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Captulo 4
Ecuaciones en Derivadas Parciales
4.1. Introduccin a las ecuaciones en derivadas parciales
Denicin 4.1 Se llama ecuacin diferencial en derivadas parciales o abreviadamente ecuacin enderivadas parciales (EDP) a una ecuacin de la forma
F
x1; : : : ; xn; u;
@u
@x1; : : : ;
@u
@xn; : : : ;
@mu
@xk11 @xknn; : : :
!= 0 (4.1)
donde n > 1, (x1; : : : ; xn) 2 , son las variables independientes y u u (x1; : : : ; xn) es la variabledependiente, siendo k1 + + kn = m.
La EDP estar denida y planteada en la regin abierta (nita o innita) Rn.
Denicin 4.2 Las derivadas parciales tambin pueden expresarse como
@u
@xk= uxk
@mu
@xk11 @xknn= ux1 : : : x1| {z }
k1
:::xn : : : xn| {z }kn
Para los casos n = 2 y n = 3 utilizaremos la siguiente notacin:
n = 2) (x1; x2) =8
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30 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Ejemplo 4.1 A continuacin se introducen alguna EDP y se indica su correspondiente orden:
Ecuacin Expresin OrdenLaplace uxx + uyy = 0 2Fourier ut 2uxx = 0 2Onda uxx uyy = 0 2
Euler-Bernouilli utt + 2uxxxx = 0 4Schrodinger ut iuxx = 0 2Helmholtz uxx + uyy + 2u = 0 2
Korleneg-de Vries ut + uux + uxxx = 0 3Tricormi uxx + xuyy = 0 2
Observacin 4.1 Por su dicultad no estudiaremos sistemas de EDP.
Las EDP se utilizan para modelar procesos que adems de tener una variacin temporal, tienenuna variacin espacial. Por ejemplo la variacin del calor con el tiempo en un slido, la distribucinde poblaciones un habitat o la propagacin del sonido de las cuerdas de una guitarra.
En general las EDP son bastante difciles de resolver de forma analtica, de hecho, no existenteoremas de existencia y unicidad tan sencilloscomo los estudiados en los problemas de valor inicialasociados a las EDO.
Denicin 4.4 Una solucin de 4.1 en Rn es cualquier funcin u u (x1; : : : ; xn) 2 Cm () talque a sustituir u y todas sus derivadas parciales en dicha ecuacin 4.1 obtenemos una identidad.
Observacin 4.2 Generalmente se exigir que u sea continua o diferenciable en @, la frontera de
, que tenga todas las derivadas parciales en y que se cumpla la ecuacin en el interior de .
4.1.1. Algunos mtodos sencillos para resolver una EDP
Integracin directa
Algunas EDP pueden resolverse mediante integracin directa, como en los ejemplos siguientes:
Ejemplo 4.2 Resuelvaux = x+ y
Solucin: Obviamente esta EDP es de orden 1. Buscamos una funcin u que sea de clase C1.Integramos respecto a x
u =
Zuxdx =
Z(x+ y) dx =
x2
2+ xy + (y)
La funcin (y) es la constante respecto a x que aparece al integrar de forma indenida la funcinx + y, hay que permitir que sea una funcin de la otra variable y, ya que aunque sabemos que esconstante respecto a x, no tiene que ser constante respecto a y y obviamente se cumple
@
@x( (y)) = 0
Ejemplo 4.3 Resuelvauxy = 0
cSPH
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4.1. Introduccin a las ecuaciones en derivadas parciales 31
Solucin: Obviamente la EDP anterior es de orden 2. Buscamos una funcin u que sea de claseC2. Integramos en primer lugar respecto a y
ux =
Zuxydy =
Z0dy = 0 (x)
ya que cualquier funcin que slo dependa de x es constante respecto a y. A continuacin integramosrespecto de la otra variable c
u =
Zuxdx =
Z0 (x) dx = 1 (x) + 2 (y)
donde 1 (x) es una primitiva cualquiera de 0 (x). Por tanto la solucin de la EDP viene dada porcualquier funcin u de la forma
u (x; y) = 1 (x) + 2 (y)
con 1 y 2 funciones arbirtrarias de una variable que sean derivables dos veces. Por ejemplo, seransolucin de la EDP las siguientes funciones:
u (x; y) = x+ y
u (x; y) = ex + sen (y)
u (x; y) = x2 + yey
Ejemplo 4.4 Resuelvauxx + uyy = 0
Solucin: Si recordamos la teora de variable compleja y las funciones holomorfas que all seutilizaban, recordaremos que las soluciones de esta EDP son de la forma
u (x; y) = Re (f (z))
ou (x; y) = Im (f (z))
donde f (z) = f (x+ iy) es cualquier funcin holomorfa (derivable compleja). Por ejemplo tendremoscomo soluciones
u (x; y) = x2 y2
u (x; y) = 2xy
u (x; y) = ex cos (y)
Cambio de variable
Otras veces una EDP pueden resolverse fcilmente mediante un cambio de variables, como enel siguiente ejemplo.
Ejemplo 4.5 Resuelva la ecuacinux uy = 0
cSPH
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32 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Solucin: En primer lugar hacemos el siguiente cambio de variable
= x+ y )x = 1y = 1
= x y )
x = 1y = 1
Por tanto
ux = ux + ux = u + u
uy = uy + uy = u uy sustituyendo en la EDP
ux uy = 0, (u + u) (u u) = 2u = 0En trminos de las nuevas variables (; ) la EDP es
u = 0
cuya solucin es
u (; ) =
Zud = ()
es decir cualquier funcin de y por tanto constante en . Deshaciendo el cambio
u (x; y) = (x+ y)
y ser solucin cualquier funcin derivable evaluada en x+ y, por ejemplo
u (x; y) = sen (x+ y)
u (x; y) = (x+ y)2
u (x+ y) = ex+y = exey
Mtodo de separacin de variables
Tambin es posible resolver algunas EDP haciendo cierta suposicin sobre la funcin solucin. enel caso del mtodo de separacin de variables se supone que la funcin es de la forma
u (x; y) = F (x)G (y)
Con esta suposicin, entonces podemos poner
ux (x; y) = F0 (x)G (y)
uy (x; y) = F (x)G0 (y)
uxy (x; y) = F0 (x)G0 (y)
uxx (x; y) = F00 (x)G (y)
uyy (x; y) = F (x)G00 (y)
cSPH
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4.1. Introduccin a las ecuaciones en derivadas parciales 33
y en general
ux x| {z }k
y y| {z }nk
=@nu
@xk@ynk(x; y) = F (k) (x)G(nk) (y)
y sustituyendo en la EDP en algunas ocasiones es posibleyreducir de este modo una EDP a un sistemade EDO con dos ecuaciones.
