ecuaciones diferenciales en la física metodos matematicos didier alejandro

Ecuaciones

Diferenciales

en la física

Presenta: Didier Alejandro Patiño Rodríguez

Asesor: Román Castro Rodríguez

Ecuaciones Diferenciales en la física 2011

2

Índice

Introducción 3

Ecuaciones diferenciales 4

Clasificación y orden 4

Orden de las ED 4

Clasificación 5

Métodos de solución para ED 7

Ecuaciones diferenciales de primer orden 7

Separación de variables 7

Ecuaciones diferenciales exactas 7

Ecuaciones diferencial lineal de primer orden 8

Conversión a la ecuación integral 11

Métodos de soluciones a ecuaciones lineales de segundo orden 12

Método de coeficientes indeterminados 14

Método de separación de variables 15

Ejemplos de la ecuaciones diferenciales para la solución de sistemas

físicos 16

Oscilador armónico simple 21

Oscilador armónico amortiguado 23

Oscilador armónico forzado 28

Problemas donde intervienen péndulos 30

Ecuaciones diferenciales parciales en la física 33

Ejemplos de Ecuaciones de transporte 34

Ejemplos de Ecuaciones de Onda 46

Ejemplos de la ecuación de Helmholtz 52

Ejemplos de la ecuación de Laplace 61

Ejemplos de la ecuación de Schrödinger 68

Átomo de hidrogeno 77


3

Introducción.

Una de las herramientas matemáticas más utilizada en la actualidad para la descripción

de fenómenos físicos son las ecuaciones diferenciales. Dado que al tratar de entender

cualquier fenómeno físico, la mente crea una idealización y lo plasma en un modelo

matemático, donde al tomar el aspecto central del fenómeno, estudia sus causas y lo

describe en forma matemática (figura 1). Gracias a esta teoría es posible describir tanto el

fenómeno como las aplicaciones que este pudiera tener.

El estudio de las propiedades de la ecuación obtenida permiten sondear otras

características que no son tan evidentes, incluso se pueden predecir hechos o fenómenos

que de la observación no se obtienen.

Las ecuaciones diferenciales se dividen en dos grandes grupos: las ecuaciones

diferenciales ordinarias y las ecuaciones diferenciales parciales. Si una ecuación diferencial

es empleada en la descripción de un fenómeno físico, matemáticamente la solución nos

dará una función, la cual al ser utilizada para describir el sistema esta podrá estar

representada como un desarrollo ya sea en el tiempo, el espacio y demás variables que

ayuden a la descripción del fenómeno.

Pocas ecuaciones diferenciales tienen una solución analítica sencilla, la mayor parte de

las veces es necesario realizar aproximaciones, estudiar el comportamiento del sistema bajo

ciertas condiciones. Para ello mostrare el desarrollo de varios fenómenos físicos en forma

de una ecuación diferencial, así como encontrar el método para poder encontrar una

solución esta, y así poder darle un sentido físico a dicha solución.

Satisfacen el

problema real

Fenómeno

físico

Observación Modelos

Matemáticos

Solución con

condiciones

observables

Solución

No

Si

Fig. 1.- Diagrama que ilustra el empleo de las

Ecuaciones Diferenciales en la física


4

Ecuaciones diferenciales.

Llamamos ecuación diferencial (E. D.) a una ecuación que relaciona a una función, a su

variable o variables independientes, y a sus derivadas. Si la ecuación contiene derivadas

respecto a una sola variable independiente entonces se dice que es una ecuación diferencial

ordinaria (E.D.O.); y si contiene las derivadas parciales respecto a dos o más variables

independientes se llama ecuación en derivadas parciales (E.D.P.).

Clasificación y orden de una E.D.

Orden de las E.D.

El orden de una E.D.O. esta dado por el orden de la derivada de más alto valor, la

manera más general de representarla es:

𝐹 𝑥, 𝑢 𝑥 , 𝑢 𝑥 ′ , … , 𝑢𝑛 𝑥 = 0 1

Lo cual nos describe una E.D.O. de orden n. la ecuación (1) representa una relación

entre la variable independiente x y los valores de la función u y sus n primeras derivadas, si

convenientemente decimos que 𝑢 𝑥 = 𝑦 pudiendo rescribir (1) como

𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑦′, … , 𝑦𝑛 = 0 2

Un ejemplo entonces de una ecuación diferencial de orden 3 será

𝑦′′′ + 2𝑒𝑥𝑦′′ + 𝑦𝑦′ = 𝑥4

Una ecuación diferencial parcial para una función 𝑢 𝑥, 𝑦, … con derivadas parciales

𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 , 𝑢𝑥𝑥 , 𝑢𝑥𝑦 , 𝑢𝑦𝑦 , … es una relación de la forma

𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 , 𝑢𝑥𝑥 , 𝑢𝑥𝑦 , 𝑢𝑦𝑦 , … = 0 3

Donde F es una función de las variables 𝑥, 𝑦, … , 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 , 𝑢𝑧 , 𝑢𝑥𝑥 , 𝑢𝑥𝑦 , 𝑢𝑦𝑦 , … en donde

solamente ocurrirán un número finito de derivadas. Una función 𝑢 𝑥, 𝑦, … es solución de

(3), si en algún espacio de sus variables independientes, la función y sus derivadas

satisfacen la ecuación idénticamente en 𝑥, 𝑦, …


5

Como en las E.D.O. una E.D.P. es de orden n, si las derivadas de mayor orden que

ocurren en F son de orden n. las ecuaciones diferenciales parciales se clasifican también

según el tipo de función F considerada. En particular tenemos la E.D.P. lineal si F es lineal

en la función incógnita y sus derivadas, y la ecuación diferencial parcial casi-lineal que es

más general, si F es lineal en al menos una de las derivadas de más alto orden.

Clasificación.

Las ecuaciones diferenciales ordinarias se clasifican según su tipo de orden y linealidad.

Se llama solución (o integral) de la E.D.O. a cualquier función 𝑦 = 𝑦(𝑥) que introducida en

la ecuación diferencial la transforma en igualdad.

Tipos de soluciones:

Explicitas: la variable dependiente de y se expresa tan solo en términos de la

variable independiente x y constantes.

Implícitas: se trata de una relación 𝐺 𝑥, 𝑦 = 0 en la que no se puede despejar y

mediante funciones elementales. Son soluciones todas las 𝑦(𝑥) que cumplen

𝐺 𝑥, 𝑦 = 0.

Una E.D.O puede tener una cantidad infinita de soluciones que corresponden a las

posibles elecciones de valores para los parámetros.

Para las E.D.P. la clasificación es un poco distinta, para sistemas de E.D.P. de segundo

orden con dos variables por ejemplo la ecuación diferencial puede ser expresada como:

Sea 𝑢(𝑥, 𝑦) con x e y variables independientes se llama ecuación con derivadas

parciales de segundo orden si

𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 , 𝑢𝑥𝑥 , 𝑢𝑥𝑦 , 𝑢𝑦𝑦 = 0 4

Donde: 𝑢𝑥 =𝜕𝑢

𝜕𝑥, 𝑢𝑦 =

𝜕𝑢

𝜕𝑦, 𝑢𝑥𝑥 =

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2, 𝑢𝑥𝑦 =

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝑦= 𝑢𝑦𝑦 =

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2. De manera similar se

sigue para mas variables independientes. Anteriormente dijimos que una ecuación se llama

lineal con respecto a las derivadas de orden mayor si

𝑎𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 2𝑏

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝑦+ 𝑐

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2+ 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 = 0 (5)

donde los coeficientes a,b,c son funciones de las variables independientes que admiten

desarrollos en series de Taylor y no se anulan simultáneamente.


6

Si los coeficientes a,b,c dependen no solo de x e y, sino que son al igual que f funciones

de 𝑥, 𝑦, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑦 , entonces tal ecuación se denomina cuasi lineal.

La ecuación se llama lineal, si es lineal tanto respecto a las derivadas de orden mayor,

como a la función u y a sus primeras derivadas; es decir:

𝑎𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+ 2𝑏

𝜕2𝑢

𝜕𝑥𝑦+ 𝑐

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2+ 𝑑

𝜕𝑢

𝜕𝑥+ 𝑒

𝜕𝑢

𝜕𝑦+ 𝑔𝑢 + 𝑓 = 0 6

donde 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒, 𝑔, 𝑓 son funciones solo de x e y. Si los coeficientes de la ecuación

6 no dependen de 𝑥 e 𝑦, esta es una ecuación lineal con coeficientes constantes. La

ecuación se llama homogénea, si 𝑓 𝑥, 𝑦 = 0.

Como la ecuación (6) es de segundo orden, siempre es posible reducir los coeficientes

de las derivadas de segundo orden a constantes muy simples mediante un cambio de

coordenadas definidas por un sistema de ecuaciones de la forma

𝜉 = 𝜉 𝑥, 𝑦

휂 = 휂 𝑥, 𝑦 𝑐𝑜𝑛

𝜕 𝜉, 휂

𝜕(𝑥, 𝑦)≠ 0 7

Tal que (6) en las nuevas coordenadas es equivalente a una de los siguientes tipos de

ecuaciones mas sencillas, llamadas Formas Normales, o bien, formas Canonícas de (6)

𝐹𝑢𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑁𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙𝑒𝑠 :

1. 𝑎.

𝜕2𝑢

𝜕𝜉2−

𝜕2𝑢

𝜕휂2+ 𝑇. 𝑂. 𝐼. = 0

1. 𝑏. 𝜕2𝑢

𝜕𝜉휂+ 𝑇. 𝑂. 𝐼. = 0

2. 𝑎. 𝜕2𝑢

𝜕휂2+ 𝑇. 𝑂. 𝐼. = 0

2. 𝑏. 𝜕2𝑢

𝜕𝜉2+ 𝑇. 𝑂. 𝐼. = 0

3. 𝜕2𝑢

𝜕𝜉2−

𝜕2𝑢

𝜕휂2+ 𝑇. 𝑂. 𝐼. = 0

8

De las formas normales identificamos a T.O.I., como los términos de orden inferior al

efectuar el cambio de coordenadas (7) en (6) para obtener (8). Con esto entonces podemos

decir que la ecuación (6) puede ser de tipo Hiperbólica, Parabólica o Elíptica, si y solo si

existe un cambio de coordenadas tal que la ecuación se puede escribir en la forma normal

1.., 2.., o 3., respectivamente.


7

De tal modo que en fenómenos físicos se puede representar a una E.D.P. como

𝜕2𝑢𝜕𝑥2 −

𝜕2𝑢𝜕𝑡2 = 0 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑂𝑛𝑑𝑎 𝑈𝑛𝑖𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙

𝜕2𝑢𝜕𝑥2 −

𝜕𝑢𝜕𝑡

= 0 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑈𝑛𝑖𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙

𝜕2𝑢𝜕𝑥2 −

𝜕2𝑢𝜕𝑦2 = 0 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐿𝑎𝑝𝑙𝑎𝑐𝑒 𝐵𝑖𝑑𝑖𝑚𝑒𝑛𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙

Estas ecuaciones son ejemplos inmediatos de ecuaciones del tipo Hiperbólica,

Parabólica y Elíptica respectivamente.

Métodos de solución importantes para

E.D.

Ecuaciones diferenciales de primer orden.

En el estudio de sistemas físicos nos vemos envueltos en estudiar la solución de

ecuaciones diferenciales de primer orden. Las cuales están descritas de forma general como

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓 𝑥, 𝑦 = −

𝑃 𝑥, 𝑦

𝑄 𝑥, 𝑦 9

La ecuación (9) claramente es una ecuación diferencial Ordinaria de primer orden, dado

que no existen derivadas de orden superior y la función solo tiene como variable

independiente a x.

