y T incluyen casi todos lostemas de los apuntes (y muchos otros que no se tratan en ellos). Sp y Ch tienen bastantesmenos pginas (y sirven para parte del curso). Los 5 siguiente son bsicamente de EDOs,con lo que casi todos tratan los temas 2 y 3 relativos a ecuaciones ordinarias, aunque tienentambin introducciones a las EDPs. En concreto, BD, Si, Br y R estudian los problemas de

contorno para EDOs y algo del mtodo de separacin de variables. R clasifica adems lasEDPs de segundo orden con coeficientes constantes. E trata con detalle las EDPs de primerorden (lineales y no lineales). Los 2 ltimos, el MCZ y el clsico PA (de 1950), son mixtos deEDOs y EDPs y abarcan una mayor parte del curso.

Gran parte de los libros de EDPs, en vez de estar organizados en torno a los mtodos deresolucin (como en estos apuntes), estudian por separado y con diferentes tcnicas lasecuaciones hiperblicas, elpticas y parablicas.

Las EDPs de primer orden de 1.1 se estudian en H, E y PA, aunque se centran en lasecuaciones cuasilineales (o incluso no lineales) ms generales y complicadas. La reduccina forma cannica y las cuestiones de unicidad se ven en casi todos los libros de EDPs, porejemplo en MU, W o T. La deduccin de las ecuaciones y el significado fsico de los problemasse puede mirar, por ejemplo, en Bd, H, W, Ss o T. Para la cuerda vibrante de 1.4 se puedenconsultar el H, SS o W. Para la seccin 1.5 de la F ver Ch, Ss, Sp, MU y, sobre todo, H y W

que utilizan tambin la transformada de Laplace para EDPs (W tiene una introduccin a lavariable compleja).

El mtodo de series para las EDOs del tema 2 est bien contado en el BD y el Si, tantopara puntos regulares como para singulares regulares.

Para el 3 es recomendable leer BD, Si y H. Hay ms demostraciones que en los apuntes (ycon matemticas no muy complicadas) en Ss, W o Ch.

La separacin de variables del tema 4 est en casi todos los libros. Buenas introduccioneshay en Sp, BD, Si, Br o R. El libro ms recomendable para todo este captulo es el H. Paraprecisiones de convergencia y problemas de varias variables, ms variados que los escasosresueltos en estos apuntes, ver Ss, W, MU o T. La introduccin a las funciones de Green paraLaplace de 4.5, sigue ms o menos el MU. Ss, W, T y Sp tambin estudian las funciones deGreen por otros caminos.

El MCZ, el H y el Ss dan mtodos numricos para problemas de contorno y EDPs (lo queno hacen los dems libros, salvo unas pocas ideas del W).


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Sobre las versiones de los apuntes

Versin 2013. El mayor cambio es el traslado de la transformada de Fourier al final del captulo 1, quecambia de nombre (y de las funciones de Green al final del 4). Hay bastantes pequeos retoques enteora y ejemplos de separacin de variables. Hay cambios menores en el resto de los apuntes y, como

cada curso, se retocan los problemas, incluyendo los del curso pasado y pasando otros a adicionales.Versin 2012. Primeros apuntes de mtodos matemticos II, para la asignatura del grado. Incluyenun nuevo tema 3 de soluciones por series (que abandona la asignatura de EDOs para hacer hueco a lavariable compleja). Para hacer sitio a este tema se recortan otros varios de las Ecuaciones II.

Se limaron sutilezas sobre tangencias en 1.1. En 1.2 se tratan slo las EDPs con coeficientes constantes,lo que acorta teora y problemas. La cuerda vibrante vuelve (12 aos despus y simplificada) al tema1. Las ondas en ms dimensiones se fueron (salvo una cita a las del espacio con simetra radial).

El tema 2 recoge el tema 3 de mis apuntes de EDOs, con notable reduccin de ejemplos y problemas.

Del anterior tema 2 (ahora 3) salen las funciones de Green (que se juntan con las de Laplace en 5.2, attulo informativo).

En el 4 de separacin de variables pas a tener seccin propia la ecuacin de ondas (con ejemplosnuevos, algunos de comparacin con DAlembert). El resto sigue casi igual.

De la transformada de Fourier desaparecen las transformadas seno y coseno.

El apndice tuvo que modificar. Y la mayor reduccin, como en el anterior cambio de plan, se hizo enlos problemas (ya simplificados para el grupo residual del curso anterior).

Para separar los ejemplos se incluyeron (como en los apuntes de Matemticas) recuadros de color .

Versin 2011. Adaptacin al grupo residual de la licenciatura (2010/11, ltimo ao con clases). Sepasaron a letra pequea temas que en otros grupos no se contaban (como las ondas en 3 y 2 di-mensiones, tras retocar 4.1 y 4.2), los problemas 3 se dividieron en dos partes, bastantes problemaspasaron a adicionales y se incluyeron nuevos y nuevos ejemplos inventados para el piloto del 08/09.

Versin 2009. Bastantes novedades, empezando por la letra, que pas a ser Bitstream-Vera (sin serif),lo que oblig a reescribir (y de paso a retocar) muchas partes del texto.

1.1 y 1.3 se modificaron levemente y 1.2 se volvi a reordenar.

2 perdi una seccin. Los ejemplos de la vieja 2.1 se incluyeron, adems de otros nuevos, en la nueva2.1. Tambin aparecieron ms ejemplos en series de Fourier y en problemas no homogneos.

3.1 incluy ejemplos nuevos del calor y 3.2 dos ejemplos ms en cartesianas y uno en polares. 3.3

cambi poco y como 3.4 (antes 4.4) apareci la introduccin a las funciones de Green para Laplace.En todo el 4 aparecieron ejemplos nuevos (y otros se detallaron). En 4.1, uno de cuerda semi-infinita yotro de cuerda acotada, dos de ondas en 3 dimensiones en 4.2, y tres de la F de 4.3.

Se cre un apndice con repaso de EDOs, de convergencia uniforme y clculo en varias variables.

Los problemas cambiaron bastante (los grupos piloto exigen inventar muchos problemas y eso se not).

Versin 2008. Escasas novedades en teora. Adems de algunas correcciones de ejemplos, erratas,estticas... se reorden la seccin 1.2 y se aadieron ejemplos en 3.1. Los problemas incluyeron los deexamen del curso anterior, algunos de los del curso 06-07 pasaron a adicionales y otros se convirtieronen problemas a entregar en el grupo piloto.

Versin 2007. Primera de los apuntes de Ecuaciones Diferenciales II (EDPs) y heredera de losapuntes de ecuaciones en derivadas parciales para los Mtodos Matemticos II, impartidos porltima vez en el 1997-98 (la versin, 2000, en Word, contena mis apuntes de ese ao, pero con dibujos aordenador). La asignatura era de 3, los estudiantes haban cursado Mtodos I en 2 (variable complejay espacios de Hilbert) y haba 5 horas semanales de clase. Las Ecuaciones II, en cambio, se cursaban

en 2, con 4 horas semanales y slo se haba estudiado lgebra y Clculo en 1, y las EDOs del primercuatrimestre de segundo. Por tanto, hubo que reducir contenidos. Aunque los temas se mantuvieron(reordenados), algunos pasaron a estar en letra pequea (a ttulo informativo). Ms funcion la tijeraapartando de las hojas de problemas fundamentales bastantes de los ms complicados del pasado.

Yendo al detalle, el tema 1 era el antiguo 5, con algn ejemplo ms, algn recorte en unicidad y sededuce ya la frmula de DAlembert (el viejo captulo 6 se traslad, reduciendo su tamao, al tema 4).

El 2 de esa versin era el viejo 7 de problemas de contorno, centrndose en las condiciones separadas,eliminando ideas sobre comparacin de autovalores y poniendo la de Dirac en letra pequea.

El 3 de separacin de variables era el viejo 8, bastante reordenado. En vez de separar problemashomogneos y no homogneos, se tratan ambos sucesivamente, primero para calor y ondas, y en otraseccin para Laplace. Aparecen, como novedad, algunas lneas dedicadas a los armnicos esfricos.

El 4 incluy las ondas en 1, 3 y 2 dimensiones espaciales (con menos intensidad que en Mtodos II, sobretodo en problemas), la transformada de Fourier, y, a ttulo informativo, el mtodo de las imgenes.

Los problemas se dividieron en problemas (los que se hacen en clase) y problemas adicionales. Unos

cuantos de los viejos problemas (y varios apartados de otros) desaparecieron del todo.Los apuntes se hicieron en LATEX, utilizando el programa TeXShop para Mac y eligiendo ese ao 2007,para distinguirse de las letras habituales, el tipo palatino.


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Introduccin

Estos apuntes estudian principalmente las ecuaciones en derivadas parciales

(EDPs), aunque tambin tratan las soluciones por medio de series y los problemasde contorno de las ecuaciones diferenciales ordinarias (EDOs). Una EDP es unaecuacin en la que aparecen derivadas parciales de una funcin incgnita de variasvariables. Todas las EDPs que veremos sern lineales. Ms en concreto, salvo unbreve estudio de las lineales de primer orden, trataremos de EDPs lineales desegundo orden (con derivadas de orden 2 o menor), del tipo:

[E] L[] nX

,j=1

Aj2

j+

nXj=1

Bjj

+ C = F

con , Aj , Bj , C y F funciones de (1,...,n) . Sobre todo veremos el caso n =2 .

Una solucin de [E] ser una funcin (1, . . . ,n) de clase C2 en una regin

de Rn que sustituida en la ecuacin la convierte en una identidad.

Entre las EDPs lineales de segundo orden se encuentran muchas ecuaciones de lafsica. Entre ellas las tres clsicas:

ecuacin de ondas tt c2 = 0ecuacin del calor t k = 0y ecuacin de Laplace = 0

que son ejemplos, respectivamente, de los tres grandes tipos en que se clasifican:hiperblicas, parablicas y elpticas. La teora avanzada de EDPs viene a serla generalizacin del estudio de estas tres ecuaciones. Sus propiedades son tandiferentes que no existen teoras generales como la de las EDOs lineales.

En el captulo 1 se ver que pocas veces se puede hallar la solucin de una EDP

mediante integracin (por eso, en el captulo 4 utilizaremos series para resolverla).Veremos como dar la solucin general de algunas EDPs de primer orden en dosvariables (y aparecer una funcin arbitraria de las caractersticas, soluciones deuna EDO ligada a la EDP) y de pocas de segundo (con dos funciones arbitrarias).Precisaremos qu condiciones adicionales (iniciales o de contorno) se imponen alas EDPs para conseguir solucin nica. De las clsicas, slo para la de ondas sepodr dar su solucin general y una frmula (de DAlembert) para la solucin condatos iniciales. Utilizaremos tambin la transformada de Fourier para resolveralgunas EDPs en recintos no acotados (como la del calor en la recta infinita).

El captulo 2 describe cmo resolver EDOs lineales de segundo orden medianteseries de potencias (nico mtodo posible en la mayora de las ocasiones), entorno a los llamados puntos regulares y a los singulares regulares, incluido

el llamado punto del infinito. Se aplica el mtodo a tres ecuaciones particulares(Legendre, Hermite y Bessel) que aparecen al resolver EDPs de la fsica.