Ejemplo 4.6 Resuelva la siguiente EDP por el mtodo de separacin de variables
uxx = 4uy
Solucin: Realizando el cambio indicado y sustiyendo en la ecuacin anterior obtenemos
F 00 (x)G (y) = 4F (x)G0 (y)
Agrupando los trminos en x y yF 00 (x)F (x)
=4G0 (y)G (y)
Como el primer miembro es una funcin que slo depende de x y el segundo miembro es una funcinque slo depende de y, la nica forma de que se cumpla la igualdad es que ambos miembros seaniguales a una constante que llamamos 2 R, es decir
F 00 (x)F (x)
=4G0 (y)G (y)
=
El parmetro se denomina constante de separacin. Obtenemos dos ecuaciones diferenciales ordi-narias
F 00 (x)F (x)
= ) F 00 (x) F (x) = 0
4G0 (y)G (y)
= ) 4G0 (y) G (y) = 0
que se pueden resolver de forma independiente. Segn el valor de , obtenemos:
1. Caso I: = 0
F 00 (x) F (x) = 0) F 00 (x) = 0
4G0 (y) G (y) = 0) G0 (y) = 0
e integrandoF (x) = c1x+ c2
G (y) = c3
9=;con c1; c2; c3 2 R, constantes arbitrarias. La funcin u (x; y) sera
u (x; y) = F (x)G (y) = (c1x+ c2) c3 = A1x+B1
cSPH
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34 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
2. Caso II: > 0
Como es positivo, podemos suponer que
= 2
y las ecuaciones sern
F 00 (x) F (x) = 0) F 00 (x) 2F (x) = 0
4G0 (y) G (y) = 0) 4G0 (y) 2G (y) = 0La primera de estas ecuaciones es de segundo orden y su solucin, utilizando el polinomio car-acterstico, es de la forma
F (x) = c1ex + c2e
x
La segunda es de primer orden y su solucin es
G (y) = c3e2y=4
La funcin u (x; y) es de la forma
u (x; y) = F (x)G (y) =c1e
x + c2ex c3e2y=4 = A2ex+2y=4 +B2ex+2y=4
3. Caso III: < 0
Como en el caso anterior y debido a que es negativo, en este caso podemos suponer que
= 2
y las ecuaciones sern
F 00 (x) F (x) = 0) F 00 (x) + 2F (x) = 0
4G0 (y) G (y) = 0) 4G0 (y) + 2G (y) = 0Como antes, la primera de estas ecuaciones es de segundo orden y su solucin, utilizando elpolinomio caracterstico, que tiene como races complejas i, es de la forma
F (x) = c1 cos (x) + c2 sen (x)
La segunda es de primer orden y su solucin es
G (y) = c3e2y=4
La funcin u (x; y) es de la forma
u (x; y) = F (x)G (y) = (c1 cos (x) + c2 sen (x)) c3e2y=4 = A3e
2y=4 cos (x)+B3e2y=4 sen (x)
En los ejemplos anteriores podemos comprobar que similarmente a lo que ocurre con las ecuacionesdiferenciales ordinarias (EDO) para las que la solucin general implicaba la existencia de constantesarbitrarias, en este caso las soluciones de una EDP suele implicar a funciones arbitrarias. En generalal resolver una EDP podemos obtener una cantidad innita de soluciones que dependern de esasfunciones arbitrarias. Para poder obtener una solucin nica a problemas de EDP y tal y como ocurrecon las EDO, estos problemas llevarn asociadas unas condiciones o restricciones que pueden ser dedos tipos: condiciones iniciales y condiciones de contorno. Veamos esta diferencia con un ejemplo.
cSPH
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4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 35
Ejemplo 4.7 La siguiente EDP modela la variacin de temperatura con el tiempo en una varilla delongitud 1. Si u (t; x) es la temperatura de la varilla en el instante t en la posicin x de la varilla,entonces, podemos plantear el problema como
ut = uxx t > 0; x 2 (0; 1)
u (0; x) = f (x) x 2 [0; 1]
u (t; 0) = u (t; 1) = 0 t 0
9>>>>=>>>>;La ecuacin ut = uxx (ecuacin del calor) representa el comportamiento de la variacin de temperaturacon el tiempo en funcin de la posicin. La condicin u (0; x) = f (x) es la temperatura en el instanteinicial t = 0 y por tanto representa una condicin inicial del problema. Las condiciones u (t; 0) = 0 yu (t; 1) = 0 son restricciones que se le imponen a los extremos de la varilla en cualquier instante detiempo y se denominan condiciones de contorno.
4.2. Ecuaciones lineales de orden 2
4.2.1. Clasicacin de EDP
Las EDP, al igual que las EDO, se clasican en lineales y no lineales.
Denicin 4.5 Una EDP es lineal, s y slo si, la variable dependiente u o sus derivadas parcialesaparecen slo en primera potencia.
Por ejemplo, una EDP lineal de 2o orden ser de la forma
nXi=1
nXj=1
Aijuxixj +nXi=1
Biuxi + Fu = G
donde
Aij Aij (x1; : : : ; xn)
Bi Bi (x1; : : : ; xn)
F F (x1; : : : ; xn)
G G (x1; : : : ; xn)
son funciones de las variables independientes y supondremos adems que Aij = Aji.Si las funciones Aij , Bi, y F son constantes, la EDP ser lineal con coecientes constantes.Como en el caso de las EDO si la funcin G es idnticamente nula
G 0
la ecuacin lineal se dice homognea, siendo no homognea caso contrario.
cSPH
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36 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Ejemplo 4.8 Las siguientes ecuaciones son lineales
uxx + uyy = 0
uxx uyy = xysiendo la primera de ellas homognea y la segunda no homognea.
Teorema 4.1 Si u1; : : : ; un son soluciones de una EDP lineal homognea, entonces cualquier combi-nacin lineal de ellas de la forma
u = c1u1 + + cnuncon ci 2 R, tambin es solucin de la EDP.
La solucin general de una EDP lineal de orden n es una familia de funciones que depende de nfunciones arbitrarias.
4.2.2. Ecuaciones lineales de orden 2
Una ecuacin lineal de 2o orden es de la forma
A (x; y)uxx +B (x; y)uxy + C (x; y)uyy +D (x; y)ux + E (x; y)uy + F (x; y)u = G (x; y) (4.2)
donde A;B;C;D;E; F;G : R! R, son funciones sucientemente regulares.
Tipos de EDP lineales de 2o orden
Denicin 4.6 Sea la EDP dada por la ecuacin 4.2 y sea (x0; y0) 2 , entonces la EDP en dichopunto es
Hiperblica , B2 (x0; y0) 4A (x0; y0)C (x0; y0) > 0
Parablica , B2 (x0; y0) 4A (x0; y0)C (x0; y0) = 0
Elptica , B2 (x0; y0) 4A (x0; y0)C (x0; y0) < 0
Si las desiguladades son ciertas para todos los puntos de (x; y) 2 , entonces la EDP ser Hiper-blica, Parablica o Elptica, respectivamente, segn el caso.