Separación de variables

Este método es utilizado para resolver ecuaciones del tipo (9). Frecuentemente la

ecuación (9) puede ser escrita de la forma

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑓 𝑥, 𝑦 = −

𝑃 𝑥

𝑄 𝑥 10

De modo que (10) puede ser rescrita como


8

𝑃 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (11)

La cual podemos integrando de 𝑥0,𝑦0 a 𝑥, 𝑦 tenemos que

𝑃 𝑥 𝑑𝑥 +𝑥

𝑥0

𝑄 𝑦 𝑑𝑦𝑦

𝑦0

= 0 12

Podemos definir los límites inferiores 𝑥0 y 𝑦0 como constantes, con esto podemos

ignorar los límites inferiores de la integración y sólo se tiene que añadir una constante de

integración. Es de suma importancia tener en cuenta que esta técnica de separación de

variables no requiere que la ecuación diferencial sea lineal.

Ecuaciones diferenciales exactas.

La ecuación (9) podemos rescribirla tal que

𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (13)

Esta ecuación se dice que es exacta si se puede igualar a una diferencial 𝑑𝜑; es decir:

𝑑𝜑 =𝜕𝜑

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝜑

𝜕𝑦𝑑𝑦 14

Puesto que la ecuación (13) es cero por la derecha, tenemos que buscar una función

desconocida 𝜑 𝑥, 𝑦 = 𝑐𝑡𝑒. y 𝑑𝜑 = 0.

Tenemos que si existe una función 𝜑 𝑥, 𝑦 la siguiente igualdad

𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 =𝜕𝜑

𝜕𝑥𝑑𝑥 +

𝜕𝜑

𝜕𝑦𝑑𝑦 15

entonces tenemos que

𝜕𝜑

𝜕𝑥= 𝑃 𝑥, 𝑦 ,

𝜕𝜑

𝜕𝑦= 𝑄 𝑥, 𝑦 16

La condición necesaria y suficiente para que nuestra ecuación sea exacta es que las

segundas derivadas parciales mixtas de, 𝜑 𝑥, 𝑦 , sean independiente del orden de la

diferenciación (esto solo es posible si se cumple que 𝜑 es continua); es decir

𝜕2𝜑

𝜕𝑦𝜕𝑥=

𝜕𝑃 𝑥, 𝑦

𝜕𝑦=

𝜕𝑄 𝑥, 𝑦

𝜕𝑥=

𝜕2𝜑

𝜕𝑥𝜕𝑦 17


9

si 𝜑 𝑥, 𝑦 existe, entonces la solución para la ecuación (13) y (15) será

𝜑 𝑥, 𝑦 = 𝐶 18

Bien podría resultar que la ecuación (13) no sea exacta, si no se cumple con la ecuación

(17). Sin embargo, siempre existe al menos uno o tal vez una infinidad de factores de

integración, ∝ 𝑥, 𝑦 , tales que

𝛼 𝑥, 𝑦 𝑃 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥 + 𝛼 𝑥, 𝑦 𝑄 𝑥, 𝑦 𝑑𝑦 = 0 (19)

Haga exacta a la E.D. Desafortunadamente, el factor de integración no es siempre obvio

y fácil de encontrar. A diferencia del caso de las ecuaciones diferenciales lineales de primer

orden, no hay manera sistemática para desarrollar un factor de integración de la ecuación

(13).

Una ecuación diferencial en el que las variables han sido separadas automáticamente es

una E.D. exacta. Caso contrario es que una ecuación diferencial exacta no es

necesariamente separable.

Ecuación Diferencial Lineal de Primer orden.

Si 𝑓(𝑥, 𝑦) en la ecuación (9) es de la forma 𝑞 𝑥 − 𝑝 𝑥 𝑦, entonces la ecuación (9) será

𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝑞(𝑥) 20

La ecuación (20) es la manera más general de escribir una ecuación diferencial linear de

primer orden. Si 𝑞 𝑥 = 0, se dice que es una ecuación homogénea.

La ecuación (20) es lineal, ya que cada término de esta es lineal en 𝑦 o 𝑑𝑦

𝑑𝑥. Es decir no

existan cosas de orden superior, esto es, 𝑦2, y no productos, 𝑦 𝑑𝑦

𝑑𝑥 . Tenga en cuenta que la

linealidad se refiere a y o 𝑑𝑦

𝑑𝑥; 𝑝 (𝑥) y 𝑞 (𝑥) no tiene por qué ser lineal en 𝑥. La ecuación 20,

es una de las más importantes ecuaciones diferenciales de primer orden para la física.

Ahora busquemos un factor integrante 𝛼 𝑥 tal que

𝛼 𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+ 𝛼 𝑥 𝑝 𝑥 𝑦 = 𝛼 𝑥 𝑞(𝑥) 21

Lo cual podemos rescribir como

𝑑

𝑑𝑥 𝛼 𝑥 𝑦 = 𝛼 𝑥 𝑞 𝑥 22


10

Lo anteriormente escrito es para hacer alusión al lado izquierdo de la ecuación (20) y

hacer así a este lado de la ecuación derivable de modo que pueda ser integrado. Lo que hace

también que la ecuación (20) sea exacta.

Expandiendo (22) obtenemos lo siguiente

𝛼 𝑥 𝑑𝑦

𝑑𝑥+

𝑑𝛼

𝑑𝑥𝑦 = 𝛼 𝑥 𝑞(𝑥) 23

Comparando esto con la ecuación (21) tenemos que esto exige que

𝑑𝛼 𝑥

𝑑𝑥= 𝛼 𝑥 𝑝(𝑥) 24

Esta es una ecuación diferencial para 𝛼 𝑥 , con 𝛼 y 𝑥 las variables separables. Con las

variables separables e integrando obtenemos

𝛼 𝑥 = exp 𝑝 𝑥 𝑑𝑥𝑥

(25)

El cuál es nuestro factor de integración. Si conocemos 𝛼 𝑥 podemos proceder a

integrar la ecuación (22). Lo que nos da

𝑑

𝑑𝑥 𝛼 𝑥 𝑦(𝑥) 𝑑𝑥 =

𝑥

𝛼 𝑥 𝑞(𝑥)𝑑𝑥𝑥

Ahora integrando obtenemos

𝛼 𝑥 𝑦 𝑥 = 𝛼 𝑥 𝑞(𝑥)𝑑𝑥𝑥

+ 𝐶

Donde C contiene a la integral resultante del límite inferior de la integración.

Dividiendo por 𝛼(𝑥), obtenemos

𝑦 𝑥 = 𝛼 𝑥 −1 𝛼 𝑥 𝑞 𝑥 𝑑𝑥𝑥

+ 𝐶

Finalmente sustituyendo la ecuación (25) en la anterior tenemos que

𝑦 𝑥 = exp − 𝑝 𝑡 𝑑𝑡𝑥

exp 𝑝 𝑡 𝑑𝑡𝑠

𝑞 𝑠 𝑑𝑠𝑥

+ 𝐶 (26)

De esto las variables de integración han sido rescritas para evitar la ambigüedad. La

ecuación (26) es la solución general completa de la ecuación diferencial lineal de primer

orden. La parte


11

𝑦1 𝑥 = 𝐶 exp − 𝑝 𝑡 𝑑𝑡𝑥

(27)

Corresponde al caso de la ecuación diferencial homogénea; es decir cuando 𝑞 𝑥 = 0.y

el termino correspondiente a la ecuación (26),

𝑦2 𝑥 = exp − 𝑝 𝑡 𝑑𝑡𝑥

exp 𝑝 𝑡 𝑑𝑡𝑠

𝑞 𝑠 𝑑𝑠𝑥

+ 𝐶 (26)

Es la solución particular correspondiente a la solución general cuando la ecuación

diferencial no es homogénea es decir 𝑞 𝑥 ≠ 0. Es decir, para ecuaciones diferenciales de

primer orden lineales la ecuación será homogénea si 𝑞(𝑥) en la ecuación (20) es cero,

entonces la ecuación es separable. De lo contrario, para el caso donde 𝑝 = 𝑐𝑡𝑒., 𝑞 = 𝑐𝑡𝑒., o

𝑞 𝑥 = 𝑎𝑝(𝑥);es decir, la ecuación no es homogénea, entonces la ecuación (20) no es

separable.

Conversión a la ecuación integral.

Nuestra ecuación diferencial de primer orden descrito en la ecuación (9), puede ser

convertida a una ecuación integral por medio de una integración directa lo que nos da

𝑦 𝑥 − 𝑦 𝑥0 = 𝑓 𝑥, 𝑦 𝑥 𝑑𝑥𝑥

𝑥0

(27)

Para esta ecuación integral es posible encontrar una solución en términos de las series

de Neumann con una aproximación inicial como 𝑦(𝑥) ≈ 𝑦(𝑥0). En términos de la teoría de

Ecuaciones diferenciales este método es llamado “el método de aproximaciones sucesivas

de Picard”.

Ecuación

Diferencial de

primer orden

Ecuación

integral

Ecuación

Diferencial

Lineal

Método de

separación de

variables

Método de

ecuaciones

exactas

En casos

especiales

Cuando las

variables sean

separables

Figura 2.- diagrama de cómo se solucionan las ecuaciones diferenciales de primer orden


12

En la figura dos exhibo una descripción de cómo se solucionan las ecuaciones

diferenciales de primer orden.

Métodos de soluciones a ecuaciones lineales de

segundo orden.

Sea 𝑢(𝑥) una función con x una variable independiente, podemos escribir su ecuación

diferencial como en la ecuación (4)

𝐹 𝑥, 𝑦, 𝑢𝑥 , 𝑢𝑥𝑥 = 0 (28)

Ahora bien otra manera de representar esta ecuación es del siguiente modo

𝑎𝑢𝑥𝑥 + 𝑏𝑢𝑥 + 𝑐𝑦 = 𝑑 (29)

Donde a,b,c,d son constantes que dependen de x e y del hecho de que 𝐹 sea una función

lineal es que llegamos a la ecuación (29). Dos casos importantes para la solución de este

problema son cuando 𝑑 ≠ 0 lo cual como ya lo habíamos mencionado, esto es una ecuación

diferencial no homogénea, y en el caso en que 𝑑 = 0 esto nos lleva a una ecuación

diferencial homogénea.

Primero analicemos el caso de una E.D. homogéneas, entonces de la ecuación (29)

tenemos que

𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 (30)

Donde como ya sabíamos 𝑢𝑥𝑥 =𝑑2𝑦

𝑑𝑥2= 𝑦′′ y 𝑢𝑥 =

𝑑𝑦

𝑑𝑥= 𝑦′ . Una solución general para

la ecuación (30) es del modo

𝑦 = 𝑒𝑘𝑥 (31)

Donde k es un parámetro a determinar. Entonces procedemos a estimar la primera y la

segunda derivada respecto de x lo cual no resultara en

𝑦′ = 𝑘𝑒𝑘𝑥 (32)

𝑦′′ = 𝑘2𝑒𝑘𝑥 (33)

Sustituyendo esto en (30) tenemos que

𝑎𝑘2𝑒𝑘𝑥 + 𝑏𝑘𝑒𝑘𝑥 + 𝑐𝑒𝑘𝑥 = 0 (34)

𝑒𝑘𝑥 𝑎𝑘2 + 𝑏𝑘 + 𝑐𝑦 = 0


13

𝑎𝑘2 + 𝑏𝑘 + 𝑐𝑦 = 0 (35)

A la ecuación (35) se le conoce como ecuación característica de la ecuación diferencial.

Su importancia es que si 𝑘 es una raíz de la ecuación del polinomio anterior, entonces

𝑦 = 𝑒𝑘𝑥 es una solución a la E.D.O. Ya que tenemos una ecuación cuadrática procedamos a

tratar de encontrar su solución, sea esto así entonces utilizando la formula general tenemos

que

𝑘 =−𝑏 ± 𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎 (36)

Centrémonos en el radical dado que de este podemos tener tres soluciones posibles las

cuales son:

a) 𝑠𝑖 𝑏2 − 4𝑎𝑐 > 0 tendremos una solución real.

b) 𝑠𝑖 𝑏2 − 4𝑎𝑐 < 0 tendremos una solución con coeficientes imaginarios.

c) 𝑠𝑖 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 0 lo cual nos da la solución mas sencilla.