El captulo 4 describe el mtodo de separacin de variables para resolver lasecuaciones clsicas (homogneas y no homogneas, en diferentes coordenadas yen 2 o ms variables) en recintos sencillos (y acotados, al menos, en una de lasvariables). Se supone la solucin como producto de funciones de cada variable yesto lleva a resolver EDOs para cada una, alguna con condiciones de contorno. Lassoluciones quedan expresadas en trminos de series de Fourier. La teora (muydiferente de la de los de valores iniciales) de problemas de contorno para EDOs(homogneos y no homogneos) y un estudio de dichas series se dar previamenteen el captulo 3. Y al final del 4 hablaremos brevemente de las funciones deGreen para problemas de contorno de EDOs y para Laplace.

Los apuntes acaban con un apndice en el que se repasan algunos conocimientosmatemticos previos (de EDOs, de clculo en varias variables y de convergenciauniforme) que se utilizan en los captulos anteriores.

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Para acabar esta introduccin, describamos el significado fsico de las ecuacionesclsicas. Interpretmoslas nicamente en sus versiones ms sencillas (que son lasms tratadas en los apuntes): cuando la es funcin de dos variables.

Empecemos con la ecuacin de ondas unidimensional o ecuacin de la cuerdavibrante. Consideremos las oscilaciones de una cuerda totalmente elstica, tensa

y fija en sus extremos. Se supone que sus oscilaciones son siempre transversalesy de pequea amplitud. En esas condiciones se puedever que si (, t) representa el desplazamiento verti-cal del punto de abscisa en el instante t, la funcin(, t) satisface la EDP:

tt c2 = F(, t)donde c2 = To/ , con To fuerza de tensin en los extremos, masa por unidadde longitud (densidad lineal) y F(, t) fuerza externa por unidad de masa queacta en direccin vertical sobre el punto en el instante t. Para determinar laevolucin de una cuerda concreta, se ver que debemos fijar la posicin de lacuerda y la distribucin de velocidades verticales en el instante inicial, es decir,(,0) y t(,0) . Tambin se deber de tener en cuenta que permanece fija en

los extremos = 0 y = L , o sea, que (0, t) = (L, t) = 0 . No olvidemos que elmodelo matemtico de esta cuerda ideal es slo una simplificacin de la realidad;lo mismo ocurre con las siguientes.

La distribucin de temperaturas a lo largo del tiempo en una varilla delgada (quepodemos suponer unidimensional) viene regida por la ecuacin del calor:

t k = 0donde (, t) representa la temperatura del punto en el instante t y k >0 esuna constante proporcional a la conductibilidad e inversamente proporcional a ladensidad y al calor especfico. Si existiesen fuentes de calor en el interior de lavarilla deberamos escribir una F(, t) en el segundo miembro de la ecuacin. Adiferencia de la de ondas, aqu bastar dar slo la distribucin inicial de tempera-

turas (,0) (junto con las condiciones de contorno) para determinar la solucin.

La ecuacin de Laplace:

+ yy = 0

puede describir, entre otras situaciones fsicas, la distribucin estacionaria de tem-peraturas en una placa bidimensional. La existencia de fuentes de calor en el inte-rior de la superficie aportara una F en el segundo miembro (ecuacin de Poisson).Frente a las dos ecuaciones anteriores que describan la evolucin de un sistema alo largo del tiempo, sta describe situaciones estacionarias y los problemas que seplantean para ella son siempre con condiciones de contorno.

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1. Introduccin a las EDPs

Para las EDOs se suelen plantear problemas de valores iniciales, casi siempre de so-

lucin nica. Para resolverlos (cuando se puede) se suele hallar primero la solucingeneral e imponer despus uno o varios (dependiendo del orden) datos iniciales.

En este captulo describiremos los problemas anlogos para las EDPs y veremos losmtodos que permiten hallar sus soluciones a travs de integraciones. La variedady complicacin ser mucho mayor que en las ordinarias. Por ejemplo, casi nuncase podr hallar la solucin general de una EDP.

Comenzamos en la seccin 1.1 tratando las EDPs lineales de primer orden endos variables, es decir, ecuaciones del tipo:

[1] A(, y)y + B(, y) = H(, y) + F(, y) ,

con pocas aplicaciones fsicas, pero que plantean de forma sencilla los problemas

de las de segundo orden. Sern resolubles si es posible hallar las soluciones deuna EDO de primer orden, llamadas curvas caractersticas de [1]. En la solucingeneral de [1] aparece una funcin p arbitraria (como en el ejemplo = 0 , desolucin (, y) =p(y) , para cualquier p ). Para precisar esta p fijaremos el valorde la solucin a lo largo de una curva G del plano y (problema de Cauchy). Uncaso particular ser el problema de valores iniciales, si fijamos (,0) =() .La solucin quedar determinada si G no es tangente a las caractersticas.

En 1.2 abordamos las EDPs lineales de segundo orden en dos variables:

[2] L[] Ayy + By + C + Dy + E + H = F(, y)Aunque no es mucho ms complicada la teora para coeficientes variables, noslimitaremos a considerar que A , . . . , H son constantes. Para intentar resolver [2],

se escribir, mediante cambios de variables, en la forma ms sencilla posible(forma cannica) en las nuevas variables , , lo que llevar a su clasificacinen ecuaciones hiperblicas, parablicas y elpticas.

En pocos casos, a partir de la forma cannica, se podr hallar la solucin general,que depender de dos funciones p y q arbitrarias, que se pueden fijar con datosde Cauchy o iniciales anlogos a los de [1]. La nica de las clsicas resolubles poreste camino es la ecuacin de ondas tt c2 = 0 , para la que sern:

= 0 [forma cannica]

(, t) = p(+ct) + q(ct) [solucin general]Partiendo de esta solucin general se deducir la frmula de DAlembert queexpresa su solucin en trminos de la posicin y velocidad iniciales:

tt c2 = 0 , , t2R(,0) =() ,t(,0) = g()

! = 12

(+ct)+(ct)+ 1

2c

Z+ctct

g(s) ds

Los datos iniciales puros slo se plantean para las ondas, pues carecen de sentidofsico y plantean problemas matemticos en las otras dos ecuaciones clsicas. Lascondiciones iniciales y de contorno ligadas a un problema real son diferentes paracada ecuacin. No hay una teora general de EDPs que abarque todas las posibili-dades. En cada caso hay que comprobar que el problema est bien planteado,es decir, que tiene solucin nica que depende continuamente de los datos(lo que era trivial en las EDOs). La seccin 1.3 se dedica a describir los diferentesproblemas asociados a las ecuaciones clsicas, a interpretar fsicamente el signifi-

cado de las diferentes condiciones adicionales y a precisar su unicidad. Todos ellostendrn solucin nica, excepto el llamado problema de Neumann para Laplace.

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En la seccin 1.4 nos dedicaremos a sacarle jugo a la citada frmula de DAlembertque da la solucin del problema puro de valores iniciales para la cuerda infinita. Ve-remos que la solucin (, t) resulta ser la suma de dos ondas que se mueven ensentido opuesto a velocidad c . Daremos tambin una frmula para las solucionesde la ecuacin no homognea [con fuerzas externas F(, t) ]. Comprobaremoscomo, extendiendo de forma adecuada los datos iniciales a todo R, podemosabordar problemas con condiciones de contorno. Primero para la cuerda semi-infinita (a la que ser pueden reducir las ondas en el espacio con simetra radial) yluego para la acotada. Al estar manejando funciones con expresiones distintas endiferentes intervalos, escribir la solucin explcitamente lleva a discusiones com-plicadas. Por eso nos conformaremos muchas veces con hallar su expresin paravalores de t o fijos o con los dibujos de la solucin.

En 1.5 definiremos la transformada de Fourier F de una funcin :

F[](k) = (k) 1p2

Z

()eik d

y veremos algunas de sus propiedades que permiten resolver algunas EDPs enintervalos no acotados (en ellos no se podr utilizar la separacin de variablesdel captulo 4 por no aparecer problemas de Sturm-Liouville).

Las transformadas de Fourier de derivadas harn desaparecer las derivadas:

F[0] = ikF[] , F[00] = k2F[] .Por eso, aplicando F a un problema de EDPs obtendremos un problema para EDOs(para las ecuaciones en dos variables que tratamos). Resuelto este segundo pro-blema, para hallar la solucin habr que encontrar una transformada inversa. Enparticular (adems de otros problemas que sabamos resolver por otros caminos),la F nos permitir dar la solucin del problema para la ecuacin del calor envarillas no acotadas (no resoluble con las tcnicas de 1.2):

t = 0 ,

2R, t >0

(,0) =() , acotada ! (, t) =1

2ptZ

(s)e

(

s)2/4t

ds

De ella se deducir que, segn nuestra ecuacin matemtica, el calor (a diferenciade las ondas) se transmite a velocidad infinita y que las discontinuidades desapare-cen aqu instantneamente. Tambin se vern problemas en que aparece la deltade Dirac () , que ser introducida informalmente.

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1.1. EDPs lineales de primer orden

Sea [E] A(, y)y + B(, y) = H(, y) + F(, y) , = (, y) .

Para resolverla usaremos la EDO de primer orden [e]dy

d=

A(,y)

B(,y)ecuacincaracterstica

Suponemos que A y B son de C1 (con parciales continuas) y que no se anulan ala vez en una regin del plano. Entonces [e] tendr en ella unas curvas integrales:

(, y) = K curvas caractersticas de [E]

(que se podrn hallar explcitamente si [e] es separable, lineal, exacta. . . ).

Haciendo el cambio de variable

= (, y) = y (o bien = )

, [E] se convierte en:

y = y + =

! A + [Ay + B] = H + F

Y como sobre las soluciones y() definidas por (, y) = K se tiene:

(, y()) = K ! + ydyd =1

B[Ay + B] = 0 ,

vemos que [1] pasa a ser una ecuacin en las nuevas variables (,) en la que noaparece :

[E] A(,) = H(,) + F(,) , = (,) .

Si hubisemos escogido = habramos llegado a [E] B = H + F .

(Como vemos, tras el cambio queda el trmino con la variable elegida).

[E] (o [E]) es una EDO lineal de primer orden en la variable si consideramosla constante (y, por tanto, es resoluble). En su solucin aparecer una constantearbitraria para cada , es decir, una funcin arbitraria de :

[] (,) = p()eR

HA

d + eR

HA

dR

FAe

R

HA

d d , con p arbitraria de C1.

Deshaciendo el cambio queda resuelta [E] en funcin de e y. En la solucin,como se observa, aparece una funcin arbitraria de las caractersticas.

Cmo determinar una nica solucin de [E]?, es decir, cmo precisar p ? Cadasolucin describe una superficie en el espacio. Generalizandoel problema de valores iniciales para EDOs definimos:

El problema de Cauchy para [E] consiste en hallar lasolucin (, y) que tome unos valores dados sobreuna curva G del plano y, o lo que es lo mismo, quecontenga una curva dada del espacio.

En particular, si G es una recta y= cte

por ejemplo, si se pide (,0) =()

,se tiene lo que se llama un problema de valores iniciales.

Pero un problema de Cauchy puede no tener solucin nica.

Por ejemplo, la solucin general de Ay+B =0 es (, y) =p(, y)

y cada solucin toma valor constante sobre cada (, y) = K. Si la curva

G donde imponemos los datos es una de esas caractersticas se debe

exigir que est en un plano horizontal z= C . Entonces hay infinitassoluciones [una para cada funcin p 2 C1 con p(K) = C ]. Si no tiene zconstante, no hay solucin que contenga a .

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Ej 1. y2y+ = 2dyd

= y2 , 1y

= K ! +1

y= K

caractersticas=+

1

y

= [mejor]! =2=2 ! =p()e2= p

+

1

y

e

2

, p2C1.