Como caso particular, si la ecuacin tiene coecientes constantes la clasicacin de la EDP nodepende del punto (x0; y0), de esta forma para la EDP
Auxx +Buxy + Cuyy +Dux + Euy + Fu = G (x; y) (4.3)
se cumple que la ecuacin es
Hiperblica , B2 4AC > 0
Parablica , B2 4AC = 0
Elptica , B2 4AC < 0
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4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 37
La clasicacin de las EDP de 2o orden lineales est basada en la posibilidad de reducir la ecuacingeneral mediante un cambio de coordenadas a una forma cannica o estndar. Una vez en formacannica es posible reducir, mediante cambios de coordenadas adecuados, la ecuacin a una del tiposiguiente
wss + wtt + w = ' (s; t) (4.4)
wss wtt + w = ' (s; t) (4.5)
wtt ws = ' (s; t) (4.6)
wss + w = ' (s; t) (4.7)
donde es una constante que puede tomar los valores 1, 0 o 1, y ' (s; t) es una funcin cualquieraen las nuevas variables (s; t).
Paso a la forma cannica
Para (x; y) es posible encontrar una transformacin que reduzca la ecuacin a una forma cannicaen una regin dada (esto no es posible, en general, para ms de dos variables).
Dada la ecuacin 4.3 se hace un cambio de variables de la forma
= (x; y)
= (x; y)
con la condicin de que el Jacobiano asociado al cambio de variable sea distinto de cero, es decir
J =@ (; )
@ (x; y)=
x yx y 6= 0
Con este cambio de variable la funcin u y sus derivadas seran, haciendo uso de la regla de la cadena
cSPH
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38 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
(y tenienndo en cuenta tambin que uxy = uyx)
ux = ux + ux
uy = uy + uy
uxx =
dudx
x + udxdx
+
dudx
x + udxdx
= (ux + ux) x + uxx + (ux + ux) x + uxx
=
u2x + 2uxx + u
2x + uxx + uxx
uxy =
dudy
x + udxdy
+
dudy
x + udxdy
=
uy + uyx + uxy +
uy + uy
x + uxy
=
uxy + uxy + yx
+ uxy + uxy + uxy
uyy =
dudy
y + udydy
+
dudy
y + udydy
=
uy + uyy + uyy +
uy + uy
y + uyy
=
u2y + 2uyy + u
2y + uyy + uyy
y sustituyendo en 4.3
Au
2x + 2uxx + u
2x + uxx + uxx
+
Buxy + u
xy + yx
+ uxy + uxy + uxy
+
Cu
2y + 2uyy + u
2y + uyy + uyy
+
D (ux + ux) + Euy + uy
+ Fu
= G
agrupando trminos obtenemos la EDP en las variables (; )
Au +Bu + Cu +Du + Eu + F u = G
cSPH
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4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 39
dondeA = A2x +Bxy + C
2y
B = 2Axx +Bxy + yx
+ 2Cyy
C = A2x +Bxy + C2y
D = Axx +Bxy + Cyy +Dx + Ey
E = Axx +Bxy + Cyy +Dx + Ey
F = F
G = G
9>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>;
(4.8)
Es importante notar que en la nueva ecuacin ocurre
B 4AC = J2 B2 4ACy por tanto si J 6= 0, el carcter de la ecuacin (hiperblica, parablica o elptica) se conserva paracualquier cambio de variable.
Para encontrar el cambio de variable adecuado, observamos que las ecuaciones para A y C sonsimilares y asumiremos que el cambio de variable realizados conduce a que A = 0 o C = 0 o ambos.En este caso, si utilizamos la ecuacin para A (para C el desarrollo sera el mismo), tenemos
A = A2x +Bxy + C2y = 0
Dividiendo por 2y
A2x +Bxy + C2y = 0, A
xy
2+B
xy
+ C (4.9)
Supongamos ahora que = cte:, en ese caso
d = xdx+ ydy = 0
de dondedy
dx= x
y
y la ecuacin 4.9 se transforma en
A
dydx
2+B
dxdy
+ C = 0) A
dy
dx
2B
dy
dx
+ C = 0
que es una ecuacin de segundo grado en dydx , cuyas races son
dy
dx=B pB2 4AC
2A= constante
e integrando
y =B pB2 4AC
2Ax+ C (4.10)
cSPH
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40 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
donde C es constante. Las ecuaciones anteriores, llamadas ecuaciones caracterstica, son lneas rectas.Por tanto el cambio que debemos realizar sera el siguiente
= y 1x (4.11) = y 2x
donde
1 =B +
pB2 4AC2A
2 =B pB2 4AC
2A
Las coordenadas (; ) son las coordenadas caractersticas.El cambio de coordenadas anterior sera de tipo general. A continuacin estudiaremos qu ocurre
a cada uno de los tipos de EDP.
1. EDP Hiperblica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo hiperblico, es decir
B2 4AC > 0
entonces 1 6= 2 y el cambio de variable sera el dado por 4.11. En este caso
= y 1x)8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>;
(4.12)
y la ecuacin se transforma en
Bu +Du + Eu + F u = G
cSPH
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4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 41
y dividiendo por B
u = D1u + E1u + F1u+G1
En el caso de que A = 0, entonces el coeciente A vendra dado por
A = A2x +Bxy + C2y = 0) A = Bxy + C2y = 0
y en este caso dividiramos por 2x para obtener
A = Bxy
+ C
2x2y
!= 0
y teniendo en cuenta quedy
dx= x
y) dx
dy= y
x
se obtendra
Bdxdy
+ C
dx
dy
2= 0
ecuacin de segundo grado que podemos resolver fcilmente
dx
dy
Cdx
dyB
= 0)
8>>>>>:dx
dy= 0
dx
dy=B
C)
que podemos integrar como
x = c1
x =B
Cy + c2
El cambio de variable entonces sera
= x)8
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42 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
para expresar la funcin en trminos de las derivadas dobles respecto a la misma variable.
u = u + u = u + u
u = u + u = u u
u = u + u + u + u = u u + u u = u uy la segunda forma cannica sera
u u = D1 u + E1 u + F 1 u+G1
2. EDP Parablica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo parablico, es decir
B2 4AC = 0entonces 1 = 2 y solamente tendramos una ecuacin caracterstica
1 = 2 =B
2A
El cambio de variable sera el dado en este caso por
= y 1x)8>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>;
(4.13)
cSPH
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4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 43
En este caso vamos a elegir h y k de forma que como hemos comentado J 6= 0, para que elcambio de variable conserve el tipo de ecuacin.