Los métodos para solucionar la ecuación diferencial, se resolverán entonces por los

siguientes métodos:

a) Para el primer caso cuando tenemos una solución real distinta de cero la

solución de la ecuación diferencial será entonces:

𝑦1 𝑥 = 𝑒𝑘1𝑥 𝑦 𝑦2 𝑥 = 𝑒𝑘2𝑥 (37)

Por tanto la solución general de la ecuación diferencial será:

𝑦 = 𝑐1𝑦1 𝑥 + 𝑐2𝑦2 𝑥 = 𝑐1𝑒𝑘1𝑥 + 𝑐2𝑒𝑘2𝑥

b) Para el segundo caso donde tenemos raíces complejas estas están descritas

como:

𝑘1 = 𝛼 + 𝑖𝛽 𝑦 𝑘2 = 𝛼 − 𝑖𝛽


𝑦1 𝑥 = 𝑒(𝛼+𝑖𝛽)𝑥 𝑦 𝑦2 𝑥 = 𝑒(𝛼−𝑖𝛽)𝑥 (38)

Recordando un poco el calculo de variables complejas sabemos que existe una manera

de redefinir la ecuación (38) en términos de la formula de Euler, la cual nos dice que los

exponenciales se pueden escribir como:

𝑒𝑖𝑥 = cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥 𝑦 𝑒−𝑖𝑥 = cos 𝑥 + 𝑖 sin 𝑥


14

Entonces sabiendo esto rescribamos cada una de las ecuaciones en (38)

𝑦1 𝑥 = 𝑒𝛼𝑥 𝑒𝑖𝛽𝑥 = 𝑒𝛼𝑥 (cos 𝛽𝑥 + 𝑖 sin 𝛽𝑥)

𝑦2 𝑥 = 𝑒𝛼𝑥 𝑒−𝑖𝛽𝑥 = 𝑒𝛼𝑥 (cos 𝛽𝑥 − 𝑖 sin 𝛽𝑥)

Combinando las ecuaciones anteriores tenemos

𝑦1 + 𝑦2 = 𝑐1𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥 + 𝑖 sin 𝛽𝑥 + 𝑐2𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥 − 𝑖 sin 𝛽𝑥

𝑦1 − 𝑦2 = 𝑐1𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥 + 𝑖 sin 𝛽𝑥 − 𝑐2𝑒𝛼𝑥 (cos 𝛽𝑥 − 𝑖 sin 𝛽𝑥)

Realizando las operaciones anteriores y reorganizando todo llegaremos a la solución

general la cual será:

𝑦 = 𝑐1𝑒𝛼𝑥 cos 𝛽𝑥 + 𝑐2𝑒

𝛼𝑥 sin 𝛽𝑥

c) Para el último caso cuando tenemos que la ecuación característica es igual a

cero entonces las raíces serán:

𝑘1 = 𝑘2 =−𝑏

2𝑎

Esto es las dos raíces dan la misma solución la cual nos quedara de la siguiente forma:

𝑦 = 𝑐𝑒−𝑏𝑥2𝑎

Las constantes 𝑐 seran obtenidas de las condiciones de frontera del problema a resolver.

La solución para las ecuaciones no homogéneas; es decir, las soluciones donde 𝑔(𝑥) ≠

0 se obtienen apartir de encontrar las soluciones a la ecuación homogénea y encontrar una

solución particular para 𝑔(𝑥). Existen diferentes tipos de encontrar una solución para esta

función, aquí enunciare los mas importantes:

Método de coeficientes indeterminados.

Este método consiste fundamentalmente en intuir la forma de una solución particular

para 𝑔(𝑥). Esto es muy intuitivo dado que se dejan muchos coeficientes sin especificar. La

expresión supuesta se sustituye en la ecuación diferencial y se intenta determinar el

coeficiente, de manera que esta ecuación se satisfaga. Si no se encuentra una solución es

conveniente cambiar la suposición inicial e intentar de nuevo. Las desventajas de este

método es que solo podemos considerar términos homogéneos que consisten de polinomios

funciones exponenciales, senos y cosenos.


15

A continuación muestro una tabla donde muestro la forma de una solución particular

𝑔𝑝(𝑥) de 𝑦 𝑥 = 𝑕(𝑥) es decir cuando la ecuación tiene coeficientes constantes; siendo su

polinomio característico 𝑃(𝑘) y 𝑝𝑝 , 𝑞𝑝 , 𝑃𝑝 , 𝑄𝑝 y polinomios de grado p

𝑕(𝑥) 𝑔𝑝(𝑥)

𝑕 𝑥 = 𝑝𝑝 𝑥 = 𝑎𝑝𝑥𝑝 + ⋯ + 𝑎0 𝑔𝑝 𝑥 = 𝑥𝑚𝑃𝑝 = 𝑥𝑚 𝐴𝑝𝑥𝑝 + ⋯ + 𝐴0

𝑕 𝑥 = 𝑎𝑒𝛼𝑥 𝑔𝑝 𝑥 = 𝐴𝑥𝑚𝑒𝛼𝑥

𝑕 𝑥 = 𝑎 cos 𝛽𝑥 + 𝑏 sin 𝛽𝑥 𝑔𝑝 𝑥 = 𝑥𝑚 𝐴 cos 𝛽𝑥 + 𝐵 sin 𝛽𝑥

𝑕 𝑥 = 𝑝𝑝 𝑥 𝑒𝛼𝑥 𝑔𝑝 𝑥 = 𝑃𝑝 𝑥 𝑒𝛼𝑥

𝑕 𝑥 = 𝑝𝑝 𝑥 cos 𝛽𝑥 + 𝑞𝑝 𝑥 sin 𝛽𝑥 𝑔𝑝 𝑥 = 𝑥𝑚[𝑃𝑠 𝑥 cos 𝛽𝑥 + 𝑄𝑠 𝑥 sin 𝛽𝑥]

Método de separación de variables.

El método de separación de variables tiene la ventaja (gracias a que es un método

general) de que se puede aplicar a cualquier ecuación diferencial y no requiere de

suposiciones detalladas con respecto a la forma de la solución. Entonces para la utilización

de este método tenemos que rescribir (30) como

𝑦′′ + 𝑃 𝑥 𝑦′ + 𝑄 𝑥 𝑦 = 𝑔 𝑥 (39)

Suponiendo una solución particular para esta ecuación de la forma:

𝑦 𝑥 = −𝑦1 𝑥 𝑦2 𝑥 𝑔 𝑥

𝑊 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑦2 𝑥

𝑦1 𝑥 𝑔 𝑥

𝑊(𝑥)𝑑𝑥

Donde 𝑊 es el Wronskiano de las soluciones 𝑦1 e 𝑦2 . El Wronskiano se define como:

𝑊 = 𝑦1 𝑦2

𝑦1 ′ 𝑦2 ′

Dado que los Métodos de soluciones para ED son muy variados, ya que no solo existen

soluciones analíticas, sino que también existen diversos métodos numéricos para encontrar

soluciones aproximadas para una ED, continuare con el ensayo dando pasos a los ejemplos

más importantes en la física, y si se diera el caso explicar el método por el cual encontré la

solución.


16

Ejemplos de la Ecuaciones Diferenciales

para la solución de sistemas físicos.

En el contexto de la física el uso de Ecuaciones Diferenciales es el pan de cada día, por

ejemplo la segunda ley de Newton en su forma de ED es de la siguiente manera:

𝑓 𝑥, 𝑥 , 𝑡 = 𝑚𝑥

Lo cual por lo anteriormente descrito, nos dice que es una ecuación de segundo orden.

A razón de dar ejemplos de cómo son de gran importancia las ED en la física empecemos

con algunos ejemplos básicos de su utilización y después procedamos a realizar algunos

ejemplos mas específicos.

Empecemos suponiendo un campo magnético descrito como 𝐵 = 𝑏0𝑘 supongamos que

una carga eléctrica 𝑞 la cual irrumpe en este campo eléctrico, la manera de encontrar sus

ecuaciones de movimiento es de la siguiente forma:

De la fuerza de Lorentz tenemos que:

𝑓 = 𝑞𝐸 + 𝑞𝑣 × 𝐵

Dado que aquí no hay interacción con el campo eléctrico entonces 𝐸 = 0 entonces la

ecuación anterior nos queda como:

𝑓 = 𝑞𝑣 × 𝐵 (40)

𝐵 = 𝑏0𝑘

Fig. 3.- movimiento del campo magnético


17

Realizando el producto cruz de la velocidad y el campo magnético tenemos que

𝑓 = 𝑞𝑣 × 𝐵 = 𝑖 𝑗 𝑘

𝑣𝑥 𝑣𝑦 𝑣𝑧

0 0 𝐵0

= 𝑞𝐵0𝑣𝑦𝑖 − 𝑞𝐵0𝑣𝑥𝑗 (41)

Sabemos que la velocidad se escribe como:

𝑣 = 𝑥

Entonces sustituyendo esto en (41) y haciendo un poco de algebra tenemos que

𝑓 = 𝑞𝐵0 𝑦 𝑖 − 𝑥 𝑗

Sustituyendo esto en (40) y usando la definición de leyes de newton tenemos que:

𝑞𝐵0 𝑦 𝑖 − 𝑥 𝑗 = 𝑚𝑥 + 𝑚𝑦 + 𝑚𝑧

Por esto tenemos un sistema de tres ED las cuales estarán dadas como

𝑚𝑥 = 𝑞𝐵0𝑦

𝑚𝑦 = −𝑞𝐵0𝑥

𝑚𝑧 = 0

En el apartado tres vemos que la ecuación es igual a cero lo que nos dice que 𝑧 = 0

entonces multipliquemos a 1 y 2 por 𝑚 y rescribamos las ecuaciones como

𝑥 =𝑞𝐵0

𝑚𝑦

𝑦 = −𝑞𝐵0

𝑚𝑥

Haciendo que 𝑤2 =𝑞𝐵0

𝑚 entonces podemos rescribir las ecuaciones anteriores como

𝑥 = 𝑤2𝑦 (42)

𝑦 = 𝑤2𝑥 (43)


18

Esto nos da un sistema de ecuaciones diferenciales acopladas entonces usaremos el

apartado 3 para desacoplarlas, por tanto:

𝑧 =𝑑2𝑧

𝑑𝑡2=

𝑑

𝑑𝑡 𝑑𝑧

𝑑𝑡 = 0

Por tanto

𝑧 = 𝑐𝑡𝑒

Lo que implica que podemos escribir a 𝑧 como

𝑑𝑧𝑧

𝑧0

= 𝐶 𝑑𝑡𝑡

𝑡0

𝑧 − 𝑧0 = 𝐶 𝑡 − 𝑡0

𝑧 = 𝑧0 + 𝐶 𝑡 − 𝑡0

Donde C es una constante, entonces derivando (43) tenemos que

𝑦 = −𝑤2𝑥

𝑥 = −𝑦

𝑤2

Sustituyendo esto en (42) obtenemos lo siguiente

−𝑦

𝑤2= 𝑤2𝑦

𝑦 = −𝑤4𝑦

Esto lo podemos rescribir como

𝑑

𝑑𝑡 𝑦 = −𝑤4

𝑑

𝑑𝑡 𝑦

Lo cual nos queda como:

𝑦 + 𝑤4𝑦 = 0 (44)

Lo cual nos da una ecuación diferencial de segundo orden donde podemos suponer una

solución de la forma:

𝑦 = 𝐴 cos(𝛽𝑡)

Donde 𝛽2 = 𝑤4. Si obtenemos la primera y la segunda derivada tenemos que:


19

𝑦 = −𝐴𝛽 sin 𝛽𝑡

𝑦 = −𝐴𝛽2 cos 𝛽𝑡


𝑦 + 𝛽2𝑦 = 0

−𝐴𝛽2 cos 𝛽𝑡 + 𝐴𝛽3 cos 𝛽𝑡 = 0

La solución para 𝑦 = 𝐵 sin(𝛽𝑡) obtendremos una solución similar, por tanto la solución

más general para este problema será:

𝑦 𝑡 = 𝐴 cos 𝛽𝑡 + 𝐵 sin 𝛽𝑡 (45)

Entonces (45) nos describe la solución para un oscilador armónico que dadas las

condiciones iníciales y de frontera podemos obtener las constantes A y B.