=+

1

y

=y [peor]! y2=2

= 1! =

22

23

! =p()e

1

2 2

=p+

1

y

e

1y2

2y .

Aunque no lo parezca, las expresiones con p y p definen la misma solucin general,

pues e 1

y2 2y

= e+

1

y

2e

2, y p

+

1

y

e

+

1

y

2es otra funcin arbitraria de +

1

y

.

Impongamos ahora diferentes datos de Cauchy a la ecuacin y veamos lo que resulta:

(,1) =1 ! p(+1)e2 =1 . Para precisar la p hacemos +1= ! =1 .

Por tanto: p() =e(1)2 ! =e

2+

1

y12

= e2 2

y+

2

y 1

y21

.

O bien, p(+1)e12 = 1+1=

!p() = e21 %

Estos clculos han determinado la nica solucin del problema de valores iniciales.

(0, y) =y ! p1y

=y

1/ y=! p() = 1

! = y1+y

e2

, que tambin parece ser nica.

(, 1

) =0 y (, 1

) =1 darn problemas por estar dados sobre caracterstica.

Para el primero: p(0)e2

=0 . Lo cumple toda p2C1 con p(0) =0 . Infinitas soluciones.Para el segundo: p(0)e

2

=1 , p(0) = e2

. Imposible. No tiene solucin.

Datos sobre caractersticas dan siempre 0 o soluciones[pues se acaba en p(cte)=algo, que puede ser constante o no].

Tratemos el problema de la unicidad en general. Supongamos que buscamos la solucin con

g(s), h(s)

=(s) , g y h derivables [la curva G = (g, h) es suave].

Sustituyendo en [] y despejando p : p(g(s), h(s))

= R(s) , con R conocida. Como arriba,

llamemos =

g(s), h(s)

. Si podemos despejar s en funcin de de forma nica s = s() ,la p() = R

s()

queda fijada y, por tanto, hay una nica solucin de [E] con esos datos.

Sabemos que esta funcin inversa existe seguro en un entorno de cada so para el que sea:

dds

s=so

=d

ds

g(s), h(s)

s=so=

g(so), h(so)

g0(so), h0(so) 6= 0 .

Como es perpendicular a las caractersticas y (g0, h0) es tangente a G , deducimos:

Si G no es tangente en ningn punto a las caractersticas haysolucin nica del problema de Cauchy en un entorno de G.

La tangencia se puede ver sin resolver la EDO [e], a partir desu campo de direcciones: el vector (B, A) es tangente a sussoluciones y (A, B) es perpendicular. Por tanto:

G es tangente a alguna caracterstica en un punto

g(so), h(so)

si y slo si

(so) g0A(g, h) h0B(g, h)

s=so= 0 .

Si (s)6=0 s el problema de Cauchy tiene solucin nica.[Si (s)0 s , G es tangente en cada punto, es decir, es una caracterstica].

Estudiemos de nuevo la unicidad del ejemplo 1, ahora que tenemos teora general:

El primer dato y=1 , como muestra el dibujo, no era tangente a las caractersticas.

Exactamente lo mismo lo asegura () = 1 12

0 1 = 1

6= 0 .

En el segundo, a =0 le ocurre lo mismo, y es (y) = 0 y2 1 1 = 1 6= 0 .

Para los otros: () =1 1

2 12

1 0 , lo que confirma que G es caracterstica.

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Ej 2.(y2)y+ =y(0, y) = y2

dyd

=y21

, y= Ce+2+2 ! (y22)e = C= (y22)e= (parece mejor)

! =y= e+2+2 ! = p()+e+2+2 , = p[y22]e

+y+22 .

Escogiendo =y no se podra despejar la de = (22)e .p(y2)+y2=y2 , p(y2) =0 ! p() =0 , = y+22 .

Solucin nica porque =0 nunca es tangente a las caractersticas.

Ej 3.yy+ = 2

(,1) = 3dyd

=y

! y= C !=y/

=y! = 2 !

= p()2 = py

y2 ; (,1) = p

1

= 3 ! p() = 1

3; =

3

y.

[Slo si y >0 ; la solucin de un problema de Cauchy, en principio, slo es local].

Ej 4. 2y = 4y dyd = 2 ! y+2 = K caractersticas. = y+2

= y! 2 = 4y ; = 2 ! = p() + 2 = p(y+2) +y2

= y+2

= ! = 4y = 443 !

= p()+422 = p(y+2)2y24

Imponemos diferentes datos de Cauchy a la ecuacin y analizamos la unicidad:

(1, y) =0 ! p(y+1)+y2 =0 , p() =(1)2

p(y+1)2y1=0 , p() =21! = 2y+222y241 .

[p p fijadas ; =1 no es tangente a las caractersticas].

(, 2) = 0 ! p(0) +4 = 0 . Imposible, no hay solucin.

(, 2) = 4 ! p(0) =0 . Cada p2C1 con p(0) =0 nos dauna solucin diferente: hay infinitas.

(,0) =0 ! p(2) =0 . Slo queda fijada p() =0 para 0 ,pero no hay ninguna condicin sobre p si


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1.2. EDPs lineales de segundo orden; clasificacin

Consideremos [E] L[]

Ayy + By + C + Dy + E + H = F(, y) .

Nos limitamos en estos apuntes al caso de que A , B , . . . , H sean constantes (A ,B y C no todas nulas). Como en las EDPs de primer orden, quizs un cambio devariable bien elegido haga desaparecer trminos de [E], de forma que resulte unaecuacin resoluble elementalmente. Hagamos un cambio genrico y analicemos laexpresin de [E] en funcin de las nuevas variables:

= p+qy

= r+sy, con p,q,r,s constantes y jacobiano J =psqr6=0 . Entonces:

y = q + s

= p + r,

yy = q2 + 2qs + s

2

y = pq +(ps +qr) + rs

= p2 + 2pr + r

2

,

q2A+pqB +p2C

+

2qsA +(ps+qr)B+2prC

+

s2A+rsB+r2C

+

= A + B + C

+ = F(,)los puntos representan los trminos en , y

.

Intentemos hacer A= C=0 . Para ello debe ser:q2A +pqB +p2C = 0

s2A + rs B + r2C = 0.

Si B24AC >0 y A6=0 podemos elegir p = r=1 y q, s = 12A

B pB24AC .Si A =0 y C6=0 tomamos q =1 , p =0 y s =1 , r= B

C; A = C =0 es caso trivial

.

Si B24AC =0 , q y s coinciden y sera J =0 . Y si es 0= 0< 0

se dice, respectivamente, que la EDP [E] eshiperblicaparablicaelptica

Encontremos la forma ms sencilla en que podemos escribir [E] (forma cannica)en cada caso. Si es hiperblica, arriba hemos visto que se convierte con el cambio

= Bp

B24AC2A

y

= B+p

B24AC2A

y

en B + = F. Como (B)2 >0 , podemos escribir la

forma cannica de las hiperblicas: + = F .

A las dos familias de rectas = K, = K se les llama caractersticas de [E].

Si [E] es parablica, slo tenemos = B2A

y [una familia de caractersticas].

Con esta hacemos A=0 , y como (B)24AC=0 tambin es B=0 . Para podemos tomar cualquier r y s tales que J6=0 . Se suele tomar =y . As haciendo

= B2A

y

=y

y dividiendo por C se obtiene la

forma cannica de las parablicas: + = F .

Si es elptica, las , son rectas complejas conjugadas:2ABy

2A i

p4ACB22A

y

(no hay, pues, caractersticas reales). Y no es difcil comprobar que el cambio:( =

2AByp4ACB2

= y

lleva [E] a la

forma cannica de las elpticas: + + = F .

8


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Si A , B y C son no constantes, si en cada punto (, y) de una regin del planoes B(, y)24A(, y)C(, y) >0 , =0 o


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Qu datos adicionales habr que pedir a la EDP lineal de segundo orden [E] paraaislar una nica solucin? Para una EDO de segundo orden era necesario fijar elvalor de la solucin y de su derivada en el instante inicial para tenerla. En una EDPde primer orden dbamos los valores de en toda una curva G (no tangente a lascaractersticas). Acabamos de ver que en los pocos casos en que [E] era resolubleaparecan dos funciones arbitrarias en la solucin. Todo ello lleva a plantear el

Problema de Cauchy para [E]: hallar la solucin quetome unos valores dados de y la derivada normaln a lo largo de una curva dada G del plano y.

[Geomtricamente: hallar la superficie solucin que contenga unacurva dada y tenga a lo largo de ella una familia de planos tangentestambin dados. La derivada normal ser habitualmente o y].

En particular, al tomar como G el eje se tiene el problema de valores inicialesque consiste en hallar la solucin de [E] que cumple (,0) =() , y(,0) = g() .

Como ocurra en las de primer orden se puede probar que:

Si los datos son regulares y G no es tangente a las caractersticas en ningn

punto, el problema de Cauchy tiene solucin nica en las proximidades de G .

Ej 4. Sea [P]

yy + 2y + y = 0(,0) = , y(,0) = 0

B24AC 0parablica

B2A

y=y= K caractersticas. Como y=0 no es tangentea ellas, el problema de Cauchy [P] tendr solucin nica.

La ecuacin resulta ser resoluble y podemos comprobarlo: = y = y

! = 0 ! = p() + q()e = p(y

+ q(y)ey.

Imponiendo los datos de Cauchy y = p0 + (qq0)ey :

(,0) = p() + q() = y(,0) = p0()q0()+ q() = 0

o! p0()+ q0() = 1

p0()+ q0() = q()o

[p0 y q0 representan la misma derivada ordinaria en ambas ecuaciones]

! q() =1 ! p() =1 ! = y1 + ey ,

solucin determinada de forma nica por los clculos anteriores.

Acabamos la seccin dando la solucin de la nica de las ecuaciones clsicas reso-luble por este camino: la ecuacin de ondas en una dimensin (cuerda vibrante):

[P]

tt c2 = 0(,0) =() ,t(,0) = g()

B24AC = 4c2, hiperblica.

A partir de las expresiones de la pgina 8: = +ct

= ct ! = + 2 +

tt = c2[2+]

! 4c2 = 0 ! = 0 formacannica ! = p() ! = p() + q() .

Luego la solucin general de la ecuacin de ondas es:

(, t) = p(+ct) + q(ct) , p y q funciones arbitrarias de C2.Imponemos los datos para aislar la solucin del problema de valores iniciales:

p() + q() = ()

cp0() cq0() = g() !

p0() + q0() = 0()p0() q0() = 1

cg()

! 2p0() = 0() + 1c

g()

! p() =1

2() +

1

2cR0 g(s) ds + k ! q() =

1

2() 1

2cR0 g(s) ds k !

(, t) =1

2

(+ct) + (ct)+ 1

2c

Z+ctct

g(s) dsfrmula deDAlembert

10


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1.3. Los problemas clsicos; unicidad

Qu datos adicionales proporcionan problemas bien planteados para una EDP de segundo

orden en dos variables lineal [E] L[

] =F? Hemos definido ya el problema de Cauchy para[E]. Es el adecuado a todas las EDPs de segundo orden? No, no lo es. En los problemas

reales aparecen condiciones mucho ms variadas: en unos casos surgen condiciones inicia-les y de contorno a la vez, en otros slo de contorno... Adems unos datos de Cauchy puedendar lugar problemas mal planteados para EDPs no hiperblicas. Se pueden dar ejemplos deproblemas de Cauchy para Laplace (de solucin nica, pues sin caractersticas reales nopuede haber tangencia con la curva de datos), sin la necesaria dependencia continua.