La ecuacin con este cambio se transforma en
Cu +Du + Eu + F u = G
y dividiendo por C
u = D2u + E2u + F2u+G2
En el caso de que B = 0, entonces como B2 4AC = 0, tendra que suceder o que A = 0 o queB = 0 y por tanto:
A = 0) Cuyy +Dux + Euy + Fu = G (x; y)
C = 0) Aux +Dux + Euy + Fu = G (x; y)
y ya estara en la forma cannica buscada.
3. EDP Elptica. Supongamos que la EDP bajo estudio es de tipo elptico, es decir
B2 4AC < 0
entonces 1; 2 2 C, son complejos conjugados. En este caso haremos el cambio
= y (a+ bi)x
= y (a bi)x
9=; (4.14)donde
a =B
2A
b =
p4AC B2
2A
9>>>=>>>; (4.15)y despus el cambio
= 12 ( + )
= 12i ( )
9=; (4.16)o de forma simultnea (x; y)! (; )! (; )
= y ax)8
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44 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
y la EDP en funcin de estas nuevas variables sera
A = A2x +Bxy + C2y = Aa2 Ba+ CB = 2Axx +B
xy + yx
+ 2Cyy = 2Aab bB
C = A2x +Bxy + C2y = Ab
2
D = Axx +Bxy + Cyy +Dx + Ey = aD + EE = Axx +Bxy + Cyy +Dx + Ey = bDF = F = FG = G = G
9>>>>>>>>=>>>>>>>>;(4.17)
El trmino B se anula
B = 2Aab bB = 2AB
2A
b bB = Bb bB = 0
adems por la ecuacin 4.15 podemos comprobar que
A = C
y la ecuacin se transforma en
Au +Au +Du + Eu + F u = G
y dividiendo por A podemos expresar la EDP elptica como
u + u = D3u + E
3u + F
3 u+G
3
Resumiendo, hemos comprobado que cualquier EDP lineal de orden 2 en dos variables y concoecientes constantes puede ponerse en forma cannica segn la siguiente tabla
Tipo Discriminante Cambio Forma Cannica
Si A 6= 0)
8>>>: = y
B+pB24AC2A
x
= y BpB24AC
2A
x
u = F (u; u; u)
Hiperblica B2 4AC > 0
Si A = 0)8
-
4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 45
donde F es una funcin de la forma
F (u; u; u) = au+ bu + cu + d (; )
siendo a; b; c 2 R.Una vez que la EDP est puesta en la forma cannica, en algunos casos posible eliminar las
derivadas primeras mediante cambios del tipo v (x; y) = u (x; y) ekx o v (x; y) = u (x; y) eky segnquerramos eliminar ux o uy en la ecuacin. Veamos a continuacin un ejemplo de cada uno de los tiposde EDP.
Ejemplo 4.9 Transforma la siguiente EDP en su forma cannica
4uxx + 5uxy + uyy + ux + uy = 2
Solucin: Como A = 4, B = 5 y C = 1, entonces
B2 4AC = 52 4 4 1 = 9 > 0
luego es una ecuacin de tipo hiperblico. En este caso
1 =B +
pB2 4AC2A
=5 + 3
8= 1
2 =B pB2 4AC
2A=
5 38
=1
4
Las ecuaciones caractersticas son
y = x+ c1
y =1
4x+ c2
y el cambio de variables que necesitamos es
= y x)8
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46 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Los nuevos coecientes de la EDP en estas variables sern sustituyendo en 4.17
A = 0
B = 94
C = 0
D = 0
E =3
4
F = 0
G = 2
9>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>>;y la EDP sera
94u +
3
4u = 2
y reorganizando obtendramos la primera forma cannica de la EDP hiperblica inicial
u =1
3u 8
9
Para obtener la segunda forma cannica hacemos el cambio
= +
=
9=;y tendremos
u = u + u
u = u u
u = u u
La edp buscada sera
u u = 13u 1
3u 8
9
Ahora podemos simplicar la edp eliminando ahora los trminos u y u mediante cambios de tipoexponencial. En primer lugar eliminaremos el trmino u mediante el cambio
v = ueh
cSPH
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4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 47
donde h 2 R se elegir de forma que el trmino correspondiente a la primera derivada respecto a laprimera variable desaparezca. Con este cambio tendremos
u = veh
u = veh hveh
u = veh
u = veh 2hveh + h2veh
u = veh
9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;Notar que no necesitamos saber cunto vale u. Sustituyendo en la ecuacin
u u = 13u 1
3u 8
9) u u 1
3u +
1
3u +
8
9= 0
u u 13u +
1
3u +
8
9= 0,
ve
h 2hveh + h2vehve
h 1
3
veh hveh
+
1
3
veh
+
8
9= 0,
veh veh + veh
2h 1
3
+
1
3veh + veh
h2 +
1
3h
+
8
9= 0
Para que se anule el trmino en v debe ocurrir2h 1
3
= 0, h = 1
6
y la EDP quedara como
veh veh + 1
3veh 1
36ve=6 +
8
9= 0
Como eh 6= 0, entonces podemos multiplicar toda la ecuacin y obtener
v v + 13v 1
36v +
8
9e=6 = 0
Eliminaremos ahora el trmino en v mediante un cambio similar
w = vek
Con este cambio tendremos
v = wek
v = wek
v = wek kwek
v = wek
v = wek 2kwek + k2wek
9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;cSPH
-
48 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
y sustituyendo en la edp en la variable v
v v + 13v 1
36v +
8
9e=6 = 0,
we
kwe
k 2kwek + k2wek
+1
3
we
k kwek 1
16
wek
+
8
9e=6 = 0
multiplicamos por ek
w w 2kw + k2w
+
1
3(w kw) 1
16w +
8
9e=6ek = 0
y agrupando
w w + w
2k +1
3
+
k2 k
3 1
16
w +
8
9e=6ek = 0
y elegimos k de forma que se anule el trmino en w
2k +1
3= 0, k = 1
6
quedando nalmente la ecuacin en la forma
w w + 148w +
8
9e()=6 = 0
Finalmente es posible hacer el cambio
s =1p48
t =1p48
y obtendremos la ecuacin en las forma usual, puesto que
w =1p48ws
w =1p48wt
w =1p48wss
w =1p48wtt
9>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>;y entonces
w w + 148w +
8
9e()=6 = 0) 1
48wss 1
48wtt +
1
48w +
8
9e()=6 = 0
y multiplicando por 48
wss wtt + w + 3849e()=6 = 0
Ejemplo 4.10 Expresa en forma cannica la siguiente EDP
uxx 4uxy + 4uyy = ey
cSPH
-
4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 49
Solucin: Como A = 1, B = 4 y C = 4, el discriminante esB2 4AC = (4)2 4 1 4 = 0