Otra aplicación de las Ecuaciones diferenciales en las leyes de Newton es el de obtener

todas sus ecuaciones de cinemática a partir de ED, sea 𝑓(𝑡) una función dependiente del

tiempo y usando la definición de la segunda ley de Newton tenemos que

𝑚𝑥 = 𝑓(𝑡)

Esto se puede rescribir como:

𝑑𝑥

𝑑𝑡=

1

𝑚𝑓(𝑡)

Lo cual puede ser rescrito como:

𝑑𝑥 =1

𝑚𝑓 𝑡 𝑑𝑡

Integrando esto desde un punto inicial y uno final tenemos que

𝑑𝑥 𝑥

𝑥0

=1

𝑚 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

𝑡

𝑡0

Lo cual nos da

𝑥 = 𝑥0 +1

𝑚 𝑓 𝑡 𝑑𝑡

𝑡

𝑡0

(46)


20

Lo cual cuando conozcamos la función podemos obtener la velocidad del movimiento.

Haciendo un análisis igual al anterior pero para la ecuación (46) obtendremos la

descripción del movimiento respecto a su posición; es decir haciendo lo siguiente:

𝑥 =𝑑𝑥

𝑑𝑡

Sustituyendo esto en (46) tenemos que:

𝑑𝑥 = 𝑥0 +1


𝑡

𝑡0

𝑑𝑡

Integrando lo anterior desde un punto inicial y otro final obtenemos:

𝑑𝑥𝑥

𝑥0

= 𝑥0 +1


𝑡

𝑡0

𝑡

𝑡0

𝑑𝑡

Lo que nos resultara en:

𝑥 = 𝑥0 + 𝑥0 𝑡 − 𝑡0 +1


𝑡

𝑡0

𝑑𝑡𝑡

𝑡0

(47)

Lo cual si conocemos la función podemos obtener el desplazamiento del movimiento de

una partícula. Como ejemplo supongamos 𝑓 𝑡 = 𝑒𝐸0 cos 𝑤𝑡 lo que describe esta función

es el movimiento de un electrón en un campo eléctrico 𝐸 = 𝐸0 cos 𝑤𝑡 . Entonces

sustituyendo esto en (46) tendremos

𝑥 = 𝑥0 +1

𝑚 𝑒𝐸0 cos 𝑤𝑡 𝑑𝑡

𝑡

𝑡0

Suponiendo una posición inicial igual a cero a un tiempo inicial igual a cero entonces la

velocidad del electrón será:

𝑥 = 𝑥0 +1

𝑚 𝑒𝐸0 cos 𝑤𝑡 𝑑𝑡

𝑡

𝑡0=0

𝑒𝐸0 cos 𝑤𝑡 𝑑𝑡𝑡

𝑡0=0

=𝑒𝐸0

𝑚𝑤 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡

𝑥 = 𝑥0 +𝑒𝐸0

𝑚𝑤 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡

La ecuación anterior nos describe la velocidad del electrón a un tiempo t, ahora para ver

su desplazamiento haciendo lo mismo en la ecuación (47) tendríamos que


21

𝑥 = 𝑥0 + 𝑥0 𝑡 +1

𝑚

𝑒𝐸0

𝑚𝑤 𝑠𝑒𝑛 𝑤𝑡 𝑑𝑡

𝑡

𝑡0=0

𝑥 = 𝑥0 + 𝑥0 𝑡 +𝑒𝐸0

𝑚𝑤2 cos 𝑤𝑡 − 1

Lo que nos da el desplazamiento (o posición) del electrón.

Es hora de darnos entonces a la tarea de describir ejemplos físicos donde estén

implícitas ecuaciones diferenciales y encontremos una solución a la ecuación diferencial

dado condiciones iníciales y de frontera que considere pertinentes para el problema.

Oscilador armónico Simple

El ejemplo típico es el de una masa colgada a un resorte. Cuando se aleja la masa de su

posición de reposo, el resorte ejerce sobre la masa una fuerza que es proporcional al

desequilibrio (distancia a la posición de reposo) y que está dirigida hacia la posición de

equilibrio. Si se suelta la masa, la fuerza del resorte acelera la masa hacia la posición de

equilibrio. A medida que la masa se acerca a la posición de equilibrio y que aumenta su

velocidad, la energía potencial elástica del resorte se transforma en energía cinética de la

masa. Cuando la masa llega a su posición de equilibrio, la fuerza será cero, pero como la

masa está en movimiento, continuará y pasará del otro lado. La fuerza se invierte y

comienza a frenar la masa. La energía cinética de la masa va transformándose ahora en

energía potencial del resorte hasta que la masa se para. Entonces este proceso vuelve a

producirse en dirección opuesta completando una oscilación.

Fig. 4.- descripción del movimiento de un oscilador armónico simple


22

Comencemos entonces nuestro análisis, para esto empecemos por describir el

movimiento en términos de la ecuación de newton y la ley de Hooke lo cual nos dará la

siguiente relación:

−𝑘𝑦 = 𝑚𝑦

Entonces obtendremos la siguiente ecuación diferencial:

𝑦 +𝑘

𝑚𝑦 = 0

Haciendo a 𝑘

𝑚= 𝑤2 tendremos

𝑦 + 𝑤2𝑦 = 0

Como anteriormente describimos esta es una ED homogénea, mas aun sabemos que la

solución a esta ecuación esta descrita por:

𝑦 𝑡 = 𝐴 cos 𝑤𝑡 + 𝐵 sin 𝑤𝑡 (48)

Podemos rescribir (48) de la siguiente manera:

𝑦 𝑡 = 𝑅 cos 𝑤𝑡 + 𝜑

O bien

𝑦 𝑡 = 𝑅 cos 𝜑 cos 𝑤𝑡 + 𝑅 sin 𝜑 sin 𝑤𝑡 (49)

Comparando (48) y (49) encontramos que A,B,R,𝜑 están relacionadas por las

ecuaciones:

𝐴 = 𝑅 cos(𝜑) , 𝑦 𝐵 = 𝑅 sin 𝜑

Por lo tanto

𝑅 = 𝐴2 + 𝐵2, 𝑦 tan 𝐵

𝐴

De esto entonces sabemos que como en la figura 4 la grafica que describe un

movimiento cosenoidal desplazado podemos obtener el periodo de oscilación el cual

sabemos que esta dado por:

𝑇 =2𝜋

𝑤= 2𝜋

𝑚

𝑘

12


23

Oscilador armónico amortiguado

Una de las variaciones más importantes del oscilador amónico, es el caso del oscilador

armónico amortiguado. Se diferencia del oscilador armónico estándar, en que además de la

fuerza del resorte existe también una fuerza de rozamiento que es proporcional a la

velocidad. Este seria el caso, por ejemplo, si la masa conectada al

resorte en la figura 4 estuviera moviéndose en un medio viscoso.

Ejemplos de medios viscosos serian el aire o un fluido.

En la figura 5 tenemos la descripción de un oscilador armónico amortiguado donde el

medio viscoso es un fluido. Entonces la ecuación que describe este movimiento será:

𝑚𝑦 = −𝑏𝑦 − 𝑘𝑦 (50)

Donde b es el coeficiente de rozamiento, rescribiendo (50) de manera similar que en la

ecuación del movimiento armónico simple tenemos que

𝑦 +𝑏

𝑚𝑦 +

𝑘

𝑚𝑦 = 0

Podemos rescribir esto utilizando el método del polinomio característico lo cual seria

𝑝2 +𝑏

𝑚𝑝 +

𝑘

𝑚= 0

Donde las raíces de este serán dadas por la ecuación general de binomios cuadrados el

cual sustituyendo los valores correspondientes obtendremos lo siguiente :

𝑝 =−

𝑏𝑚

± 𝑏𝑚

2

− 4𝑘𝑚

2= −

𝑏

2𝑚±

𝑏

2𝑚

2

−𝑘

𝑚

Fig. 5.- descripción del movimiento de un oscilador armónico amortiguado.


24

Donde el radical nos dará la descripción del movimiento dado que

𝑠𝑖 𝑏

2𝑚<

𝑘

𝑚 tendremos la descripción del movimiento infra-amortiguado

Haciendo las siguientes sustituciones:

𝑤0 = 𝑘

𝑚, 𝛾 =

𝑏

2𝑚, 𝑤1 = 𝑤0

2 − 𝛾2

Entonces podemos rescribir la solución para la ecuación característica como:

𝑟1,2 = −𝛾 ± 𝑖𝑤1

Entonces la solución más general de la forma:

𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑒−𝛾+𝑖𝑤1𝑡 + 𝑐2𝑒−𝛾−𝑖𝑤1𝑡

Haciendo que 𝑐1 =1

2𝐴𝑒𝑖휃 , y 𝑐2 =

1

2𝐴𝑒−𝑖휃 y como lo mencionamos antes de la

formulación de Euler tenemos que:

𝑦 𝑡 = 𝐴𝑒−𝛾𝑡 cos 𝑤1𝑡 + 휃

Obtengamos la primera derivada de la ecuación anterior

𝑦 𝑡 = −𝛾𝑦 𝑡 − 𝑤1𝐴𝑒−𝛾𝑡 sin 𝑤1𝑡 + 휃

Evaluando la anterior para 𝑡 = 0 tenemos que

𝑦 𝑡 = 0 = 𝐴 cos 휃

𝑦 𝑡 = 0 = −𝛾𝑦 𝑡 = 0 − 𝑤1𝐴 sin 휃

Entonces obtenemos lo siguiente

𝐴 =𝑦(𝑡 = 0)

cos 휃 , 𝑦 tan 휃 =

𝑦 𝑡 = 0 + −𝛾𝑦 𝑡 = 0

𝑤1𝑥(𝑡 = 0).

La solución en este caso decrece exponencialmente con el tiempo, como resultado de la

fuerza de amortiguamiento y la amplitud de las oscilaciones varía entre ± 𝐴 𝑒−𝛾𝑡 .

Fig. 6.- descripción del movimiento de un oscilador armónico infra-amortiguado.


25

La figura 6 muestra el ejemplo del comportamiento del oscilador armónico infra-

amortiguado.

𝑠𝑖 𝑏

2𝑚>

𝑘

𝑚 tendremos la descripción de un movimiento armónico sobre

amortiguado.

En este caso, las dos raíces son reales y diferentes por lo tanto de

𝑝 = −𝑏

2𝑚±

𝑏

2𝑚

2

−𝑘

𝑚 (51)

Haciendo ahora las siguientes igualdades:

𝛾2 =𝑏

2𝑚, 𝑤2

0 =𝑘

𝑚.