Conozcamos los principales problemas asociados a las ecuaciones clsicas en dos varia-bles [slo (P1) ser de Cauchy]. Para cada uno habra que probar que est bien planteado.Para ms variables las cosas son anlogas y poco ms complicadas.

Ondas. Tiene solucin nica dependiente continuamente de los datos el

problema puro devalores iniciales: (P1)

ttc2

= F(, t) , , t

2R

(,0) = () ,t(,0) = g()

para la cuerda infinita (tiene sentido real cuando t es pequeo yestamos lejos de los extremos). Como damos los datos sobre t=0no caracterstica (eran ct= K) hay solucin nica.

Para la ecuacin homognea ( F0 ) deduzcamos la dependencia continua de la frmulade DAlembert, hallada al final de la seccin anterior, que da la solucin nica de (P1):

(, t) =1

2

(+ct) +(ct)+ 1

2c

Z+ctct

g(s) ds[Para que sea C2,

debe 2 C2 y g2 C1].

Comprobemos que para datos iniciales prximos sus soluciones (, t) y (, t)son cercanas en intervalos de tiempo finitos (es decir, la dependencia continua):

si |()()|


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Calor. Para la varilla infinita se prueba que est bien planteado:

(P3)

t k = F(, t) , 2R, t >0(,0) = () , acotada

Basta un solo dato, la distribucin inicial de temperaturas, para fijar las posteriores.

[No podemos dar arbitrariamente la t(,0) pues debe ser t(,0) = k00()+ F(,0) si

es solucin ( t=0 es caracterstica y (P3) no es buen problema de valores iniciales)].

Para la varilla acotada hay condiciones de contorno, que pueden ser de variostipos, con diferentes significados fsicos cada uno. Si los extremos toman a lo largodel tiempo las temperaturas dadas h0(t) y hL(t) se tiene:

(P4)

t k = F(, t) , 2(0, L), t >0(,0) = ()(0, t) = h0(t) , (L, t) = hL(t)

Si lo que fijamos es el flujo de calor en los extremos obtenemos:

(P5)

t k = F(, t) , 2(0, L), t >0(,0) = ()(0, t) = h0(t) , (L, t) = hL(t)

[En particular, si h0(t) = hL(t) =0 , los extremos estn aislados].

Un tercer tipo de condiciones de contorno combina y :

(0, t)(0, t) = h0(t) (L, t)+ b(L, t) = hL(t) , con , b >0 .Expresan la radiacin libre de calor hacia un medio a temperatura dada (si elextremo = L est ms (menos) caliente que hL entonces irradia (chupa) calorpues = (hL )/ b 0 ) y el flujo de calor es siempre en sentido opuesto algradiente de las temperaturas; lo mismo sucede con el otro extremo).(P4) (P5) (o cualquiera de los otros 7 problemas que aparecen combinando los 3tipos de condiciones descritos) son todos problemas bien planteados.

Probemos que tienen solucin nica. Sean 1 y 2 soluciones. Entonces = 12satisface el problema con F== h0= hL =0 . Nuestro objetivo es deducir que 0 .Multiplicando la ecuacin por e integrando respecto a entre 0 y L se tiene:RL

0tdk

RL0d =

1

2

ddt

RL02dk(L,t)(0,t) +kRL0 2d = 0

) ddt

RL0

(, t)

2d 0

[si =0 =0 en los extremos la ltima implicacin es clara, ya que k >0 ; estambin fcil verlo si =0, >0 si +b =0, b >0 ; no se puede dar esepaso ni probar la unicidad para


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Laplace. Los problemas son de contorno. Los dos ms importantes son:

Problemade

Dirichlet:(PD)

= Fen D= en D

Problemade

Neumann:(PN)

= Fen Dn = en D

Donde D es un abierto conexo acotado de R2

, D es su frontera yn es la derivada en la direccin del vector normal unitario exterior n .

Si vemos la ecuacin describiendo una distribucin estacionaria de temperaturasen una placa, en (PD) fijamos las temperaturas en el borde y en (P N) el flujo decalor en direccin normal al borde.

Si F, y D son regulares, el (PD) es un problema bien planteado. Lo resolveremosen recintos sencillos en el captulo 4. Probemos ahora su unicidad por dos caminos.

Mediante la frmula de Green (generaliza la integracin por partes a R2):

Sea 2C2(D)\C1D . Entonces ZZD

ddy =

ID

n ds ZZ

D

kk2 ddy

Identidad = div

kk2 y teorema de la divergencia ZZD

div fddy =ID

fnds

.

Si 1 y 2 son soluciones de (PD), =12 verifica el problema con F==0 .La frmula de Green dice entonces que:ZZ

D

kk2 ddy = 0 ) =0 ) = cte ) 0 (pues =0 en D ).

Probamos de otra forma la unicidad de (PD), y tambin la dependencia continua, conel siguiente principio del mximo para Laplace (intuitivamente claro: la tempera-tura de una placa no supera la mxima de su borde) que no demostramos:

Si satisface = 0 en un dominio acotado D y es continua en Dentonces alcanza su mximo y su mnimo en la D .

Como = 1 2 , con 1, 2 soluciones, verifican=0 en D=0 en D

, se tiene:

0 = mnD

mnD

mxD

mxD

= 0 ) 0

Si es solucin de (PD) con = en D y sea ||


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1.4. Ecuacin de la cuerda vibrante

En secciones anteriores vimos que para el problema puro de valores iniciales:

(P1)

tt c2 = 0 , , t2R(,0) = () ,t(,0) = g()

las caractersticas eran ct= K, la solucin general

(, t) = p(+ct) + q(ct) , p y q funciones arbitrarias de C2,y la solucin nica de (P1), satisfaciendo ya los datos iniciales:

[1] (, t) = 12

(+ct)+(ct)+ 1

2c

Z+ctct

g(s) dsfrmula deDAlembert

[Para que sea C2, deba 2 C2 y g 2 C1 (entonces es solucin clsica o regular).Si es continua pero no C

2

se llama solucin dbil, concepto tpico EDPs. En cadacaso hay que precisar que se admite como solucin dbil y comprobar que el problemasigue bien planteado (si ms funciones valen como soluciones, seguir la unicidad?)].

La solucin de (P1) es la suma de dos ondas que viajan a velocidad c , unahacia las crecientes y otra hacia las decrecientes. A la vista de [1]:

Llamando G() 12c

R0

g(s) ds :q() =

1

2()G() va hacia la derecha

p() =1

2()+G() va hacia la izquierda

Para obtener un dibujo de la solucin (, t) en diferentes instantes, identificadasestas ondas viajeras, bastar trasladar sus grficas y sumarlas (grficamente).

f f/2h

0b b

Ej 1. Supongamos =0 salvo una perturbacin en forma de tringulo

en torno a 0 y que soltamos la cuerda sin impulso ( g =0 ).

Dibujemos la solucin para diferentes t. Bastar trasladar las dos

ondas que viajan en sentidos opuestos

aqu ambas son 12

()

:

t=b/2ch/2

b b

t=b/ch/2

b b

t=3b/2ch/2

b b

Ha costado muy poco hacer los dibujos y predecir la evolucin de esta solucin dbil[bastante ms costara dar la expresin analtica de la solucin para todo y todo t].Los picos de la inicial siguen indefinidamente y viajan tambin a velocidad c .

Supongamos ahora que hay fuerzas externas. El problema es:

(P2)ntt c

2

= F(, t) , , t2R(,0) = (), t(,0) = g()

Sabiendo algo de derivacin de integrales, se comprueba que su solucin es:

[2] (, t) = 12

(+ct)+(ct)+ 1

2c

Z+ctct

g(s) ds +1

2c

Zt0

Z+c[t]c[t]

F(s, ) ds d

Observemos que (, t) slo depende de los valores de en ct y+ ct [puntos de corte con el eje de las caractersticas que pasanpor (, t) ] y de los de g en el intervalo [ct,+ct] . A este intervalose le llama dominio de dependencia del punto (, t) . Se compruebatambin que el recinto descrito por la integral doble es el tringulo delplano s limitado por el eje = 0 y las caractersticas citadas. Aspues, para hallar la solucin en un punto (, t) se necesita slo: i) los valores de F endicho tringulo, ii) los de g en su base, iii) los de en los dos puntos ct y +ct.

14


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Ej 2.n tt = 2(,0) = , t(,0) =3

Utilizando directamente [2]:

=1

2

(+t)+ (t)+ 1

2

R+tt 3ds+

1

2

Rt0

R+[t][t] 2ds d= +3t+2

Rt0

[t] d= +3t+t2

A veces es fcil hallar una solucin de la ecuacin no homognea y evitar el clculo

de la integral doble, pues = conduce a un problema con F=0 , resoluble con[1] (cuando haya condiciones de contorno, debern seguir siendo homogneas). Si Fdepende slo de o de t se puede buscar una () o una (t) . En este caso:

=2 ! =2+C+K! si () =2, cumplett = 0(,0) =+2, t(,0) =3

! = 12

(+t)+ (+t)2+(t)+ (t)2+R+t

t 3ds = +2+t2+3t , =+3t+t2.

tt=2 ! (t) = t2+3t !tt = 0(,0) =, t(,0) =0

! = ! = + 3t+ t2 .

Pasemos a resolver problemas con condiciones de contorno. En primer lugar, elproblema para la cuerda semi-infinita y fija en un extremo:

(P3)

ttc2 = 0 , 0, t2R(,0) =() ,t(,0) = g() , (0, t) = 0

[para que no est rota,debe ser (0) =0 ].

La frmula [1] exige funciones definidas y ni ni g estn definidas si


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Siguiendo con la cuerda semi-infinita, veamos como se resuelve el problema msgeneral con fuerzas externas y extremo mvil:

(P4)

ttc2 = F(, t) , 0, t2 R(,0) = () , t(,0) = g()(0, t) = h0(t)

[debe ahora ser(0) = h0(0) ].

Primero debemos hacer la condicin de contorno homognea, encontrandouna que la cumpla y haciendo = , ya que entonces ser (0, t) = 0 ,aunque probablemente se complicarn la ecuacin y el resto de condiciones.

La ms clara (no siempre la mejor) es: (t) = h0(t) .

Una vez que tenemos la condicin de contorno homognea, la solucin del proble-ma en la da [2] si sustituimos sus , g y F por , g y F, siendo sta ltimala extensin impar de F mirndola como funcin de .

Ej 4. tt =0 , 0, t2R(,0) =t(,0) =0

(0, t) = t2

Hallemos primero la solucin para un y t fijos: (1,2) .

2

-1 1 3

2

-2Para anular la condicin de contorno podemos usar la citada:

=t2 !tt =2(,0) =t(,0) =0(0, t) = 0

!(tt =

n2 , 0

(,0) =t(,0) =0!

(1,2) =1

2

RR4F

=1

2

h(2) rea +(2) rea

i= 3 ! (1,2) =3+4=1 .

[Por ser constantes las F a integrar, nos hemos ahorrado el clculo de integralesdobles. Pero como esto no se podr hacer en general, vamos a perder un poco eltiempo en hallar (1,2) sin este atajo. El valor que estamos calculando es:

(1,2) =1

2

RR4F

=1

2

R20

R31 F

(s, ) ds d

Sobre el tringulo pequeo la integral viene dada por:

1

2

R10

R01 2ds d=

R10

(1) d= 12

.