y la EDP es parablica.El cambio de variable que hay que realizar es
= y B2A
x = y + 2x)8>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin
uxx 4uxy + 4uyy = ey ,
(2u) 4 (2u + 2u) + 4 (u + 2u + u) = e
y agrupando
4u 8u 8u + 4u + 8u + 4u = e , 4u = e , u = 14e
cuya solucin puede obtenerse fcilmente integrando dos veces respecto a :
u =
Z1
4ed =
1
4e + 1 ()
u =
Zud =
Z 1
4e + 1 ()
d =
1
4e + 1 () + 2 ()
siendo 1 () y 2 () dos funciones arbitrarias en la variable . Si deshacemos el cambio obtendremosla solucin en trminos de las variables originales:
u (x; y) =1
4ey + 1 (y + 2x) y + 2 (y + 2x)
cSPH
-
50 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Ejemplo 4.11 Expresa en forma cannica la siguiente EDP
uxx + uxy + uyy + ux = 0
Solucin: Para esta ecuacin A = B = C = 1 y por tanto
B2 4AC = 1 4 = 3 < 0
y la EDP es elptica.Hacemos el cambio
= y
1
2+
p3
2i
!x
= y
1
2p
3
2i
!x
y despus el cambio
=1
2( + )
=1
2i( )
o como hemos hecho en teora hacemos el cambio
= y 12x)
8>:x = 1
2
y = 1
= p
3
2x)
8>>>:x =
p3
2
y = 0
y las transformaciones seran:
ux = ux + ux = 1
2u
p3
2u
uy = uy + uy = u
uxx = 12
(ux + ux)p
3
2(ux + ux) =
14u +
p32 u +
34u
uxy = 12
uy + uy
p32
uy + uy
= 1
2u
p3
2u
uyy = uy + uy = u
9>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>;cSPH
-
4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 51
y sustituyendo en la ecuacin
uxx + uxy + uyy + ux = 0, 1
4u +
p3
2u +
3
4u
!+
1
2u
p3
2u
!+ (u) +
1
2u
p3
2u
!= 0
y agrupando obtenemos3
4u +
3
4u 1
2u
p3
2u = 0
y multiplicando por 43 obtenemos la forma cannica
u + u 23u 2
p3
3u = 0 (4.18)
Como en el caso de la ecuacin hiperblica podemos eliminar las derivadas de primer orden haciendolos cambios oportunos, ambos del mismo tipo. Para eliminar ua haremos el cambio
v = ueh
y recordamos que en este caso
u = veh
u = (va hv) eh
u = veh
u =v 2hv + h2v
eh
u = veh
9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin 4.18
v 2hv + h2v
eh| {z }
u
+ veh| {z }
u
23
(va hv) eh| {z }u
2p
3
2veh| {z }u
= 0
Podemos multiplicar la ecuacin por eh, que es distinto de 0
v 2hv + h2v
+ v 2
3(va hv) 2
p3
2v = 0
y agrupando
v + v + v
2h 2
3
2p
3
2v +
h2 +
1
3
v = 0
El valor del parmetro h se elige de forma que el coeciente de v sea 02h 2
3
= 0, h = 1
3
cSPH
-
52 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
con este valor la ecuacin queda como
v + v 2p
3
2v 1
9v = 0 (4.19)
Ahora para eliminar v haremos el cambio
w = vek
y recordamos que en este caso
v = wek
v = wek
v = (w kw) ek
v = wek
v =w 2kw + k2w
ek
9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin 4.19
wek| {z }
v
+w 2kw + k2w
ek| {z }
v
2p
3
2(w kw) ek| {z }
v
19wek = 0
Podemos multiplicar la ecuacin por ek, que es distinto de 0
w +w 2kw + k2w
2p32
(w kw) 19w = 0
y agrupando
w + w + w
2k 2
p3
3
!+ w
k2 +
2p
3
3k 1
9
!= 0
El valor del parmetro k se elige de forma que el coeciente de w sea 0 2k 2
p3
3
!= 0, k =
p3
3
con este valor la ecuacin queda como
w + w 49w = 0
Finalmente es posible hacer el cambio
s =2
3
t =2
3
cSPH
-
4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 53
y obtendremos la ecuacin en las forma usual, puesto que
w =23ws
w =23wt
w =49wss
w =49wtt
9>>>>>>>>=>>>>>>>>;y entonces
w + w 49w = 0) 4
9wss +
4
9wtt 4
9w = 0) wss + wtt w = 0
Ejercicio 4.1 Realiza los cambios de variable adecuados para transformar la EDP siguiente
3uxx 2uxy + 6uyy 12ux 9uy 5u = 0
Solucin: Para esta ecuacin A = 3, B = 2, C = 6 y por tanto
B2 4AC = (2)2 4 3 6 = 4 (17) < 0
y la EDP es elptica. Las races son
=B pB2 4AC
2A= 1
3p
17
3i
Hacemos el cambio
= y 1
3+
p17
3i
!x
= y 1
3p
17
3i
!x
y despus el cambio
=1
2( + )
=1
2i( )
o como hemos hecho en teora hacemos el cambio
= y +1
3x)
8>:x =
1
3
y = 1
= p
17
3x)
8>>>:x =
p17
3
y = 0
cSPH
-
54 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
y las transformaciones seran:
ux = ux + ux =1
3u
p17
3u
uy = uy + uy = u
uxx =1
3(ux + ux)
p17
3(ux + ux) =
19u 2
p179 u +
179 u
uxy = uyx = (ux + ux) =1
3u
p17
3u
uyy = uy + uy = u
9>>>>>>>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin
3
1
9u 2
p17
9u +
17
9u
!| {z }
uxx
2
1
3u
p17
3u
!| {z }
uxy
+ 6u|{z}uyy
12
1
3u
p17
3u
!| {z }
ux
9 u|{z}uy
5u = 0
u
3
9 2
3+ 6
+ u
6p
17
9+
2p
17
3
!+ u
3 17
9
+ u
12
3 9
+ u
12 p17
3
! 5u = 0
y agrupando obtenemos
3
17
17
3u +
17
3u 13u + 4
p17u 5u = 0
Multiplicando por 317 obtenemos la forma cannica
u + u 3917u +
12p
17
17u 15
17u = 0
Como en los ejemplos anteriores podemos eliminar las derivadas de primer orden haciendo los cambiosoportunos, ambos del mismo tipo. Para eliminar ua haremos el cambio
v = ueh
y recordamos que en este caso
u = veh
u = (va hv) eh
u = veh
u =v 2hv + h2v
eh
u = veh
9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;cSPH
-
4.2. Ecuaciones lineales de orden 2 55
y sustituyendo en la ecuacin 4.18
v 2hv + h2v
eh| {z }
u
+ veh| {z }
u
3917
(va hv) eh| {z }u
+12p
17
17veh| {z }u
1517veh| {z }
u
= 0
Podemos multiplicar la ecuacin por eh 6= 0v 2hv + h2v
+ v 39
17(va hv) + 12
p17
17v 15
17v = 0
y agrupando
v + v + v
2h 39
17
+
12p
17
17v +
h2 15
17
v = 0
El valor del parmetro h se elige de forma que el coeciente de v sea 02h 39
17
= 0, h = 39
34
con este valor la ecuacin queda como
v + v +12p
17
17v +
501
1156v = 0
Ahora para eliminar v haremos el cambio
w = vek