Entonces podemos rescribir la ecuación (51) como:

𝑝 = −𝛾 ± 𝛾2 − 𝑤02

Entonces sus raíces serán:

𝑝1 = −𝛾 − 𝛾2 − 𝑤02

𝑝2 = −𝛾 + 𝛾2 − 𝑤02

Entonces dadas estas raíces tenemos que la solución general será entonces:

𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑒𝛾+ 𝛾2−𝑤0

2𝑡+ 𝑐2𝑒

𝛾− 𝛾2−𝑤02𝑡

𝑦 𝑡 = 𝑐1𝑒 𝛾2−𝑤0

2𝑡+ 𝑐2𝑒

− 𝛾2−𝑤02𝑡

𝑒−𝛾𝑡

Si consideramos las siguientes condiciones iníciales: a 𝑡0 = 0, 𝑦 = 0 𝑒 𝑦 = 𝑦 0; para

utilizar esto entonces derivemos la solución anterior lo cual nos dará:

𝑦 𝑡 = 𝑐1 𝛾2 − 𝑤02𝑒

𝛾2−𝑤02𝑡

− 𝑐2 𝛾2 − 𝑤02𝑒

− 𝛾2−𝑤02𝑡

−𝛾𝑒−𝛾𝑡


26

Sustituyendo las condiciones iníciales tenemos que para 𝑦

𝑦 0 = 𝑐1 + 𝑐2 = 0

Entonces

𝑐1 = −𝑐2

Usando esto y sustituyendo el valor inicial para 𝑦 tenemos que

𝑦 𝑡 = 𝑐1 𝛾2 − 𝑤02 − 𝑐2 𝛾2 − 𝑤0

2 −𝛾 = 𝑦 0

−𝑐2 𝛾2 − 𝑤02 + 𝛾2 − 𝑤0

2 −𝛾 = 𝑦 0

𝑐2𝛾 𝛾2 − 𝑤02 + 𝛾2 − 𝑤0

2 = 𝑦 0

𝑐2 =𝑦 0

𝛾 2 𝛾2 − 𝑤02

Entonces la solución general quedara como

𝑦 𝑡 = −𝑦 0

𝛾 2 𝛾2 − 𝑤02

𝑒 𝛾2−𝑤0

2𝑡+

𝑦 0

𝛾 2 𝛾2 − 𝑤02

𝑒− 𝛾2−𝑤0

2𝑡 𝑒−𝛾𝑡

𝑦 𝑡 = 𝑦 0

𝛾 𝛾2 − 𝑤02

𝑒−𝛾𝑡 −𝑒

𝛾2−𝑤02𝑡

+ 𝑒− 𝛾2−𝑤0

2𝑡

2 (51)

Usando la definición de senes hiperbólicos tenemos que

𝑒𝑝 − 𝑒−𝑝

2= sinh 𝑝

Usando esto en (51) tenemos que

𝑦 𝑡 = 𝑦 0

𝛾 𝛾2 − 𝑤02

𝑒−𝛾𝑡 sinh 𝛾2 − 𝑤02𝑡


27

𝑠𝑖 𝑏

2𝑚=

𝑘

𝑚 este caso nos describe un amortiguamiento critico

En este caso las raíces son reales e idénticas entonces la ecuación característica estará

dada como

𝑝 = −𝛾

Entonces la solución e la ecuación del oscilador amortiguado estará dada por

𝑦 𝑡 = 𝑐1 + 𝑐2𝑡 𝑒−𝛾𝑡

Si consideramos las siguientes condiciones iníciales: a 𝑡0 = 0, 𝑦 = 0 𝑒 𝑦 = 𝑦 0; para

utilizar esto entonces derivemos la solución anterior lo cual nos dará:

𝑦 0 = 𝑐1 = 0

𝑦 𝑡 = − 𝑐1𝛾 + 𝑐2𝑡𝛾 + 𝑐2 𝑒−𝛾𝑡 = 𝑦 0

𝑦 0 = −𝑐2 = 𝑦 0

Entonces la solución quedaría como

𝑦 𝑡 = −𝑦 0 𝑡 𝑒−𝛾𝑡

2 4 6 8 10 12

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

Fig.7 .- descripción del movimiento de un oscilador armónico sobre-amortiguado.


28

Oscilador armónico Forzado

Otra variación interesante del oscilador amónico es el llamado oscilador forzado, este se

trata de un oscilador amortiguado normal sobre el que, además se le aplica una fuerza

externa periódica, la ecuación que describirá entonces este tipo de movimiento será:

𝑚𝑦 = −𝑏𝑦 − 𝑘𝑦 + 𝑓 𝑡 (52)

Donde 𝑓(𝑡) es la fuerza externa que se le aplica al oscilador. Ahora supongamos que

esta fuerza esta dada por:

𝑓 𝑡 = 𝑓0 cos(𝑤𝑡)

Entonces si multiplicamos por el inverso de m y sustituimos el valor de la función la

nueva ecuación nos quedara:

𝑦 +𝑏

𝑚𝑦 +

𝑘

𝑚𝑦 =

1

𝑚𝑓0 cos 𝑤𝑡 (53)

Dado que esta ecuación ya no es homogénea entonces primero se tiene que encontrar

una solución para la ecuación homogénea y después otra solución para el caso particular.

Comencemos con la solución a la ecuación particular, para esto tendremos que suponer que

dicha solución tiene una determinada forma general, que depende de algún parámetro

desconocido, y ajustaremos ese para que sea compatible con la ecuación diferencial. Por

tanto digamos que dicha solución sea:

𝑦 𝑡 = 𝑏 + 𝑐 sin 𝑤𝑡 + 𝜑 (54)

Ya que es de esperar que, que bajo una fuerza periódica, el oscilador se mueva

oscilando periódicamente con la misma frecuencia y la misma fuerza. Los parámetros a

ajustar para que se cumpla la ecuación (53) son entonces, b, c y 𝜑.

0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

1.2

1.4

Fig.8 .- descripción del movimiento de un oscilador armónico amortiguamiento critico


29

Entonces obtengamos la primera y la segunda derivada de (54)

𝑦 𝑡 = 𝑐 𝑤 cos 𝑤𝑡 + 𝜑 55

𝑦 𝑡 = −𝑐 𝑤2 sin 𝑤𝑡 + 𝜑 56

Sustituyendo (55) y (56) en (53) pero tomando en cuenta en (53) que 𝛾 =𝑏

2𝑚, 𝜔0

2 =𝑘

𝑚 y

𝐹0 =𝑓0

𝑚 entonces rescribiendo (53) con estas modificaciones y sustituyendo (55) y (56)

tenemos que:

−𝑐 𝑤2 sin 𝑤𝑡 + 𝜑 + 2𝛾𝑐 𝑤 cos 𝑤𝑡 + 𝜑 + 𝜔02𝜔0

2 𝑏 + 𝑐 sin 𝑤𝑡 + 𝜑 = 𝐹0 cos 𝑤𝑡

Ahora, sacando factor común separadamente a los senos y cosenos, sabiendo que

sin 𝑎 ± 𝑏 = sin 𝑎 cos 𝑏 ± sin 𝑏 cos 𝑎

cos 𝑎 ± 𝑏 = cos 𝑎 cos 𝑏 ∓ sin 𝑏 sin 𝑎

Entonces

cos 𝑤𝑡 −𝑐 𝑤2 − 𝜔02 sin 𝜑 + 2𝛾𝑐 𝑤 cos 𝜑 − 𝐹0

+ sin(𝑤𝑡) −𝑐 𝑤2 − 𝜔02 cos 𝜑 + 2𝛾𝑐 𝑤 sin 𝜑 = −𝜔0

2𝑏

Suponiendo ahora que b=0 entonces tenemos que:

cos 𝑤𝑡 −𝑐 𝑤2 − 𝜔02 sin 𝜑 + 2𝛾𝑐 𝑤 cos 𝜑 − 𝐹0

+ sin 𝑤𝑡 −𝑐 𝑤2 − 𝜔02 cos 𝜑 + 2𝛾𝑐 𝑤 sin 𝜑 = 0

Y ahora, tenemos que elegir c y 𝜑 para que se anule también la parte izquierda. Tras

varios cálculos algebraicos llegamos a que:

tan(𝜑) =𝑤2 − 𝜔0

2

2𝑤𝛾 𝑦 𝑐 =

𝐹0

𝑤2 − 𝜔02 2 + 4𝑤2𝛾2

Entonces la solución particular tendrá la forma:

𝑦 𝑡 =𝐹0

𝑚 𝑤2 − 𝜔02 2 + 4𝑤2𝛾2

sin 𝑤𝑡 + 𝜑

Entonces la solución general para la ecuación (53) estará dada por

𝑦 𝑡 = 𝑦(𝑡)𝑕𝑜𝑚𝑜𝑔𝑒𝑛𝑒𝑎 +𝐹0

𝑚 𝑤2 − 𝜔02 2 + 4𝑤2𝛾2

sin 𝑤𝑡 + 𝜑


30

Problemas donde intervienen péndulos físicos.

Otro de los problemas fiscos donde intervienen ED son los problemas de los péndulos,

como ejemplo veamos un péndulo físico simple:

En la figura 9 se describe el movimiento de un péndulo físico donde la cuerda es de

longitud 𝑙 y el objeto es de masa 𝑚. Usando la mecánica de Lagrange tenemos que la

energía cinética del péndulo esta descrita por:

1

2𝑚𝑥 2 +

1

2𝑚𝑦 2 (57)

Y la energía potencial dada por:

𝑚𝑔𝑙 cos 휃 (58)

Entonces la ecuación de Lagrange está dada como:

𝐿 = 𝑇 − 𝑉

Sustituyendo (57) y (58) en la ecuación de Lagrange tenemos que

𝐿 =1

2𝑚𝑥 2 +

1

2𝑚𝑦 2 − 𝑚𝑔𝑙 cos 휃

Ahora por la geometría del problema sabemos que

𝑥 = 𝑙 sin(휃) 𝑦 𝑦 = 𝑙 cos 휃

휃

m

Fig.9 .- péndulo físico


31

Sustituyendo esto en (57) y rescribiendo la ecuación de Lagrange tenemos que:

𝐿 =1

2𝑚𝑙2휃 2 − 𝑚𝑔𝑙 cos 휃

Para encontrar la ecuación de movimiento de este problema tenemos que introducir esta

Lagrangiana en la ecuación de Euler-Lagrange la cual está dada por:

𝜕

𝜕𝑡

𝜕

𝜕𝑞 −

𝜕

𝜕𝑞

Donde 𝑞 es la derivada respecto al tiempo de la coordenada 𝑞 utilizando esto y

sustituyendo la Lagrangiana tenemos que:

𝜕

𝜕𝑡

𝜕

𝜕𝑞 −

𝜕

𝜕𝑞 𝐿 = 𝑚𝑙2휃 + 𝑚𝑙𝑔 sin 휃 = 0

Entonces la ecuación de movimiento es tara dada por:

휃 +𝑔 sin 휃

𝑙= 0

Entonces si 𝑔

𝑙= 𝑤2 entonces

휃 + 𝑤2 sin 휃 = 0

Si suponemos pequeñas oscilaciones tenemos que

sin 휃 = 휃 −1

2휃2 + ⋯

Entonces la ecuación de movimiento quedara como

휃 + 𝑤2휃 = 0

Esta solución ya es conocida por nosotros y describe un movimiento armónico simple: del

cual ya conocemos su solución la cual es:

휃 𝑡 = 𝐴 cos 𝑤𝑡 + 𝐵 sin 𝑤𝑡

Donde su periodo de oscilación estará dado como

𝑇 =2𝜋

𝑔𝑙


32

La figura 11 en un resorte que oscilara sobre el eje z y el péndulo seguirá el movimiento

de un péndulo simple, la ecuación esta regida por los siguientes parámetros

𝑥 = 𝑙 sin 휃

𝑦 = −𝑧 − 𝑙 cos 휃

Donde sus derivadas respecto al tiempo serán:

𝑥 = 𝑙휃 cos 휃

𝑦 = −𝑧 − 𝑙휃 sin 휃

Entonces la ecuación Lagrangiana en termino de sus energías cinéticas y potenciales

quedara de la siguiente manera:

𝐿 =1

2𝑚𝑧 2 +

1

2𝑚 𝑧 2 − 2𝑧 𝑙휃 sin 휃 + 𝑙2휃 2 −

1

2𝑘 𝑧 − 𝑙0

2 + 𝑚𝑔𝑧

Donde l es la longitud de la varilla que une a la masa con la polea y 𝑙0 la elongación

adicional después de que el resorte se estira. Siendo esto así la ecuación de Lagrange se

puede rescribir como

𝐿 = 𝑚𝑧 2 + 𝑚𝑧 𝑙휃 sin 휃 +1

2𝑚𝑙2휃 2 −

1

2𝑘 𝑧2 − 2𝑧𝑙0 + 𝑙0

2 + 𝑚𝑔𝑧

Entonces usando la definición de la ecuación de Euler-Lagrange para z y 휃 las

ecuaciones de movimiento quedaran como:

𝜕𝐿

𝜕𝑧 = 𝑚𝑧 − 𝑚𝑙휃 sin 휃 ,

𝜕𝐿

𝜕𝑧= −𝑘 𝑧 − 𝑙0 −

𝑚𝑔

𝑘

𝜕𝐿

𝜕휃 = 𝑚 −𝑙𝑧 sin 휃 + 𝑙2휃 ,

𝜕𝐿

𝜕휃= −𝑚𝑙𝑧 휃 sin 휃

Fig.11 .- péndulo Móvil


33

Definamos lo siguiente

𝑢 = 𝑧 − 𝑙0 −𝑚𝑔

𝑘

Entonces las ecuaciones de movimiento quedaran como

𝑢 − 𝑙휃 sin 휃 − 𝑙휃 2 cos 휃 +𝑘

𝑚𝑢 = 0

−𝑢 sin 휃 + 𝑙휃 = 0

Tratando de encontrar soluciones para este sistema de ecuaciones no puede encontrar

alguna referencia que me ayudara, así que dejare este problema abierto para que el profesor

me pudiera orientar en su resolución.