Para el otro cuadriltero hay que dividir en dos el recinto de integracin:

1

2

R10

R30

(2) ds d+ 12

R21

R31 (2) ds d=

R10

(3) d+R21

(24) d= 72

.

Sumando ambos resultados obtenemos (1,2) =3 como antes].Pero podramos conseguir un problema sin F, haciendo el cambio con una mejor.

Tanteando un poco se ve que =2+t2 cumple la condicin y tambin la ecuacin:

=!tt =0(,0) =2, t(,0) =0(0, t) = 0

!tt =0 , , t2R(,0) = ()

t(,0) =0

!(1,2) =

1

2[(3)+(

1)] =

4

!(1,2) = 5

4 = 1

Con este segundo cambio no es difcil dar la (, t) para todo , t0 (con el primeronos costara mucho ms). Est claro que hay que considerar dos posibilidades, pues,aunque + t es siempre positivo, t puede ser tambin negativo, y la tieneexpresiones distintas para valores positivos y negativos:

=1

2[(+t)+(t)] =

( 1

2(+t)2+

1

2(t)2 =2t, t

12

(+t)2 12

(t)2 =2t2, t! =

(t)2, t0 , t

[Como las ondas viajan a velocidad c =1 los puntos a distancia t deban estarparados en el instante t].

Veamos ahora cmo se debe extender si la condicin de contorno de (P3) es (0, t) =0 :

(0, t) =1

20(ct)+0(ct)+1

2cg(ct)g

(ct) = 0 , 0 impar y g par )se deben extender y g de forma par respecto a 0 (y tambin F en si no fuese nula).

[En una cuerda acotada se extendera par respecto a = L si fuese ah =0 ].

16


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Estudiemos la cuerda acotada y fija en los extremos [la volveremos a ver en 4.2]:

0 L

(P5)

ttc2 =0 , 2[0, L], t2R(,0) =() , t(,0) = g()(0, t) = (L, t) = 0

[debe ser(0) =(L) =0 ].

Para hallar su solucin nica con la frmula de DAlembert extendemos y g a[L, L] de forma impar respecto a 0 y luego de forma 2L-peridica a todoR, es decir, llamando y g a estas extensiones:

() =() , (+2L) =() ; g() =g() , g(+2L) = g() .

0 L

2L 3L-2L -L

ff*

(entonces y g tambinsern impares respecto a L ).

Como para (P3), la solucin de (P5) se obtiene aplicando [3] al siguiente problema(por la imparidad de los datos se cumplen tambin las condiciones de contorno):

tt

c2

= 0 , , t2

R

(,0) =() , t(,0) = g()

Para que la dada por [3] sea C2 (regular) deben 2C2[0, L] y g2C1[0, L] y adems:(0) =(L) =00(0) =00 (L) = g(0) = g(L) =0 [0 y g0 existen en 0 y L por la imparidad].

Ej 5.

8>>>>:

1, 3/2 1/2 , 1/2 1/21, 1/2 3/2 2, 3/2 5/2

Hallar (, t) = 12

(+ t) + ( t) exigira discutir en qu intervalos se mueven

+t y t y sera muy largo (para estas discusiones conviene dibujar los dominios dedependencia). Algo ms fcil es hallar la solucin para un t o fijos. Por ejemplo:

,

1

4

=

1

2

(+

1

4) +( 1

4)

1/2-1/2 11/4 3/40

1/4

=

80 .

F1ek= 1p

2

R (k)e

k()dk = () . F(h) = 1p2

Rbekd =

1p2

ekb ekk

.

Teor 4La convolucin de y g es la funcin: (g)() = 1p

2

Z

(s) g(s) ds .Se tiene g = g , y F(g) =F() F(g) , si las transformadas existen.

Hallemos la transformada de la funcin delta de Dirac, cuyadefinicin seria exige la llamada teora de las distribuciones,

pero que es fcil de manejar formalmente. La () se puededefinir intuitivamente como el lmite cuando n ! de

n() =

n si 2 1

2n, +

1

2n

0 en el resto

Esta () tiene las siguientes propiedades (que nos bastarn para trabajar con ella):

() =0 si 6= ;Rc

b() () d=

() si 2[b, c]0 si /2[b, c] , continua;

R () d=1 .

() = dd() , donde es la funcin paso () =

0 si


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Aplicando a una EDP en dos variables la F en una de ellas aparece una EDO (enla otra variable) para la . Resolviendo la EDO se halla . Identificando la de laque proviene o con el teorema 1 se puede a veces dar explcitamente la solucin,pero en muchos casos hay que dejar en trminos de integrales no calculables.

En cada uno de los pasos anteriores, hay que tener

claro cules son las variables y cuales las constan-tes. En lo que sigue, haremos lo esquematizado a laizquierda, pues nuestras ecuaciones sern en (, t)y siempre haremos transformadas en .

Ej 1.

t + = g()

(,0) = ()

Aplicamos la F en la variable (se supone que , g y son buenas, de modo que se pueden usar los teoremas).Utilizando la linealidad, el teorema 2 y el hecho de que:

F[t] =1p2

Z

(,t)t

ekd =t

1p2

Z

(, t)ekd = t !t k = g(k)(k, 0) = (k)

Esta lineal de primer orden en t tendr solucin con una constante para cada k:

(k, t) = p(k)ekt

g(k)

k, con p arbitraria

d. i.

! = (k)ekt + g(k)h ekt1

ki

Por tanto, a la vista de las dos primeras transformadas del teorema 3, y el 4:

(, t) = (t) +p2g()h() siendo h() =

1 si 2[0, t]0 en el resto

ComoRt0

g() d = Rt

g(s) ds , concluimos que = (t) +Rtg(s) ds .

Obsrvese que la expresin anterior nos da la solucin del problema si 2C1y g continua, aunque no sean absolutamente integrables, que era necesariopara aplicar la transformada. Esta situacin es tpica utilizando la F .

La solucin la podemos calcular tambin con las tcnicas del captulo 1:

dt

d =1 !

=

t

= ! = g() ! = p(t) + R0 g(s) ds !p() +

R0

g(s) ds = () ! = (t) Rt0

g(s) ds +R0

g(s) ds como antes

.

Ej 2.

tt + t 2 = 0(,0) =(),t(,0) =0

Aplicando F:

tt kt + 2k2 = 0(k, 0) =(k), t(k, 0) =0

.

Las ecuaciones lineales con coeficientes constantes de coeficientes complejos seresuelven igual que las de reales. A travs del polinomio caracterstico:

2k+2k2=0 ! =2k, k ! (k, t) = p(k)e2kt+ q(k)ekt

Imponiendo los datos iniciales:p(k) =

1

3(k)

q(k) =2

3(k)

! (k, t) = 23(k)ekt + 1

3(k)e2kt .

Y como F1

(k)ek

= () , concluimos que (, t) = 23

(+t) +1

3(2t) .

Solucin vlida 2C2 , tenga o no transformada.De nuevo el ejemplo es resoluble tambin por los caminos descritos en el captulo 1:

B24AC =9 hiperblica decoeficientesconstantes

!=+t

=2t ! = +2+t = 2tt = 4+4

!

=0 ! = p()+ q() = p(+t)+ q(2t) , solucin general.((,0) = p()+ q() = () q() =

1

3()

#C3

t(,0) =p0()2q0() =0 , p() =2q()+ C " p() = 2

3()+

C3

!

(, t) =2

3(+t) +

1

3(2t) .

20


25/99

Ms inters que los ejemplos anteriores, ya que no conocemos ningn otro mtodopara resolverlo, tiene el problema para el calor en una varilla infinita:

(P)

t = 0 , 2R, t >0(,0) = () , acotada

Supongamos que y son suficientemente regulares y que tienden a 0 en losuficientemente rpido como para poder utilizar los teoremas anteriores. Aplicandola F en la variable a la ecuacin y al dato inicial se tiene el problema:

t + k2 = 0

(k, 0) =(k)cuya solucin es (k, t) = (k)ek

2t

La solucin ser la convolucin de las transformadas inversas de cada uno de losfactores (la del segundo la vimos en el teorema 3):

(, t) =1

2pt

Z

(s)e(s)2/4t ds

Z

G(, s , t )(s) ds [1]

G(, s , t ) =1

2pte

(

s)2/4t es la llamada solucin fundamental de la ecuacin del calor

[es la temperatura del punto en el tiempo t debida a una inicial de la forma (s) ].

Una vez deducida [1], en vez de justificar los pasos que llevaron a ella, se pruebaque proporciona realmente la solucin de (P) con hiptesis ms amplias inclusode las que nos permiten aplicar la F . En concreto, para cualquier acotada ycontinua a trozos [1] nos da la solucin nica acotada de (P) que es continua parat0 a excepcin de los puntos de t=0 en que es discontinua.De [1] se deduce tambin que, segn nuestro modelo matemtico, el calor setransmite a velocidad infinita: si >0 en un entorno de un o y nula en el resto,est claro que (, t) >0 por pequeo que sea t y grande que sea |o| . Tambinse ve que es C para t >0 aunque sea discontinua (aunque sea () =(s) !).

Son propiedades claramente diferentes de la ecuacin de ondas.Ej 3. Apliquemos [1] para resolver un par de problemas particulares.

Sea primero () = 0() =0 , 0 , tiende hacia 1

2

para todo cuando t! .

Sea ahora () = e2

. Completamos cuadrados y hacemos un cambio de variable:

=1

2pt

Z

es2

e (s)2

4t ds =1

2pte

24t+1

Z

e()2

ds con =sp4t+1 p

4t+1

2p

t

Haciendo z= se obtiene: = 12pt

2p

tp4t+1

e 2

4t+1

Z

ez2

dz =1p1+4t

e 2

1+4t .

Pero sale ms corto aplicando directamente F :(t=k2(k, 0) =

1p2ek

2/4 ! = 1p2 e k2(1+4t)

4 ! = 1p1+4t

e 2

1+4t .

21


26/99

Ej 4.

t + 2t = 0 , 2R, t >0(,0) =() , acotada

Hallemos la solucin para una () general

y deduzcamos la solucin para () 1 .

[Como F(1) no existe, no se puede resolver directamente el problema con (,0) =1 ].

t+(k2+2t) = 0

(k, 0) =(k) !

(k, t) = p(k)ek2tt2 d..

!(k, t) = (k)et

2

ek2t

!(, t) = et

2

()F1(ek2t) =

et2

2pt

Z

(s)e(s)2/4tds .

En particular, si ()1 , = et2

2pt

Z

e(s)

2/4tds ="

et2

p

Z

e

2

d = et2

.

(s)/(2p

t) =

[Parece que sera adecuado hacer un cambio de la forma =et2 !

t = 0(,0) =()

;

de [1] se deduce nuestra frmula y 1 es solucin clara si ()1 (la varilla sigue a 1o ).

Anlogamente a lo que ocurre con la transformada de Laplace para resolver EDOs, el usode la F permite abordar problemas de EDPs con la delta de Dirac sin entrar en sutilezas

sobre continuidades y saltos en derivadas. Resolvamos un problema (algo complicado) parala cuerda infinita con una F= (empujamos hacia arriba en el punto central de la cuerda):

Ej 5. (P)

tt = () , 2R, t0(,0) = t(,0) = 0

. Aplicando la F :

tt + k

2 =1p2

(k, 0) = t(k, 0) =0.

La solucin general (= k y p a simple vista) es:

(k, t) = p(k) cos kt + q(k) sen kt +1p2k2

d..! (k, t) = 1cosktp2k2

=2p2

hsen

k2

t

k

i2.