y recordamos que en este caso
v = wek
v = wek
v = (w kw) ek
v = wek
v =w 2kw + k2w
ek
9>>>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>>>;y sustituyendo en la ecuacin
wek| {z }
v
+w 2kw + k2w
ek| {z }
v
+12p
17
17(w kw) ek| {z }
v
+501
1156wek = 0
Multiplicamos la ecuacin por ek 6= 0
w +w 2kw + k2w
+
12p
17
17(w kw) + 501
1156w = 0
y agrupando
w + w + w
2k + 12
p17
17
!+ w
k2 12
p17
17k +
501
1156
!= 0
cSPH
-
56 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
El valor del parmetro k se elige de forma que el coeciente de w sea 0 2k + 12
p17
17
!= 0, k = 6
p17
17
con este valor la ecuacin queda como
w + w 19471156
w = 0
Finalmente es posible hacer el cambio
s =
r1947
1156
t =
r1947
1156
y obtendremos la ecuacin en las forma usual, puesto que
w =q
19471156ws
w =q
19471156wt
w =19471156wss
w =19471156wtt
9>>>>>>>>>>=>>>>>>>>>>;y entonces
w + w 19471156
w = 0) 19471156
wss +1947
1156wtt 1947
1156w = 0) wss + wtt w = 0
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clsicas
4.3.1. Ecuacin del calor
La ecuacin del calor describe la variacin de la temperatura en una regin a lo largo del tiempo.En el caso de una dimensin, describira la temperatura en una barra de longitud L y se expresa como8>>>>>>>:
ut = 2uxx t > 0 x 2 (0; L)
u (0; x) = f (x) 0 < x < L
u (t; 0) = u (t; L) = 0 t > 0
La condicin deu (t; 0) = u (t; L)
son llamadas condiciones de contorno e indican que la temperatura en los extremos de la barra esconstante e igual a 0. Mientras que la condicin
u (0; x) = f (x)
cSPH
-
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clsicas 57
es una condicin inicial e indica la distribucin de temperatura en la barra en el instante inicial.Vamos a tratar de resolver la ecuacin mediante el mtodo de separacin de variables. Supondremos
que la solucin u (t; x) puede ponerse como
u (t; x) = F (t)G (x)
por tanto
ut = F0 (t)G (x)
ux = F (t)G0 (x)
uxx = F (t)G00 (x)
y sustituyendo en la ecuacin del calor
ut = 2uxx , F 0 (t)G (x) = 2F (t)G00 (x)
Obviamente la solucin trivial u 0 es solucin del problema, as que buscamos soluciones alternativasy supondremos que F (t) 6= 0 y G (x) 6= 0, por tanto
1
2F 0 (t)F (t)
=G00 (x)G (x)
Como una lado de la igualdad depende slo de t y el otro depende slo de x, ambos deben ser constantes
1
2F 0 (t)F (t)
=G00 (x)G (x)
= (4.20)
con 2 R. Hemos elegido el signo menos por convencin.De 4.20 obtenemos dos ecuaciones diferenciales
F 0 (t) + 2F (t) = 0
G00 (x) + G (x) = 0
Con estas suposiciones las condiciones de contorno son
u (t; 0) = F (t)G (0) = 0
u (t; L) = F (t)G (L) = 0
como t es arbitraria se deduce queG (0) = G (L) = 0
Tendremos el problema de contorno 8
-
58 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
1. Caso I: = 0. Supongamos que = 0, entonces la ecuacin diferencial ser
G00 (x) + G (x) = 0) G00 (x) = 0cuya solucin general es de la forma
G (x) = Ax+B
Utilizando las condiciones de contorno
G (0) = 0) B = 0
G (L) = 0) A L+B = 0como L 6= 0, la solucin del sistema anterior es: A = B = 0, y por tanto obtenemos de nuevo lasolucin trivial nula.
2. Caso II: < 0. Supongamos ahora que es negativo, y por tanto lo podemos poner de la forma = a2, con a = pjj. La ecuacin diferencial sera
G00 (x) + G (x) = 0) G00 (x) a2G (x) = 0que tiene por solucin general
G (x) = Aeax +Beax
Utilizamos las condiciones de contorno para encontrar los valores de A y B
G (0) = 0) A+B = 0
G (L) = 0) AeaL +BeaL = 0Las ecuaciones anteriores forman un sistema lineal homogneo en las incgnitas A y B. Eldeterminante de la matriz de coecientes es
1 1
eaL eaL
= eaL eaL = 2 senh (aL)y puesto que 6= 0 es no nulo y por tanto la nica solucin del sistema es la trivial A = B = 0y obtenemos de nuevo la solucin trivial.
3. Caso III: > 0. Supongamos ahora que es positivo, y por tanto lo podemos poner de la forma = a2, con a =
p. La ecuacin diferencial sera
G00 (x) + G (x) = 0) G00 (x) + a2G (x) = 0que tiene por solucin general
G (x) = A cos ax+B sen ax
Utilizamos las condiciones de contorno para encontrar los valores de A y B
G (0) = 0) A = 0
G (L) = 0) A cos aL+B sen aL = 0
cSPH
-
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clsicas 59
de donde
B sen aL = 0
Como buscamos una solucin no trivial, entonces B 6= 0 y
sen aL = 0, aL = n; n 2 Z
luego
a =n
L
y,
=n22
L2; n 2 N
recordemos que era una constante arbitraria, luego para cada valor de n 2 N, tendremos unaposible solucin de la EDO,
n =n22
L2) Gn (x) = Bn sen
nLx
Notar que el caso n = 0, nos conduce de nuevo a la solucin trivial, luego supondremos n 1.Para estos valores n y utilizando la otra ecuacin diferencial
F 0 (t) + 2a2F (t) = 0) F 0 (t) + 2n22
L2F (t) = 0
cuya solucin para cada n 2 N es de la forma
Fn (t) = Ane2n22
L2t An 2 R
La solucin de la EDP ser, para cada n, de la forma
un (t; x) = Fn (t)Gn (x) = AnBn sennLxe
2n22
L2t = cn sen
nLxe
2n22
L2t
con cn = AnBn. Por la linealidad de la Ecuacin, cualquier combinacin lineal de soluciones, esotra solucin, por tanto podemos considerar como solucin general a
u (t; x) =1Xn=1
cn sennLxe
2n22
L2t
y utilizando la condicin inicial u (0; x) = f (x) se obtiene
u (0; x) =1Xn=1
cn sennLx
= f (x)
La pregunta que aparece de forma inmediata es: cuando ser posible desarrollar la funcin f (x)como suma de funciones trigonomtricas?