Ecuaciones diferenciales parciales en la física.

Las EDP son de gran importancia en la fisca dado que gracias a ellas podemos modelar

un sinfín de problemas físicos. El método más usado para resolver este tipo de ecuaciones

estilizando la técnica de separación de variables, lo cual explicare a continuación.

El método de separación de variables supone que la solución al problema consiste en la

multiplicación de funciones de una sola variable. Es decir, si suponemos una ecuación

diferencial dada por:

𝑚𝑥 + 𝑚𝑦 + 𝑚𝑧 = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 (59)

Podemos suponer una solución del tipo

𝜑 𝑥, 𝑦, 𝑥 = 𝑋 𝑥 𝑌 𝑦 𝑍 𝑧

La cual vuelve a la ecuación (59) fácil de resolver dado que encontraremos un conjunto

de soluciones lineales para 𝜑 𝑥, 𝑦, 𝑥 .

Ahora procederé a poner ejemplos de problemas físicos donde intervengan EDP, empleare

el método de separación de variables para obtener la solución del sistema de ecuaciones.


34

Ecuaciones de Transporte Ecuación de Fick en una dimensión espacial.

La ecuación que rige este movimiento es la ecuación de transporte para una dimensión. La

cual está dada por:

∇2𝜑 =1

𝑘

𝜕𝜑

𝜕𝑡

Para una dimensión tenemos que

∇2𝐶 =1

𝐷

𝜕𝐶

𝜕𝑡

Sonde D es el coeficiente de difusión de masa y C la concentración. Entonces usando la

definición de separación de variables descrita anteriormente tenemos que

𝐶 𝑥, 𝑡 = 𝑋 𝑥 𝑇 𝑡

El Laplaciano para una dimensión esta descrito como

𝜕2𝐶

𝜕𝑥2

Para una dimensión entonces remplazando esto por la C de la separación de variables

tendremos que

𝜕2𝑋 𝑥 𝑇 𝑡

𝜕𝑥2=

1

𝐷

𝜕𝑋 𝑥 𝑇 𝑡

𝜕𝑡

Dado que 𝑋(𝑥) solo depende de la variable x y 𝑇(𝑡) solo depende del tiempo entonces

tenemos que:

𝑇 𝑡 𝑑2𝑋 𝑥

𝑑𝑥2=

𝑋 𝑥

𝐷

𝑑𝑇 𝑡

𝑑𝑡

Multiplicando ambas partes de la ecuación anterior por

1

𝑋 𝑥 𝑇 𝑡


35

Entonces tendremos que

1

𝑋 𝑥

𝑑2𝑋 𝑥

𝑑𝑥2=

1

𝐷𝑇 𝑡

𝑑𝑇 𝑡

𝑑𝑡

Entonces realicemos el siguiente reordenamiento

1

𝐷𝑇 𝑡

𝑑𝑇 𝑡

𝑑𝑡= −𝜆2 =

1

𝑋 𝑥

𝑑2𝑋 𝑥

𝑑𝑥2

Entonces podemos reordenar esto y conseguir dos ecuaciones diferenciales las cuales serán

1

𝐷𝑇 𝑡

𝑑𝑇 𝑡

𝑑𝑡= −𝜆2

1

𝑋 𝑥

𝑑2𝑋 𝑥

𝑑𝑥2= −𝜆2

Entonces la forma de resolver la primer ecuación es de tal forma que

1

𝐷𝑇 𝑡

𝑑𝑇 𝑡

𝑑𝑡= −𝜆2

𝑑𝑇

𝑇= −𝜆2𝐷𝑑𝑡

𝑑𝑇

𝑇= −𝜆2𝐷𝑑𝑡

𝑇 = 𝐴0𝑒−𝜆2𝐷𝑡

La segunda ecuación entonces quedaría como

𝑑2𝑋 𝑥

𝑑𝑥2+ 𝜆2𝑋 𝑥 = 0

Este es un problema de oscilación simple entonces como ya lo hemos visto es que tendrá

una solución como:

𝑋 𝑥 = 𝐴 cos(𝑤𝑥) + 𝐵 sin(𝑤𝑥)

Considerando las condiciones de contorno 𝑋 𝑥=0 = 0 = 𝑋 𝑥=𝐿. Teniendo esto en cuenta

tendremos que

𝑋 0 = 𝐴 cos(𝑤0) + 𝐵 sin(𝑤0) = 𝐴 = 0


36

Para la segunda condición tendremos que

𝑋 𝑥 = 𝐵 sin(𝑤𝐿) = 0

Dado que 𝐵 ≠ 0 entonces solo nos queda que sin(𝑤𝐿) = 0 por tanto sabemos que

𝑤𝐿 = 𝑛𝜋

𝑤 =𝑛𝜋

𝐿

Por tanto la solución de la parte X será

𝑋 𝑥 = 𝐵𝑛 sin(𝑛𝜋

𝐿𝑥)

Entonces juntado la solución de T y X tendremos que

𝐶 𝑥, 𝑡 = 𝐴0𝑒−𝜆2𝐷𝑡𝐵𝑛 sin(

𝑛𝜋

𝐿𝑥)

Entonces haciendo las sustituciones convenientes tenemos que

𝑅𝑛 = 𝐴0𝐵𝑛

Y que

𝑅𝑛 =2

𝐿 sin 𝜆𝑛𝑥 𝑑𝑥

𝐿

0

Entonces la solución completa normalizada a 𝑡 = 0 sera

𝐶 𝑥, 𝑡 = 0 = 𝑓(𝑥) = 𝑅𝑛𝑒−𝜆𝑛2𝐷𝑡 sin(

𝑛𝜋

𝐿𝑥)

∞

𝑛=1

Ejemplo 1 Transporte de Temperatura

Hallar la temperatura de un paralelepípedo que está comprendido entre 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑙1 ,

0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑙2 , 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑙3 si su temperatura inicial es una función arbitraria de x, y, z, y la

temperatura de la superficie se mantiene igual a cero.


37

Primero sabemos que la ecuación de calor está dada por

∇2𝜑 =1

𝑐2

𝜕𝜑

𝜕𝑡 (60)

Donde c es el coeficiente de difusividad térmica. Entonces utilicemos el método de

separación de variables sea entonces

𝜑 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡 = 𝑋 𝑥 𝑌 𝑦 𝑍 𝑧 𝑇 𝑡 (61)

Ahora bien el Laplaciano en coordenadas rectangulares esta descrito como

∇2=𝜕

𝜕𝑥2 +𝜕

𝜕𝑦2 +𝜕

𝜕𝑧2

Sustituyendo (61) en (60) tendremos que el Laplaciano quedara como

𝜕2𝑋𝑌𝑍𝑇

𝜕𝑥2 +𝜕2𝑋𝑌𝑍𝑇

𝜕𝑦2 +𝜕2𝑋𝑌𝑍𝑇

𝜕𝑧2 =1

𝑐2

𝜕𝑋𝑌𝑍𝑇

𝜕𝑡

Multiplicando ambos lados de la ecuación anterior por 1

𝑋𝑌𝑍𝑇 para cambiar las diferenciales

parciales por totales tendremos que

1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2 +1

𝑌

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2 +1

𝑍

𝜕2𝑍

𝜕𝑧2 =1

𝑇𝑐2

𝜕𝑇

𝜕𝑡

Entonces podemos hacer las siguientes sustituciones e igualdades

1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2 = −𝜆2 =1

𝑇𝑐2

𝜕𝑇

𝜕𝑡−

1

𝑌

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2 −1

𝑍

𝜕2𝑍

𝜕𝑧2

1

𝑌

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2 = −휂2 =1

𝑇𝑐2

𝜕𝑇

𝜕𝑡−

1

𝑍

𝜕2𝑍

𝜕𝑧2 + 𝜆2

1

𝑍

𝜕2𝑍

𝜕𝑧2 = −휁2 =1

𝑇𝑐2

𝜕𝑇

𝜕𝑡+ 휂2 + 𝜆2

1

𝑇𝑐2

𝜕𝑇

𝜕𝑡= −Ω2 = 휂2 + 𝜆2 + 휁2

Entonces las ecuaciones diferenciales a resolver serán

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2 + 𝜆2𝑋 = 0 (62)

𝜕2𝑌

𝜕𝑦2 + 휂2𝑌 = 0 (63)


38

𝜕2𝑍

𝜕𝑧2+ 휁2𝑍 = 0 (64)

1

𝑇𝑐2

𝜕𝑇

𝜕𝑡= −Ω2 (65)

La manera de resolver (62), (63), (64) describen la ecuación de un oscilador armónico, del

cual ya conocemos que se encuentran sus soluciones y (64) se soluciona por medio de

integración las condiciones de frontera para estos problemas son tales que 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑙1, 0 ≤ 𝑦 ≤

𝑙2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 𝑙3 , 𝜑 𝑥=0 = 𝜑 𝑥=𝑙1= 0, 𝜑 𝑦=0 = 𝜑 𝑦=𝑙2

= 0, 𝜑 𝑧=0 = 𝜑 𝑧=𝑙3= 0, 0 < 𝑡 < ∞ y

también que 𝜑 𝑡=0 = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 , de esto entonces, la solución para (62) será

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2 + 𝜆2𝑋 = 0

𝑋 𝑥 = 𝐴 cos(𝜆𝑥) + 𝐵 sin 𝜆𝑥

𝑋 0 = 𝐴 cos(𝜆0) + 𝐵 sin 𝜆0 = 𝐴 = 0

𝑋 𝑙1 = 𝐵 sin 𝜆𝑙1 = 0

Dado que B no puede ser cero entonces solo nos queda que sin 𝑤𝑙1 = 0 por tanto solo nos

queda que

𝜆𝑙1 = 𝑛𝜋

𝜆 =𝑛𝜋

𝑙1

Quedando entonces la solución de 𝑋(𝑥) como

𝑋 𝑥 = 𝐵𝑛 sin 𝑛𝜋

𝑙1

𝑥

De manera similar obtenemos soluciones para las ecuaciones (63) y (64) las cuales nos darán