En la h del teorema 3, cuando =b se tiene como caso particular:Si h() =

1 , 2[b, b]0 en el resto

, F(h) = 1p2

ekb ekbk

=p2p

senbkk

.

La ser, por tanto, la convolucin de una h de este tipo consigo misma. En concreto:

=1

2

R

h(s) h(s) ds , donde h() =1 , 2[t/2, t/2]0 en el resto

Discutiendo en qu intervalos el integrando es 1 0 segn los valores de se concluye:

Si t si t es =0Si 2[t, 0] , = 1

2

+

t2

( t2

)

=1

2[+t]

Si 2[0, t] , = 12

t2

( t2

)

=1

2[t]

Es decir, =

0 , si || t1

2

t||, si || t

Para hacerlo sin transformadas, ms fcil que discutir

=1

2Rt0R+tt+ (s) ds d,

es hacer la ecuacin homognea con un cambio de variable.

Como = 12

|| satisface 00 =() , con =+ se obtiene: tt = 0(,0) = ||/2

t(,0) = 0! = 1

4

|+t|+|t| 1

2|| .

Discutiendo los valores absolutos se llega a la solucin de antes.

22


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2. Soluciones de EDOs en forma de serie

En el estudio de las EDOs lineales se comprueba que hay escasas formas de resol-

ver elementalmente la ecuacin con coeficientes variables

[e] y00+()y0+b()y=0

Este captulo trata una forma general de atacarla: suponer la solucin desa-rrollada en serie de potencias e introducir esta serie en la ecuacin paradeterminar sus coeficientes.

En la seccin 2.1 recordaremos la definicin de funcin analtica (funcin descritapor una serie de potencias convergente) y algunas manipulaciones matemticasque se pueden hacer con ellas. Si y b son analticas en o (punto regular)siempre se podrn encontrar dos soluciones linealmente independientes de [e] enforma de serie de potencias por el siguiente camino: llevando la serie a la ecuacinconseguiremos expresar sus coeficientes ck en funcin de los dos primeros c0 y

c1 , que sern las dos constantes arbitrarias que deben aparecer en la solucin decualquier EDO de segundo orden (algunas veces podremos dar la expresin generaldel ck , pero otras nos limitaremos a ir calculando coeficiente a coeficiente). Unteorema, que aceptaremos sin demostracin, asegurar que las series solucinconvergen al menos en el intervalo en que las series de y b lo hacan. Imponerdatos iniciales en o ser inmediato, pues tendremos que y(o) = c0 y y

0(o) = c1 .

Empezaremos la seccin 2.2 resolviendo elementalmente (con el cambio = es seconvertir en una de coeficientes constantes) la ecuacin de Euler:

[u] 2y00+y0+by=0 , , b2R

Pasaremos luego a resolver utilizando series la ecuacin ms general:

[e*] 2y00+ ()y0+ b()y= 0

Si y b son analticas en = 0 diremos que este punto es singular regular(otros puntos o se llevan al origen haciendo s =o ). La forma de resolver [e*]es slo algo ms complicada (es el mtodo de Frobenius). Calcularemos primerouna solucin y1 que ser siempre de la forma

rP

(siendo r una de las races delllamado polinomio indicial) y a continuacin otra y2 , linealmente independientede la anterior, que unas veces (segn sea la diferencia entre las races de esepolinomio) ser del mismo tipo y otras contendr adems un trmino incluyendoel ln , que ya apareca en las de Euler. Un teorema no demostrado garantizar laconvergencia de las series que vayamos hallando.

El clculo de los coeficientes de las series es sencillo (aunque algo pesado). Elproblema bsico es la dificultad de obtener informacin sobre las soluciones quese encuentran (muchas veces ni tendremos su trmino general). Pero ecuacionesdel tipo [e] o [e*] aparecen resolviendo EDPs y las series son el nico instrumen-to para abordarlas. Por eso hay libros enteros (los de funciones especiales de lafsica) dedicados a estudiar las propiedades de las series solucin de algunas deestas ecuaciones (las de Legendre, Hermite, Bessel, Laguerre, Tchebycheff, ...).Una pequea muestra de tales estudios son las propiedades de las soluciones delas ecuaciones de Legendre, Hermite y Bessel citadas en la seccin 2.3.

Las soluciones por serie en torno a cualquier punto (salvo que sean identificablescon una funcin elemental) no dan ninguna informacin sobre el comportamientode las soluciones cuando ! . En la seccin 2.4, para estudiar para grandesvalores de las soluciones, introduciremos el llamado punto del infinito de unaecuacin, punto s =0 de la ecuacin que se obtiene haciendo =1/ s en la inicial.

23


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2.1 Funciones analticas y puntos regulares

Recordemos que una funcin real () es analtica en = o si viene dada por

una serie de potencias cerca de

o :

() =X

k=0

ck(o)k = c0+c1(o)+ c2(o)2+

A partir de ahora, =0 (si no, con o = s estaramos en ese caso): () =X

k=0

ckk .

A cada serie de potencias est asociado un radio de convergencia R tal que:

Si R =0 , la serie slo converge en =0 . Si R = , converge para todo .

Si 0< R R (en = R no sabemos).

Adems, si 0< o < R , la serie converge uniformemente en [o,o] .El R se puede calcular en muchas ocasiones aplicando el criterio del cociente:

SeaX

k=0

k y p = lmk!

|k+1 ||k|

. Entonces si p 1 diverge.

Propiedad bsica de las series de potencias es que, para || < R (si R > 0 ), sepueden derivar e integrar trmino a trmino:

0() =X

k=1

kckk1 = c1+2c2+ ,

00() =X

k=2

k(k1)ckk2 =2c2+6c3+ , . . .( ) (k)(0) = k!ck )

RX

k=0

ckk = C +

Xk=0

ckk+1

k+1 = C + c0+c12

2+ si || < R

Tambin pueden sumarse, multiplicarse,. . . estas series como si fuesen polinomios:

() =X

k=0

kk si || < R y g() =

Xk=0

bkk si || < Rg ) Si ||


29/99

Ej 1. Hallemos de varias formas (algunas nada naturales) el desarrollo de () =1

(1+)2.

() = dd

1

1+! 1

(1+)2= d

d

Xk=0

()k=X

k=1

(1)kkk1=X

k=0

(1)k(k+1)k si ||


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De la ltima igualdad deducimos la regla de recurrencia que expresa un coeficienteen funcin de los anteriores ya conocidos (en este ejemplo, queda ck+2 en funcin slode ck , pero en otros pueden aparecer varios); para facilitar los clculos, factorizamoslos polinomios que aparecen calculando sus races:

ck+2 = (k+2)(k1)(k+2)(k+1) ck = k1k+1

ck , k=0,1, . . .

Si preferimos tener el ck en trminos de los anteriores, basta cambiar k por k2 :ck = k3k1 ck2 , k=2,3, . . .

A partir de la regla de recurrencia escribimos algunos ck ms (siempre en funcin dec0 o c1 ) con el objetivo de encontrar la expresin del trmino general de la serie (enmuchos ejemplos esto no ser posible, pero aqu s):

c4 = 13c2 = 1

3c0 , c6 = 35c4 =

1

5c0 , c8 = 57c6 =

1

7c0 , . . .

c5 =0 por estar en funcin de c3 que se anulaba. Anlogamente c7 = c9 = =0 .

Por si no est an clara la expresin de los c2k , usamos la recurrencia desde arriba:

ck = k3k1ck2 =k3k1

k5k3ck4 =

k5k1ck4 =

k7k1ck6 =

El numerador de c2k es 1 , el denominador es 2k1 y el signo va alternando, as que:c2k = (1)k+1 12k1c0 , k=2,3, . . .

Agrupamos los trminos que acompaan a c0 y c1 (que quedan indeterminados)y obtenemos por fin:

y= c01+2 1

34+

1

56+

+ c1 = c0

h1+

Xk=0

(1)k+1 2k2k1

i+ c1 = c0y1 + c1y2

Expresin con la estructura clsica de las soluciones de las lineales de segundo orden.Pero para que lo sea de verdad, las series deben converger en un entorno de = 0 ,y adems y1 y y2 han de ser linealmente independientes. Esto es lo que sucede. Laserie de y1 (lo prueba el criterio del cociente) converge si || < 1 y la serie de y2(truncada a partir de su segundo trmino) converge . Y adems el wronskiano deambas soluciones en =0 es 1 (pues y1(0) =1 , y

01

(0) =0 , y2(0) =0 , y02

(0) =1 ).

Si, en vez de la solucin general, la que queremos es la que cumple y(0) =yo , y0(0) =y0

o(existe y es nica por ser y b analticas) dada la forma de las series de y1 y y2 esinmediato que debe tomarse c0=yo , c1= y

0o

.

La ecuacin se poda haber resuelto sin series. Bataba advertir que y2 = era unasolucin y hallar la y1 mediante la frmula que se estudia en los cursos de EDOs:

y1 = y2

Ry22

eR

d =

R2 e

R

2

1+2 d =

Rd

2(1+2)= 1 rctn

[su desarrollo, salvo el signo, coincide con el obtenido anteriormente].

Gran parte de lo visto en este ejemplo ocurre en general, como asegura el siguienteteorema que no demostraremos.

Teor

Si =0 es regular, la solucin general de [e] y00+()y0+b()y=0 esy= c0y1 + c1y2 = c0

1 +

P+ c1

+

P,

con c0 , c1 arbitrarios, y las series, que contienen potencias k con k2 ,convergen, al menos, si || < R . Los coeficientes las series se determinande forma nica probando una serie de potencias arbitraria en la ecuacin(con las funciones () y b() desarrolladas) y expresando sus coeficien-tes ck , para k 2 , en funcin de c0 y c1 . La solucin nica de [e] cony(0) =yo , y

0(0) =y0o

se obtiene simplemente tomando c0 =yo , c1 =y0o

.

[El desarrollo de y b , desde luego, ser innecesario si esas funciones son polinomios].

Para estudiar las soluciones de [e] cerca de otro o regular, el cambio de variable

s =

o lleva a una ecuacin en s para la que s =

0es regular. Probaramosentonces para hallar su solucin la serie:

y=X

k=0

cksk

es decir, y=X

k=0

ck(o)k

.

26


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Ej 2. y00 + (2)y= 0 , y(0) =2 , y0(0) =1

=0 regular puesto que () =0 y b() =2 son analticas en todo R.El primer ejemplo era demasiado sencillo. En general, y como en este, las cosas son mscomplicadas. Llevando una serie arbitraria y sus derivadas a la ecuacin e igualando a0 los coeficientes de cada k :

y=X

k=0

ckk !

Xk=2

k(k1)ckk2 +X

k=0

ck

k+1 2ckk

= 0 !

0: 21c22c0 = 0! c2= c0 ; 1: 32c3+c02c1 = 0! c3=c0+c1 ; . . .k2: k(k1)ck+ck32ck2 =0 ! ck= 1k(k1) ck3+

2

k(k1) ck2 , k=3,4, . . .

(regla de recurrencia de tres trminos que suele traer muchos ms problemas que lasde dos). Escribimos un par de trminos ms en funcin de c0 y c1 :

c4 = 112 c1 +2

12c2 =

1

6c0 112c1 ; c5 =

1

20c2 +

2

20c3 = 115c0 +

1

30c1

No hay forma de encontrar la expresin del trmino general, aunque paso apaso podemos ir calculando el nmero de trminos que queramos.