cSPH
-
60 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
4.3.2. Ecuacin de onda
La ecuacin de onda representa las vibraciones de una cuerda sujeta por los extremos a lo largo deltiempo. Si L es la longitud de la cuerda y u (t; x) respresenta el desplazamiento de la cuerda respectode la horizontal en cada instante y en cada posicin de la cuerda, la ecuacin viene dada por8>>>>>>>>>>>>>>>:
utt = c2uxx t > 0 x 2 (0; L)
u (0; x) = f (x) 0 < x < L
ut (0; x) = g (x) 0 < x < L
u (t; 0) = u (t; L) = 0 t > 0
Como en el caso de la ecuacin del calor, las condiciones
u (t; 0) = u (t; L)
son condiciones de contorno e indican que los extremos de la cuerda son jos y situados en el ejehorizontal. Mientras que la condicin
u (0; x) = f (x)
es una condicin inicial e indica la forma de la cuerda en el instante inicial, y la condicin
ut (0; x) = g (x)
sera la velocidad inicial que tiene la cuerda en el instante inicial.Como en el caso anterior utilizaremos el mtodo de separacin de variables. Supondremos que la
solucin u (t; x) puede ponerse como
u (t; x) = F (t)G (x)
por tanto
utt = F00 (t)G (x)
ux = F (t)G0 (x)
uxx = F (t)G00 (x)
y sustituyendo en la ecuacin del calor
utt = c2uxx , F 00 (t)G (x) = c2F (t)G00 (x)
Obviamente la solucin trivial u 0 es solucin del problema, as que buscamos soluciones alternativasy supondremos que F (t) 6= 0 y G (x) 6= 0, por tanto
1
c2F 00 (t)F (t)
=G00 (x)G (x)
Como una lado de la igualdad depende slo de t y el otro depende slo de x, ambos deben ser constantes
1
c2F 00 (t)F (t)
=G00 (x)G (x)
= (4.21)
cSPH
-
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clsicas 61
con 2 R.De 4.21 obtenemos dos ecuaciones diferenciales
F 00 (t) + c2F (t) = 0
G00 (x) + G (x) = 0
Con estas suposiciones las condiciones de contorno son
u (t; 0) = F (t)G (0) = 0
u (t; L) = F (t)G (L) = 0
como t es arbitraria se deduce queG (0) = G (L) = 0
Tendremos el problema de contorno 8
-
62 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
y ut (0; x) = g (x) se obtiene
ut (t; x) =
1Xn=1
annc
LsenncLt
+ bnnc
LcosncLt
sennLx
y
ut (0; x) =1Xn=1
bnnc
L
sennLx
=1Xn=1
cn sennLx
= g (x)
con cn = bn ncL .Como vemos las expresiones para f (x) y g (x) son desarrollos similiares y similares a los encontrados
en la ecuacin del calor.
4.3.3. Ecuacin de Laplace
La ecuacin en derivadas parciales que vamos a tratar en esta seccin es la llamada ecuacin deLaplace que en dos dimensiones tiene la forma
uxx + uyy = 0 (4.22)
Se utilizan las variables espaciales para indicar que mientras que en las ecuaciones de calor y ondarepresentan modelos fsicos que cambian con el tiempo, la ecuacin de Laplace es esttica y representauna condicin de equilibrio como el potencial gravitatorio o electrosttico o como la temperatura enuna seccin plana.
Esta ecuacin se plantea slo con condiciones de contorno sobre la frontera del recinto donde secumpla la ecuacin que tiene que tener cierta regularidad.
Estas condiciones de contorno pueden ser de dos tipos: Si R es la regin donde se cumple la ecuacin4.22, podemos suponer que u (x; y) es concida en todos los puntos de la frontera de R (condicin detipo Dirichlet) o por el contrario podemos suponer que conocemos el vector normal a R en la frontera(condicin de Neumann).
La geometra de R es muy importante y slo podemos calcular soluciones si tienen ciertas condi-ciones de regularidad.
Supongamos, por ejemplo, que el recinto es una rectngulo de lados a y b, es decir, sea R =[0; a] [0; b] y que tenemos el problema de Laplace siguiente8>>>>>>>>>>>>>>>:
uxx + uyy = 0 0 x a 0 y b
u (x; 0) = u (x; b) = 0 0 x a
u (0; y) = 0 0 y b
u (a; y) = f (y) 0 y bEn este caso todas las condiciones son condiciones de contorno.
Utilizamos de nuevo el mtodo de separacin de variables, suponiendo que la solucin u (t; x) puedeponerse como
u (x; y) = F (x)G (y)
por tanto
uxx = F00 (x)G (y)
uyy = F (x)G00 (y)
cSPH
-
4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clsicas 63
y sustituyendo en la ecuacin de Laplace 4.22
uxx + uyy = 0, F 00 (x)G (y) + F (x)G00 (y) = 0Obviamente la solucin trivial u 0 es solucin del problema, as que buscamos soluciones alternativasy supondremos que F (x) 6= 0 y G (y) 6= 0, por tanto
F 00 (x)F (x)
= G00 (y)G (y)
Como una lado de la igualdad depende slo de t y el otro depende slo de x, ambos deben ser constantes
F 00 (x)F (x)
= G00 (y)G (y)
= (4.23)
con 2 R.De 4.23 obtenemos dos ecuaciones diferenciales
F 00 (x) F (x) = 0
G00 (y) + G (y) = 0
Las condiciones de contorno seran
u (x; 0) = F (x)G (0) = 0
u (x; b) = F (x)G (b) = 0
como x es arbitraria se deduce queG (0) = G (b) = 0
La funcin G (y) se obtiene resolviendo el problema de contorno8
-
64 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
que para y arbitraria conduce a queF (0) = 0
y por tantoFn (0) = Cn +Dn = 0) Dn = Cn
y la funcin Fn (x) sera
Fn (x) = Cn
e(
nbx) e(nb x)
= 2Cn senh
nbx
La solucin de la EDP ser, para cada n, de la forma
un (x; y) = Fn (x)Gn (y) = 2Cn senhnbxBn sen
nby
= cn senhnbx
sennby
con cn = 2CnBn . Por la linealidad de la Ecuacin, cualquier combinacin lineal de soluciones, es otrasolucin, por tanto podemos considerar como solucin general a
u (x; y) =
1Xn=1
cn senhnbx
sennby
y utilizando la ltima condicin de contorno u (a; y) = f (y)
u (a; y) =
1Xn=1
cn senhna
b
sennby
=
1Xn=1
dn sennby
= f (y)
de nuevo un desarrollo similiar a las ecuaciones previas del calor y de onda.