𝑌 𝑦 = 𝐵𝑚 sin 𝑚𝜋

𝑙2

𝑦

𝑍 𝑧 = 𝐵ñ sin ñ𝜋

𝑙3

𝑧

Ahora encontremos la solución para (65) la cual será

1

𝑇𝑐2

𝜕𝑇

𝜕𝑡= −Ω2


39

𝜕𝑇

𝑇= −Ω2𝑐2𝑑𝑡

𝜕𝑇

𝑇= −Ω2𝑐2𝑑𝑡

ln 𝑇 = −Ω2𝑐2𝑡

𝑇 = 𝐵0𝑒−Ω2𝑐 2𝑡

Entonces la solución general para el sistema de ecuaciones diferenciales en términos de las

soluciones 𝑋(𝑥), 𝑌(𝑦),𝑍(𝑧), 𝑇(𝑡) tendremos que

𝜑 𝑥, 𝑦,𝑧, 𝑡 = 𝐵𝑛𝐵𝑚𝐵ñ𝐵0𝑒−Ω2𝑐2𝑡 sin 𝑛𝜋

𝑙1

𝑥 sin 𝑚𝜋

𝑙2

𝑦 sin ñ𝜋

𝑙3

𝑧

Rescribiendo 𝐵𝑛 .𝑚 .ñ = 𝐵𝑛𝐵𝑚𝐵ñ𝐵0 entonces la solución se escribirá como

𝜑 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡 = 𝐵𝑛 ,𝑚 ,ñ𝑒−Ω2𝑐2𝑡 sin

𝑛𝜋

𝑙1

𝑥 sin 𝑚𝜋

𝑙2

𝑦 sin ñ𝜋

𝑙3

𝑧

Entonces sabiendo que normalizando a 𝐵𝑛 ,𝑚 ,ñ cuando 𝑡 = 0 entonces

𝐵𝑛 ,𝑚 ,ñ =8

𝑙1𝑙2𝑙3

𝑑𝜉𝑙1

0

𝑑휂𝑙2

0

𝑓 𝜉, 휂, 휁 sin 𝑛𝜋

𝑙1

𝜉 sin 𝑚𝜋

𝑙2

휂 sin ñ𝜋

𝑙3

휁 𝑑휁𝑙3

0

Quedando entonces la solución como

𝜑 𝑥, 𝑦,𝑧, 𝑡 = 𝐵𝑛 ,𝑚 ,ñ𝑒−𝜋2

𝑛2

𝑙1+

𝑚2

𝑙2+

ñ2

𝑙3 𝑐 2𝑡

sin 𝑛𝜋

𝑙1

𝑥 sin 𝑚𝜋

𝑙2

𝑦 sin ñ𝜋

𝑙3

𝑧

∞

𝑛 ,𝑚 ,ñ=1


Hallar la temperatura de un sector cilíndrico infinito 𝑟1 ≤ 𝑟 ≤ 𝑟2 , 0 ≤ 𝜑 ≤ 𝜑0 si las

superficies 𝑟 = 𝑟1 𝑦 𝑟 = 𝑟2 intercambian calor por convención con un medio de

temperatura cero, las caras 𝜑 = 0 y 𝜑 = 𝜑0, están aislados térmicamente y su temperatura

inicial es

𝑢 𝑡=0 = 𝑓 𝑟, 𝜑 , 𝑟1 < 𝑟 < 𝑟2, 0 < 𝜑 < 𝜑0


40

La ecuación de transporte para este problema estará descrita como

𝜕𝑢

𝜕𝑡= 𝑎2

𝜕2𝑢

𝜕𝑟2+

1

𝑟

𝜕𝑢

𝜕𝑟+

1

𝑟2

𝜕2𝑢

𝜕𝜑2

Entonces usemos el ya conocido método de separación de variables declarando que

𝑢 𝑟, 𝜑, 𝑡 = 𝑅 𝑟 Φ 𝜑 𝑇(𝑡)

Entonces nuestra ecuación de transporte quedara como

𝜕𝑅 𝑟 Φ 𝜑 𝑇 𝑡

𝜕𝑡= 𝑎2

𝜕2𝑅 𝑟 Φ 𝜑 𝑇 𝑡

𝜕𝑟2+

1

𝑟

𝜕𝑅 𝑟 Φ 𝜑 𝑇 𝑡

𝜕𝑟+

1

𝑟2

𝜕2𝑅 𝑟 Φ 𝜑 𝑇 𝑡

𝜕𝜑2

Multiplicando ambos miembros de la ecuación por 1

𝑅 𝑟 Φ 𝜑 𝑇(𝑡) para convertir las

ecuaciones parciales por ecuaciones totales tendremos que

1

𝑇

𝑑𝑇

𝑑𝑡= 𝑎2

1

𝑅

𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

1

𝑅𝑟

𝑑𝑅

𝑑𝑟+

1

Φ𝑟2

𝜕2Φ

𝜕𝜑2

1

𝑅

𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

1

𝑅𝑟

𝑑𝑅

𝑑𝑟+

1

Φ𝑟2

𝜕2Φ

𝜕𝜑2= −𝜆2 =

1

𝑇𝑎2

𝑑𝑇

𝑑𝑡

Entonces podemos proceder a solucionar la ecuación de la parte temporal como ya se a

solucionado así que

1

𝑇

𝑑𝑇

𝑑𝑡= −𝜆2𝑎2

𝑑𝑇

𝑇= −𝜆2𝑎2𝑑𝑡

𝑑𝑇

𝑇= −𝜆2𝑎2𝑑𝑡

ln 𝑇 = 𝐶𝑒−𝜆2𝑎2𝑡

Entonces ocupémonos de las ecuaciones restantes las cuales serán

1

𝑅

𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

1

𝑅𝑟

𝑑𝑅

𝑑𝑟+

1

Φ𝑟2

𝑑2Φ

𝑑𝜑2= −𝜆2


41

Multiplicando por 𝑟2 en ambos lados de la ecuación y agregando otra constante de

separación entonces tendremos

𝑟2 1

𝑅

𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

1

𝑅𝑟

𝑑𝑅

𝑑𝑟+

1

Φ

𝑑Φ

𝑑𝜑2= −𝜆2

𝑟2 1

𝑅

𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

1

𝑅𝑟

𝑑𝑅

𝑑𝑟+ 𝜆2 = −Ω2 =

1

Φ𝑟2

𝜕2Φ

𝜕𝜑2

La ecuación angular ya es conocida por nosotros dado que es la solución para un

oscilador entonces la solución para esta ED será

𝑑2Φ

𝑑𝜑2+ Ω2Φ = 0

Donde como ya sabemos la solución para esta ED es de la forma

Φ φ = 𝐴 cos Ω𝜑 + 𝐵 sin Ω𝜑

Las condiciones de frontera para este problema son

𝜕𝑢

𝜕𝜑 𝜑=0

= 𝜕𝑢

𝜕𝜑 𝜑=𝜑0

= 0

Entonces la primer derivada de Φ y usando las condiciones de frontera tenemos que

Φ φ = −𝐴Ω sin Ω𝜑 + 𝐵𝜔 cos Ω𝜑

Φ 0 = −𝐴Ω sin Ω0 + 𝐵Ω cos Ω0 = 𝐵Ω = 0

Φ 𝜑0 = −𝐴Ω sin Ω𝜑0 = 0

Dado que A no puede ser cero entonces lo único que puede ser cero es el sin 𝜔𝜑0

entonces

Ω𝜑0 = 𝑛𝜋

Ω =𝑛𝜋

𝜑0

Entonces la solución quedara como

Φ φ = 𝐴 cos 𝑛𝜋

𝜑0𝜑

Ahora solo nos quedara resolver la solución radial, la cual quedara como


42

𝑟2 1

𝑅

𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

1

𝑅𝑟

𝑑𝑅

𝑑𝑟+ 𝜆2 = −Ω2

Hagamos las siguientes sustituciones y operaciones algebraicas

1

𝑅

𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

1

𝑅𝑟

𝑑𝑅

𝑑𝑟+ 𝜆2 =

Ω2

𝑟2

𝑣2 = −Ω2

𝑟2

𝜆2 = 𝛾2

𝑥 = 𝛾 𝑟

𝑟 =𝑥

𝛾

Derivando r tendremos que

𝑑𝑥 = 𝛾𝑑𝑟

𝑑𝑟 =𝑑𝑥

𝛾

También tenemos que

𝑑2

𝑑𝑥2=

𝑑

𝑑𝑥

𝑑

𝑑𝑥

Por tanto

𝑑2𝑥 = 𝑑𝑥𝑑𝑥 = 𝛾2𝑑𝑟2

Entonces

𝑑𝑟2 =𝑑𝑥2

𝛾2

Utilizando esto y multiplicando ambos lados de la ecuación radial por 𝑅

𝑥2 entonces

realizando esto obtendremos

𝑅

𝑥2 𝑥𝛾

𝛾𝑅𝑅′ +

𝑥2𝛾2

𝑅𝛾2𝑅′′ + 𝑥 − 𝑣2 = 0


43

𝑅′′ +1

𝑥𝑅′ + 1 −

𝑣2

𝑥2 = 0

Lo cual nos conduce a la función de Bessel de primer orden donde la solución general

está dada por

𝑅 𝑟 = 𝐴𝐽𝑛 𝑟 + 𝐵𝑁𝑛 𝑟

Donde 𝐽𝑛 𝑟 so funciones de Bessel y 𝑁𝑛 𝑟 son funciones de Neumann entonces dadas

las condiciones de frontera son

𝜕𝑢

𝜕𝑟− 𝑕1𝑢

𝑟=𝑟1

= 𝜕𝑢

𝜕𝑟+ 𝑕2𝑢

𝑟=𝑟2

= 0

Entonces la solución estará dada como

𝑅𝑛 = 𝑍𝑛 𝜆𝑘 𝑛

𝑟 = 𝜆𝑘 𝑛

𝐽′𝑛𝜋𝜑0

𝜆𝑘 𝑛

𝑟1 − 𝑕1𝐽′𝑛𝜋𝜑0

𝜆𝑘 𝑛

𝑟1 𝑁𝑛𝜋𝜑0

𝜆𝑘 𝑛

𝑟1 −

− 𝜆𝑘 𝑛

𝑁 ′ 𝑛𝜋𝜑0

𝜆𝑘(𝑛)

𝑟1 − 𝑕1𝑁𝑛𝜋𝜑0

𝜆𝑘(𝑛)

𝑟1 𝐽𝑛𝜋𝜑0

𝜆𝑘(𝑛)

𝑟

Entonces la solución normalizada para esta ecuación estará dada por

𝑢 𝑟, 𝜑, 𝑡 = 𝐴𝑛 ,𝑘𝑒−𝜆2𝑎2𝑡𝑍𝑛 𝜆𝑘

𝑛 𝑟 cos

𝑛𝜋

𝜑0𝜑

∞

𝑛 ,𝑘=0


Hallar la temperatura de una esfera de radio 𝑟0, cuya superficie se mantiene a

temperatura nula, si en el instante inicial la temperatura de la esfera era

𝑢 𝑡=0 = 𝑓 𝑟 , 0 ≤ 𝑟 < 𝑟0

La ecuación de conductividad térmica, en virtud de la simetría radial, se escribe

𝜕𝑢

𝜕𝑡= 𝑎2

𝜕2𝑢

𝜕𝑟2+

2

𝑟

𝜕𝑢

𝜕𝑟

entonces la solución a este problema viene de responder el siguiente par de ecuaciones

diferenciales

𝑑𝑇

𝑇= −𝛾2𝑎2𝑑𝑡


44

1

𝑟2 2𝑟𝑅′ + 𝑟2𝑅′′ + 𝛾2𝑅 = 0

Entonces como ya lo sabemos la solución a la ecuación temporal está dada como

𝑇 = 𝐴𝑒−𝑎2𝛾2𝑡

La solución a la ecuación radial estará dada haciendo la siguiente simplificación

𝑅′′ +2

𝑟𝑅′ + 𝛾2𝑅 = 0

𝑟𝑅′′ + 2𝑅′ + 𝛾2𝑟𝑅 = 0

Las condiciones de frontera imponen que 𝑅 0 = 𝑅 𝑟0 = 0. El problema para R se

reduce a un desarrollo por series de Fourier. Entonces haciendo los siguientes cambios de

variables tenemos que

𝑆 = 𝑟𝑅

Obtendremos que

𝑆′′ + 𝛾𝑆′ = 0, 𝑆 0 = 𝑆 𝑟0 = 0


𝛾𝑛 = 𝑛2𝜋2, ∀𝑛 ∈ ℕ

Entonces la solución para S quedara como

𝑆𝑛 = sin(𝑛𝜋𝑠)

Por tanto esto a la solución para R tenemos que

𝑅𝑛 𝑟 =𝐴

𝑟sin

𝑛𝜋

𝑟0𝑟

Entonces la solución general a la ecuación será:

𝑢 𝑟, 𝑡 = 𝐴𝑛 sin

𝑛𝜋𝑟0

𝑟

𝑟

∞

𝑛=1

Donde

𝐴𝑛 =2

𝑟0 𝑟𝑓 𝑟 sin

𝑛𝜋

𝑟0𝑟 𝑑𝑟

𝑟0

0


45


Se tiene un disco plano conductor de calor con un radio de b, y su temperatura es

𝑢 𝑟, 휃, 0 =𝑇0𝑟

𝑎sin 𝑣휃 para el tiempo 𝑡 > 0, la frontera del disco disipa calor al ambiente

que se mantiene a 0º.