La solucin general es entonces:

y= c01 + 2 1

63 +

1

64 1

155 +

+ c1

+

1

33 1

124 +

1

305 +

Y la particular pedida: y=2++22+14

4 115

5+ , convergente segn el teorema.

Para calcular unos pocos trminos (pero no para hallar muchos o para buscar laexpresin del trmino general) de una serie solucin cerca de un punto regular se puedeseguir el siguiente camino:

Haciendo =0 en la ecuacin: y00(0)+ (02)y(0) = 0! y00(0) =4Derivando la ecuacin y volviendo a hacer =0 :

y000+(2)y0+y= 0! y000(0) =2y0(0)y(0) =0Derivando otra vez: y0000+(

2)y00+2y0=0

!y0000(0) =2y00(0)

2y0(0) =6 , . . . . . .

Por tanto: y() = y(0) +y0(0) + y00(0)2

2 +y000(0)

63 + = 2+ +

4

22 +

0

63 +

6

244 +

Si los datos iniciales fueran y(2) = 6 , y0(2) =0 , la solucin general de antes, dada por

series en =0 , no sirve para imponer los datos. Se debe resolver en torno a este punto:

s =2! y00+sy=0 es derivada respecto a s , pero la dejamos tal cual, pues dsd

=1

.

s =0 regular ! y=X

k=0

cksk!

Xk=2

k(k1)cksk2 +X

k=0

cksk+1 = 0!

! s0: 2c2=0 ; s1: 6c3+c0 =0 , c3=c0 ; . . . ;sk2: k(k1)ck+ck3=0 ! ck= 1k(k1) ck3 ; k=3,4, . . . !

c5= c8 = =0 ; c4 = 143c1 ; c6 =1

65c3 =

1

6532c0 ; c7= 176c4 =

1

7643c1 !

y= c01 1

6s3 +

1

120s6 +

+ c1

s 1

12s4 +

1

504s7 +

datos!y= 6 s3 + 1

20s6 + = 6 (2)3 + 1

20(2)6 +

(Aqu s podemos expresar el trmino general, aunque no nosqueda tan compacto como en el ejemplo 1:

y= c0

h1+

Xk=1

(1)k(2)3k25(3k1)36(3k)

i+ c1

h +

Xk=1

(1)k(2)3k+136(3k)47(3k+1)

i).

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2.2 Ecuacin de Euler y puntos singulares regulares

Empecemos la seccin tratando una EDO lineal de segundo orden con coeficien-

tes variables, que es resoluble por mtodos elementales.Ecuaciones de Euler: [u] 2y00 + y0 + by = h() , >0 .

Haciendo el cambio de variable independiente =es :dyd

=1

dyds

,d2y

d2=

1

2

d2yds2dy

ds

,

[u] se convierte en la siguiente ecuacin lineal con coeficientes constantes:

d2y

ds2+(1) dy

ds+by= h(es) , de ecuacin caracterstica

Q() (1) + + b = 0 .

Conocemos las soluciones de la ecuacin homognea para la segunda ecuacin.Deshaciendo el cambio ( s = ln ), tenemos que la solucin general de una ecuacin

de Euler homognea es:

Si 16=2 reales, y= c11 + c22Si doble (real), y= (c1+c2 ln)

Si =pqi , y=

c1 cos(q ln)+ c2 sen(q ln)

p

(observemos que la ecuacin caracterstica de una ecuacin de Euler serala que obtendramos probando en la homognea soluciones de la forma ).

Ej 1. 2y00+y0= 0 , o sea 2y00+ 12

y0= 0 de ecuacin caracterstica (1)+ 12

=0 .

Como = 12

,0 , su solucin general es y= c11/2+c2 (para 0 ).

Una solucin vlida tambin para 0 sera y= c1||1/2+c2 .

Tambin se podra resolver haciendo y0= : 0= 2

! = C1/2 , y= C1/2+K.

Para hallar la solucin particular de la no homognea dispondremos siempre de lafrmula de variacin de las constantes con () = h()/2 (y para la ecuacinde coeficientes constantes en s del mtodo de coeficientes indeterminados delas lineales con coeficientes constantes, si h(es) es del tipo adecuado).

Ej 2. Hallemos la solucin general de 2y00+y0y=2 . (1)+1=0 , = 1 !la homognea tiene por solucin general h = c1+c2

1 (vlida en este caso 6=0 ).

|W|() =

1

1

2

=21, () = 2! yp = 1

R21d

21

R

121d

21

= ln 2!

la solucin general de la no homognea es y= c1+c2

+ ln

metiendo el 12

en c1

.

La yp se puede hallar utilizando coeficientes indeterminados en la ecuacin y00y=es

a la que conduce el cambio =es . La yp que debemos probar en la ecuacin en s esyp =Ase

s , o lo que es lo mismo, podemos probar yp =A ln en la de Euler inicial:

y0p

=A[ln+1] , y00p

=A! A+A =2 ! A =1 como antes.

Volvamos a las soluciones por medio de series. Supondremos en esta seccin quepara [e] y00+ ()y0+ b()y= 0 es = o un punto singular, es decir, que ob o ambas no son analticas en =o , con lo que no es aplicable el mtodo de laseccin anterior. Sin embargo, interesa precisamente a menudo conocer la forma

de las soluciones de [e] en las cercanas de sus puntos singulares. Slo sabremosdecir algo sobre ellas para un tipo particular de puntos slo dbilmente singulares:los singulares regulares que definimos a continuacin.

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Suponemos a partir de ahora que el punto singular de [e] es =0 . Si quisiramosestudiar las soluciones cerca de un o6=0 el cambio s =o traslada el problemaal estudio de las soluciones cerca de 0 de la ecuacin en s .

Conviene escribir [e] de otra forma. Multiplicndo la ecuacin [e] por 2 y llamando() =() y b() =2b() obtenemos:

[e*] 2y00 + ()y0 + b()y= 0

=0 es punto singular regular de [e] - [e*] si y b son analticas en =0 .

Ej 3. (1)2y00 y0 + (1)y= 0 , es decir, y00 1(1)2y

0 + 1(1)y = 0 .

=0 y =1 son puntos singulares de la ecuacin (todos los dems son regulares).

Como para [e*] 2y00 (1)2y

0 + 1y= 0 son

() = (1)2 y b

() =

1analticas en =0 , este punto es singular regular.

Con 1= s obtenemos: s2(s+1)y00 (s+1)y0+ sy = 0 , es decir, s2y00s 1s

y0+ ss+1

y= 0

Como 1

s no es analtica en 0 (aunques

s+1 lo sea), =1 ( s =0 ) es singular no regular.

[En torno a =1 no sabremos resolver la ecuacin por series (la teora es complicada)].

Queremos resolver [e*] cerca de =0 suponiendo que y b son analticas enese punto, es decir, que admiten desarrollo en serie vlido en || < R (mnimo delos radios de convergencia):

() =X

k=0

k

k = 0

+ 1

+ , b() =X

k=0

bk

k = b0

+ b1

+ , || < R .

Normalmente ser

0= (0) y b

0= b(0) salvo para funciones como sen

.

[e*] se resolver con el mtodo de Frobenius, que detallaremos en el teorema de esta

seccin. No lo probaremos, pero intentemos hacer crebles sus hiptesis y conclusiones. Laecuacin ms sencilla del tipo [e*] es la de Euler (en ella () y b() son series quese reducen a su primer trmino). Viendo sus soluciones est claro que no hay, en general,soluciones analticas de [e*]. Pero ya que hay soluciones de Euler de la forma r se podrapensar que [e*] posee soluciones en forma de serie que comiencen por trminos r .

Probemos por tanto en [e*] la solucin y= rX

k=0

ckk = c0

r + c1r+1 + c2

r+2 + !X

k=0

(k+r)(k+r1)ckk+r + X

k=0

kk X

k=0

(k+r)ckk+r

+ X

k=0

bk

k X

k=0

ckk+r

= 0

El coeficiente de la potencia de menor orden ( r ) debe anularse:

r(r1)+0

r+b0

c0 = 0 .

Si la serie ha de empezar por trminos r , debe ser c06=0 . Por tanto, los nicos r para losque pueden existir soluciones no triviales de la forma rP son las races del polinomio:

Q(r) r(r1)+ 0

r+b0

, llamado polinomio indicial de [e*].

Esto es coherente con las ecuaciones de Euler. Para ellas, si Q(r) tena dos races distintasr1 y r2 , dos soluciones independientes de la ecuacin eran

r1 y r2 . Si la raz era dobleslo exista una solucin de esa forma, y la segunda era la primera multiplicada por el ln ;por tanto, tambin es de esperar que en la solucin general de [e*] aparezcan logaritmos.

Pero al resolver por series [e*] pueden aparecer problemas que no se presentan en el casoparticular de las de Euler. Igualando a 0 el coeficiente que acompaa a r+k tenemos:

(r+k)(r+k1)+ (r+k)

0+b

0

ck +

(r+k1)

1+b

1

ck1 + = 0

donde los puntos representan los trminos con ck2 , ck3 , . . . De esta expresin podemosdespejar el ck en funcin de los anteriores ya calculados siempre que el corchete que le

acompaa, que es Q(r+k) , no se anule. Si r1 es la mayor de las dos races Q(r1+ k)6=0k.Pero si r2 es la menor, y r1r2 es un entero positivo n , el Q(r2+ k) =0 si k= n , y, salvoque los dems sumandos tambin se anulen (con lo que cn quedara indeterminado), nohay forma de anular el coeficiente de r2+n y no pueden existir soluciones r2

P.

29


34/99

Enunciamos ya el teorema de Frobenius (aunque se podra considerar el casode races complejas del Q , nos limitamos, por sencillez, a los casos reales):

Teor

Supongamos que el polinomio indicial Q(r)= r(r1) + 0

r+ b0

tiene

races reales r1 , r2 con r1 r2 . Entonces:

Siempre hay una solucin de [e*] de la forma y1 =r1

Xk=0 ck

k

, c06=0

.

La otra solucin y2 linealmente independiente es, segn los casos:

a] Si r1r2 no es cero ni entero positivo: y2 = r2X

k=0

bkk , b06=0 .

b] Si r1 = r2 , y2 = r1+1

Xk=0

bkk +y1 ln .

c] Si r1r2 =1,2,3, . . . , y2 = r2X

k=0

bkk + dy1 ln , b06=0 , d2R .

Todas las soluciones estn definidas al menos para 0


35/99

Ej 5. 2y00+22y0+(2+ 14

)y=0 () =2 , b() =2+ 14

analticas en R.

=0 singular regular; r(r1)+ 14

=0! r= 12

doble !

y1 =X

k=0

ckk+1/2 !

Xk=0

k2ck

k+1/2 + (2k+1)ckk+3/2 + ck

k+5/2

= 0 ,

! c1 =c0 , ck= 2k1k2 ck1 1k2 ck2 , k=2,3, . . .! c2= 12c0 , c3 =

1

6c0 , . . . , ck= (1)k 1k!c0 ! y1 =1/2e

Como la raz es doble, la otra solucin necesariamente contiene un logaritmo:

y2 = 3/2

Xk=0

bkk + y1 ln ! y02 =

Xk=0

(k+3

2)bk

k+1/2 +1

y1 +y

01ln ,

y002

=X

k=0

(k+3

2)(k+

1

2)bk

k1/2 12

y1 +2

y01

+y001ln !

Xk=0

(k2+2k+1)bk

k+3/2+(2k+3)bkk+5/2+bk

k+7/2

+ln

2y001

+22y01

+(2+1

4)y1

= 0

El ltimo corchete es 0 por ser y1 solucin (lo que acompaa a ln siempre se anula).