4.4. Series de Fourier
Los problemas de la seccin anterior nos plantean la cuestin de si cualquier funcin f (x) de unavariable pude desarrollarse como en las soluciones obtenidas, en trminos de la funcin trigonomtricasen ().
Denicin 4.7 Sea f (x) una funcin real peridica de periodo T = 2L, es decir,
f (x) = f (x+ 2T ) 8x 2 R
entonces denimos los coecientes de Fourier de f (x) a los siguientes valores
an =1
L
Z LL
f (x) cosnLxdx; n = 0; 1; 2; : : :
bn =1
L
Z LL
f (x) sennLxdx; n = 1; 2; : : :
y se denomina serie de Fourier de f (x) a la siguiente serie funcional
Sf (x) =a02
+
1Xn=1
an cos
nLx
+ bn sennLx
cSPH
-
4.4. Series de Fourier 65
Ejemplo 4.12 Para encontrar la serie de Fourier de la funcin
f (x) =
8;) 12 f 0++ f 0 = 12 (1 + 0) = 12cSPH
-
66 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
Es posible comprobar tambin que
lmx!1
Sf (x) =1
2
lmx!1
Sf (x) =1
2
4.4.1. Funciones pares e impares
La serie de Fourier de una funcin f (x) se simplica en el caso de que la funcin sea par o impar.
1. Caso I: f (x) es par.
Si f (x) es una funcin par, entonces
f (x) = f (x) 8x 2 R
y los coecientes de Fourier seran: Para a0
a0 =1
L
Z LL
f (x) dx =1
L
Z 0L
f (x) dx+
Z L0f (x) dx
y haciendo el cambio de variable y = x en la primera integralZ 0
Lf (x) dx =
Z 0Lf (y) (dy) =
Z L0f (y) dy
luego
a0 =1
L
Z L0f (y) dy +
Z L0f (x) dx
=
2
L
Z L0f (x) dx
Para n 1, y puesto que cos () es una funcin par y por tanto f (x) cos nL x sera una funcinpar obtendramos
an =1
L
Z LL
f (x) cosnLxdx =
2
L
Z L0f (x) cos
nLxdx
mientras que como sen () es una funcin impar y por tanto f (x) sen nL x tambin lo serabn =
1
L
Z LL
f (x) sennLxdx = 0
y la serie de Fourier para f (x) peridica y par sera
Sf (x) =a02
+
1Xn=1
an cosnLx
2. Caso II: f (x) es impar.
Si f (x) es una funcin impar, entonces
f (x) = f (x) 8x 2 R
cSPH
-
4.4. Series de Fourier 67
y los coecientes de Fourier seran: Para a0
a0 =1
L
Z LL
f (x) dx =1
L
Z 0L
f (x) dx+
Z L0f (x) dx
y haciendo el cambio de variable y = x en la primera integralZ 0
Lf (x) dx =
Z 0Lf (y) (dy) =
Z L0f (y) dy
luego
a0 =1
L
Z L0f (y) dy +
Z L0f (x) dx
= 0
Para n 1, y puesto que cos () es una funcin par y por tanto f (x) cos nL x sera una funcinimpar obtendramos
an =1
L
Z LL
f (x) cosnLxdx = 0
mientras que como sen () es una funcin impar y por tanto f (x) sen nL x sera parbn =
1
L
Z LL
f (x) sennLxdx =
2
L
Z L0f (x) sen
nLxdx
y la serie de Fourier para f (x) peridica e impar sera
Sf (x) =1Xn=1
bn sennLx
que es similar a los obtenidos mediante separacin de variables para los problemas del calor,onda y Laplace vistos en la seccin anterior.
4.4.2. Aplicacin a la ecuacin del Calor
Consideremos el problema del calor8 0 x 2 (0; L)u (0; x) = f (x) 0 < x < L
u (t; 0) = u (t; L) = 0 t > 0
cuya solucin general hemos encontrado
u (t; x) =1Xn=1
cn sennLxe
2n22
L2t
siendo
u (0; x) =
1Xn=1
cn sennLx
= f (x)
Por tanto si consideramos a f (x) como una funcin impar, 2Lperidica
cn =2
L
Z L0f (x) sen
nLxdx
cSPH
-
68 Captulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales
y la ecuacin general sera
u (t; x) =
1Xn=1
2
L
Z L0f (s) sen
nLsds
sennLxe
2n22
L2t (4.24)
donde hemos cambiado la variable de integracin para evitar confusiones con la variable independientede la funcin u.
Se dice que la expresin 4.24 es la solucin formal porque no podemos asegurar que sea unaverdadera solucin, es decir, que f (x) pueda representarse mediante una serie trigonomtrica.
Por otra parte, aunque la linealidad garantiza que una combinacin lineal nita de soluciones, essolucin, nuestra combinacin lineal es innita, por lo que tendramos que comprobar que efectivamentees solucin (derivando 2 veces y sustituyendo en la ecuacin correspondiente), y este es un procesodifcil, aunque en nuestro caso se garantiza por la presencia del trmino exponencial en la solucin
formal, ya que si n!1, entonces e2n22
L2t ! 0.
Cualitativamente la ecuacin describe un proceso de difusin del calor a travs de la barra, la barradisipa calor convergiendo a 0 y suavizando cualquier irregularidad que f (x) pueda tener. Aplicamoseste anlisis a un ejemplo concreto. Supongamos una barra de aluminio (2 = 0;86) de 10 centmetrosde longitud y con una temperatura inicial de 100oC. La evolucin de la temperatura con el tiempo,ser, para u (0; x) = 100
u (t; x) =1Xn=1
2
10
Z 100
100 senn
10sds
senn
10xe
0;86n22
100t
y calculando la integralZ 100
100 senn
10sds = 100 cos
n10s 10n
100
=1000
n(cos (0) cos (n)) = 1000
n(1 (1)n)
sustituyendo obtendremos el valor de u (t; x)
u (t; x) =
1Xn=1
200 (1 (1)n)
n
senn
10xe
0;86n22
100t
o teniendo en cuenta que slo los trminos impares son no nulos, ya que (1 (1)n) = 0 para n par
u (t; x) =1Xn=1
400
(2n 1)
sen
(2n 1)
10x
e
0;86(2n1)22100
t
cSPH