! b0 = b1= b2= =0 ! y2 = 1/2e ln[Para comprobar las soluciones obtenidas podemos hacer

=ey ! 200+ 14

= 0 (Euler) ! = c11/2 + c21/2 ln ;o, una vez hallada la y1 , se puede calcular otra solucin con la frmula conocida:

y2 = 1/2e

Re2

e2d = 1/2e ln ,

exactamente la misma y2 hallada con las series].

Como se ha visto en el ejemplo anterior, son ms largas las cuentas para el clculo dela y2 en el caso b] del teorema que en el a]. Y tambin son ms complicadas las del c],caso al que pertenecen los dos siguientes ejemplos. Para distinguir en este caso si aparecenlogaritmos o no (es decir, si es o no d

6=0 ) no es necesario hallar la expresin del trmino

general, bastan con los primeros trminos de la y1 .

Ej 6. y00 + 2ey0 = 0 . Se puede resolver sin utilizar series, pero acudamos a Frobenius:

=0 es singular regular [ () =2e y b()0 analticas en todo R]. r1 =0 , r2 =1 .

La y1 =X

k=0

ckk se ve (a ojo!) que es y11 . La otra es: y2 =

Xk=0

bkk1 + dln !

y02

=X

k=0

(k1)bkk2 + d , y002 =X

k=0

(k1)(k2)bkk3 d2 !

2b02+2b3+ d1 +

2+2+2+

1

33+

d1b02+b2+2b3+

= 0!

2: 2b02b0=0! b0 indeterminado como deba.

1

: d+2d2b0 =0! d=2b0 (aparecen, pues, logaritmos).0: 2db0+2b2=0! b2= 12b0d=

3

2b0 .

1: 2b3+d 13b0+2b2+4b3 =0! b3 =2

9b0 .

! y2 = 2 ln + 1 3

2 +

2

92 +

[No podemos, desde luego, dar el trmino general de esta solucin].

Resolvamos la ecuacin ahora sin series: y0= ! 0 = 2e

!

= CeR21e d = Ce

R(2/22/3+ )d = C2e2

2/23/9+ =

= C21 + (2 1

22 1

93 ) + 1

2(2 1

22 )2 + 1

6(2 )3 +

!

y= K+ CR

2 21 + 32 4

9 +

d = K C2 ln + 1

3

2 +

2

92 +

.

31


36/99

Ej 7. 2y00+22y02y=0 =0 singular regular; () =2 , b() =2 con R = .

El polinomio indicial r(r1)+0 r2 tiene por races r1=2 y r2 =1 . As pues:

y1 =X

k=0

ckk+2 , c06=0 !

Xk=0

(k+2)(k+1)ckk+2 +

Xk=0

2(k+2)ckk+3

Xk=0

2ckk+2 = 0

! c0 indeterminado, ck = 2(k+1)k(k+3) ck1 , k=1,2, . . .

! c1=c0 , c2= 35c0 , c3 =4

15c0 , . . . ,

ck= (1)k 2(k+1)k(k+3)2k

(k1)(k+2)2(k1)

(k2)(k+1) c0 =(2)k(k+1)

(k+3)!6c0

Por tanto, eligiendo c0=1

6, y1 =

Xk=0

(2)k(k+1)(k+3)!

k+2 ! y01

=X

k=0

(2)k(k+1)(k+2)(k+3)!

k+1

La segunda solucin (caso c] del teorema) es

y2 =X

k=0

bkk1 + dy1 ln , b06=0 , d constante (quizs nula) !

Xk=0

(k1)(k2)bkk1+2(k1)bkk2bkk1

+ d

(1+2)y1+2y01

+ dln

2y001

+22y012y1

= 0

Como siempre, el tercer corchete se anula, por ser y1 solucin. Sustituyendo las seriesde y1 y y

01

escritas arriba en el segundo corchete y agrupando potencias de :

2b02b1 2b2 +2b3+2b22b3 d6 +

2d3

2 + = 0 !

b1 =b0 , b2=0 , d=0 ; b0 , b3 indeterminados.

Como d=0 , en la expresin de y2 no aparece el ln . Sabamos que deba ser b06=0 .El hecho de que tambin b3 quede indeterminado se debe a que proporciona potencias2 , comienzo de la serie de y1 . Elegimos b0 = 1 y b3 = 0 (para no volver a calculary1 ). Como en la regla de recurrencia cada bk depende de bk

1 es b4 = b5 = =0 .

Concluimos que: y2 =1

(1) = 1

1 [es fcil comprobar que satisface la ecuacin].

De la solucin y2 sacaramos otra con: y

1=

1

R2e2

(1)2 d . La primitiva no parececalculable, pero esto no impide desarrollar e integrar para obtener una serie solucin:

Lo ms corto para desarrollar el integrando (se podra hacer un cociente) es:

1

(1)2 =d

d1

1 ! 2[12+224

33+ ][1+2+32+43 + ] = 2+4+

2

35+

! y1

=1

1 1

33+

1

55+

1

96+

=

1

32 1

33 +

1

54 4

455 + .

Aunque no lo pareciese, la primitiva s se puede hallar: =2e2 , d= 1(1)2 !

R2e2

(1

)2d =

2e2

1

R2e2d = 1

2

1+1

e2

!y1

= (1 +1

)e2 .

y1 no es exactamente ni y

1ni y

1(es 3y

1y una combinacin lineal de y2 e y

1

)].

[En este ejemplo, si, en vez de partir de la raz mayor de la ecuacin indicial,hubisemos sustituido la y2 , habramos obtenido las dos series de un tirn; peroesto ocurrira porque casualmente resulta ser d=0 ; si fuera d6=0 slo obtendra-mos la solucin trivial y=0 y deberamos empezar de nuevo desde el principio

.

32


37/99

2.3 Ecuaciones de Legendre, Hermite y Bessel

La ecuacin de Legendre es [L] (12)y00 2y0 +p(p+1)y= 0 , p0 .

Resolvemos primero en torno a =0 que es regular. Como () =2/(12) yb() =p(p +1)/(12) son analticas en || < 1 la ecuacin tiene series solucinque convergen al menos en ese intervalo. Probamos pues:

y=X

k=0

ckk !

Xk=2

k(k1)ckk2k(k1)ckk

Xk=1

2kckk+

Xk=0

p(p+1)ckk = 0 !

ck = (pk+2)(p+k1)k(k1) ck2 , k=2,3, . . . ! c2=p(p+1)

21c0 ,

c3 = (p1)(p+2)32 c1 , c4 =p(p2)(p+1)(p+3)

4!c0 , c5 =

(p1)(p3)(p+2)(p+4)5!

c1 , . . .!

y1 = 1+X

k=1

(1)n p(p2)(p2n+2)(p+1)(p+3)(p+2n1)(2n)!

2n

y2 = t+

Xk=1

(1)n(p1)(p

3)(p

2n+1)(p+2)(p+4)(p+2n)

(2n+1)! 2

n+1

Si p es un entero par positivo, p =2m , y1 se reduce a un polinomio de grado 2m :

p =0! y1 =1 , p =2! y1 =132 , p =4! y1=1102+ 353 4 , . . .Si p impar, p =2m+1 , es y2 quien se convierte en un polinomio de grado 2m+1 :

p =1! y2 = , p =3! y2= 533 , p =5! y2 =14

33+

21

55 , . . .

PP

PP

1

2

3

0

11

Se llama polinomio de Legendre de grado n al polinomioPn solucin de [L] con p = n2N , Pn(1) =1 , es decir:

P0 =1 , P1 = , P2 =3

22 1

2, P3 =

5

23 3

2 ,

P4 =

35

8

4

15

4

2+

3

8 , P5 =

63

8

5

35

4

3+

15

8

, . . .Los P2m tienen simetra par y los P2m+1 impar. P2m+1 y P

02m

se anulan en 0 . Se pueden probar adems las propiedades:

Pn tiene n ceros reales, todos en (1,1) . Pn() = 12nn!dn

dn(21)n frmula de

Rodrigues

Los Pn son ortogonales:R11 Pn Pm d = 0 , si m6= n ;

R11 P

2

nd =

2

2n+1.

Los Pn son las nicas soluciones de [L] acotadas a la vez en =1 y =1 .

Para intentar comprobar lo ltimo resolvemos en torno a =1 , haciendo s =1 :[L1] s(s+2)y

00 + 2(s+1)y0 p(p+1)y= 0 , (s) = 2(s+1)s+2

, b(s) =p(p+1)ss+2

analticaspara |s|


38/99

Otra ecuacin ligada a problemas fsicos es la de Hermite: [H] y002y0+2py=0 .

Tiene solucin analtica ( =0 regular), convergente en todo R. Resolvemos:

y=X

k=0

ckk!

Xk=2

k(k1)ckk2X

k=1

2kckk+

Xk=0

2pckk=0! ck=2 k2pk(k1) ck2 , k=2,3, . . .

! y= c1h1+

Xn=1

2n (p)(2p)(2n2p)(2n)!

2ni

+ c2h

+X

n=1

2n (1p)(3p)(2n1p)(2n+1)!

2n+1i

Como para Legendre, [H] posee solucin polinmica cuando p = n2N . Si p =2m , la primerasolucin y1 pasa a ser un polinomio de grado 2m , y si p =2m + 1 es la otra y2 la que seconvierte en un polinomio de ese mismo grado:

p =0! y1 =1 ; p =1! y2= ; p =2! y1= 122 ; p =3! y2= 233 ; . . .

Los polinomios de Hermite Hn() son las soluciones polinmicas de [H] tales quelos trminos con potencias ms altas de son de la forma 2nn , es decir:

H0 =1 ; H1 =2 ; H2 =422 ; H3 =8312 ; . . .

Citemos, tambin sin prueba, algunas propiedades de los Hn que sern tiles, porejemplo, cuando aparezcan en fsica cuntica. Una forma de generarlos todos es:

e2ss2

=X

k=0

1

n!Hn() s

n (a esa exponencial se le llama funcin generatriz de los Hn).

Nos limitamos a comprobarlo para los 4 que ya hemos calculado:1+2s+22s2+

43

3s3 +

1s2+ 1

2s4 = 1+2s+(221)s2+( 43

32s3+ .

De la funcin generatriz sale otra frmula de Rodrigues: Hn() = (1)n e2 dn

dne

2

.

Pues Hn() =

e2ss2

sn

s=0

= e2 e(s)

2

sn

s=0

= ( s =z, s

= z

) = (1)ne2 dndzn

ez2z=

.

En cuntica no aparece [H], sino 00+(2p+1

2) =0 . Haciendo =ye2/2 en ella

se llega a [H]. Se prueba (no es fcil hacerlo), que las nicas soluciones de lainicial que ! 0 si || ! son las de la forma n() = e2/2Hn() , llamadasfunciones de Hermite de orden n . Slo estas n interesan fsicamente.

Como los Pn , se puede ver que tambin las n son ortogonales, ahora en (,):R nmd =

R HnHme

2d =0 , si m6= n ;R

2

nd =

R H

2

ne

2

d =2nn!p

.

Lo comprobamos exclusivamente cuando n =0,1 :

R 01=

R 2e

2=0 ,R

2

0=R e

2=p

,R

2

1=2e2

+

R 2e

2=2p

.

!

1

2 3112

2

6

4

Para expresar en forma compacta las soluciones de la ltima

ecuacin de int

apuntes metodos matematicos ii 2013

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