La ecuación de conducción de calor en coordenadas esféricas estará dada como

𝜕𝑢

𝜕𝑡= 𝑎2

𝜕2𝑢

𝜕𝑟2+

1

𝑟

𝜕𝑢

𝜕𝑟+

1

𝑟

𝜕𝑢

𝜕휃

Utilizando el método de separación de variables tenemos que

𝑢 𝑟, 휃, 𝑡 = 𝑅 𝑟 Θ 휃 𝑇 𝑡

Por lo usado anteriormente esto se reduce a la separación de las ecuaciones temporales,

radial, y angular entonces el sistema de ecuaciones diferenciales a resolver estará dado

como

𝜕2𝑅 𝑟 Θ 휃

𝜕𝑟2+

1

𝑟

𝜕𝑅 𝑟 Θ 휃

𝜕𝑟+

1

𝑟2

𝜕2𝑅 𝑟 Θ 휃

𝜕휃2 + 𝛾2𝑅 𝑟 Θ 휃 = 0

𝑑𝑇

𝑇= −𝑎2𝛾2𝑑𝑡

La primera ecuación todavía la podemos reducir un poco mas entonces obtendremos las

siguientes ecuaciones

1

𝑅 𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

1

𝑟

𝑑𝑅

𝑑𝑟 −

𝑣2

𝑟2= −𝛽2

Θ′′ + 𝑣2Θ = 0

Entonces las soluciones adquieren la forma

𝑅 𝛽, 𝑟 = 𝐽𝑛 𝛽𝑟 + 𝑁𝑛 𝛽𝑟

Θ 𝑣, 휃 = 𝐴 sin 𝑣휃 + 𝐵 cos 𝑣휃

𝑇 𝑡 = 𝑒−𝑎2𝛾2𝑡

Donde 𝛾2 = 𝛽2 + 𝑣2, ahora apliquemos las condiciones de frontera. Entonces la

solución del problema de manera general es


46

𝑇 𝑟, 휃, 𝑡 = 𝑒−𝑎𝛽𝑚2 𝐵𝑚𝑣 sin 𝑣휃 + 𝐶𝑚𝑣 cos 𝑣휃 𝑅𝑣 𝛽𝑚 , 𝑟

∞

𝑣=0

∞

𝑚=1

Ecuaciones de onda Ejemplo 1 ecuación de onda para una cuerda

vibrante con los extremos fijos

Supongamos el problema de una cuerda vibrante de longitud l con extremos fijos

donde las condiciones de frontera para el problema están dados como

𝑢 𝑥, 0 = 𝑓 𝑥 , 𝑢 𝑥, 0 = 𝑔 𝑥

𝑢 𝑥=0 = 𝑢 𝑥=𝑙 = 0

Entonces la ecuación de onda esta descrita por la siguiente ED

𝜕2𝑢

𝜕𝑡2= 𝑐2

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2

Entonces usando el método de separación de variables tenemos que

𝑢 𝑥, 𝑡 = 𝑋 𝑥 𝑇 𝑡

Sustituyendo esto en la ecuación de onda tenemos que nuestro sistema de ecuaciones

quedara como

1

𝑇𝑐2

𝑑2𝑇

𝑑𝑡2=

1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2= −𝛾2

Entonces las soluciones a resolver tendrán la forma

𝑋′′ + 𝛾2𝑋 = 0

𝑇 ′′ + 𝑐2𝛾2𝑇 = 0

Ahora procedamos a resolver estas ecuaciones:

Para 𝑋 dada las condiciones iníciales 𝑢 𝑥=0 = 𝑢 𝑥=𝑙 = 0 tendremos que

𝑋′′ + 𝛾2𝑋 = 0

𝑋 𝑥 = 𝐴 cos(𝛾𝑥) + 𝐵 sin 𝛾𝑥

𝑋 0 = 𝐴 cos(𝛾0) + 𝐵 sin 𝛾0 = 𝐴 = 0


47

𝑋 𝑙 = 𝐵 sin 𝛾𝑙 = 0

𝛾𝑙 = 𝑛𝜋

𝛾 =𝑛𝜋

𝑙

Quedando entonces la solución para 𝑋 como

𝑋 𝑥 = 𝐵𝑛 sin 𝑛𝜋

𝑙𝑥

Ahora analicemos la solución para la parte temporal.

𝑇 ′′ + 𝑐2𝛾2𝑇 = 0

𝑇 𝑡 = 𝐶 cos 𝛾𝑐𝑡 + 𝐷 sin 𝛾𝑐𝑡

Sustituyendo el valor que ya conocemos para 𝛾 tenemos que

𝑇 𝑡 = 𝐶𝑛 cos 𝑛𝜋𝑐

𝑙𝑡 + 𝐷𝑛 sin

𝑛𝜋𝑐

𝑙𝑡


𝑢 𝑥, 𝑡 = 𝐶𝑛 cos 𝑛𝜋𝑐

𝑙𝑡 + 𝐷𝑛 sin

𝑛𝜋𝑐

𝑙𝑡 sin

𝑛𝜋

𝑙𝑥

∞

𝑛=1

, ∀𝑛 ∈ ℕ

Ahora utilicemos las condiciones iníciales 𝑢 𝑥, 0 = 𝑓 𝑥 , 𝑢𝑡 𝑥, 0 = 𝑔 𝑥 para

resolver las constantes 𝐶𝑛 , 𝐷𝑛

𝑢 𝑥, 0 = 𝐶𝑛 sin 𝑛𝜋

𝑙𝑥

∞

𝑛=1

= 𝑓 𝑥 → 𝐶𝑛 = 2

𝑙𝑓 𝑥 sin

𝑛𝜋

𝑙𝑥 𝑑𝑥

𝑙

0

, ∀𝑛 ∈ ℕ

Suponiendo que la serie se puede derivar termino a termino obtendremos que

𝑢 𝑥, 0 = 𝑛𝜋𝑐

𝑙𝐶𝑛 sin

𝑛𝜋

𝑙𝑥

∞

𝑛=1

= 𝑔 𝑥 → 𝐷𝑛 =2

𝑛𝜋𝑐 𝑔 𝑥 cos

𝑛𝜋

𝑙𝑥 𝑑𝑥

𝑙

0

, ∀𝑛 ∈ ℕ

Pues 𝑛𝜋𝑐

𝑙𝐶𝑛 son los coeficientes del desarrollo de g en senos.


48

Ejemplo 2 ecuación de onda para resolver las

vibraciones entre dos superficies esféricas

Para este problema tendremos que la ecuación de onda y las condiciones iníciales y de

frontera tendrán la forma

𝜕2𝑢

𝜕𝑡2=

𝜕2𝑢

𝜕𝑟2+

2

𝑟

𝜕𝑢

𝜕𝑟 , 1 ≤ 𝑟 ≤ 2, 𝑡 ∈ ℝ

𝑢 𝑟=1 = 𝑢 𝑟=2 = 0

𝑢 𝑟, 0 = 𝑓 𝑟 , 𝑢 𝑟, 0 = 𝑔 𝑟

Entonces usando el método de separación de variables tenemos que

𝑢 𝑥, 𝑡 = 𝑅 𝑟 𝑇 𝑡

Sustituyendo esto en la ecuación de onda tenemos que nuestro sistema de ecuaciones

quedara como

𝑅′′ +2𝑟

𝑅′

𝑅=

𝑇′′

𝑇= −𝛾

Entonces las soluciones a resolver tendrán la forma

𝑟𝑅′′ + 2𝑅′ + 𝛾𝑟𝑅 = 0

𝑇 ′′ + 𝛾𝑇 = 0

Las condiciones de frontera imponen que 𝑅 1 = 𝑅 2 = 0. El problema para R se

reduce a un desarrollo por series de Fourier. Entonces haciendo los siguientes cambios de


𝑆 = 𝑟𝑅

Obtendremos que

𝑆′′ + 𝛾𝑆′ = 0, 𝑆 1 = 𝑆 2 = 0

Ahora bien, haciendo 𝑟 = 𝑠 + 1

𝑆′′ + 𝛾𝑆′ = 0, 𝑆 0 = 𝑆 1 = 0


49


𝛾𝑛 = 𝑛2𝜋2, ∀𝑛 ∈ ℕ

Entonces la solución para S quedara como

𝑆𝑛 = sin(𝑛𝜋𝑠)

Por tanto esto a la solución para R tenemos que

𝑅𝑛 =sin(𝑛𝜋𝑟)

𝑟

Para estos valores de 𝛾 las soluciones para la parte temporal son

𝑇𝑛 = 𝐴𝑛 cos(𝑛𝜋𝑡) + 𝐵𝑛 sin(𝑛𝜋𝑡)


𝑢 𝑟, 𝑡 = 𝐴𝑛 cos 𝑛𝜋𝑡 + 𝐵𝑛 sin 𝑛𝜋𝑡 sin 𝑛𝜋𝑟

𝑟

∞

𝑛=1

Las condiciones iníciales entonces nos imponen que:

𝑢 𝑟, 0 = 𝐶𝑛

sin 𝑛𝜋𝑟

𝑟

∞

𝑛=1

= 𝑓 𝑟 , ∀𝑛 ∈ ℕ

𝑢 𝑟, 0 = 𝑛𝜋𝐶𝑛

sin 𝑛𝜋𝑟

𝑟

∞

𝑛=1

= 𝑔 𝑟 ,∀𝑛 ∈ ℕ

Para hallar los coeficientes del desarrollo de una función en las auto funciones 𝑅𝑛 (𝑟),

utilicemos el problema de Sturm-Liouville:

𝑟2𝑅′ ′ + 𝛾𝑟2𝑅 = 0

Como

𝑅𝑛 , 𝑅𝑛 = 𝑟2sin2 𝑛𝜋𝑟

𝑟2

2

1

𝑑𝑟 =1

2

Y

𝑓, 𝑅𝑛 = 𝑟2𝑓 𝑟 sin 𝑛𝜋𝑟

𝑟

2

1

𝑑𝑟 =1

2


50

Entonces podemos concluir que

𝐶𝑛 = 2 𝑟𝑓 𝑟 sin 𝑛𝜋𝑟 𝑑𝑟2

1

𝐷𝑛 =2

𝑛𝜋 𝑟𝑔 𝑟 sin 𝑛𝜋𝑟 𝑑𝑟

2

1

Ejemplo 3 ecuación de onda en tres

dimensiones

Sea el problema de valores iníciales para las ondas en 3 dimensiones espaciales

𝜕2𝑢

𝜕𝑡2= 𝑐2

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2+

𝜕2𝑢

𝜕𝑧2 , 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ3, 𝑡 ∈ ℝ

Dadas las condiciones iníciales

𝑢 𝑥, 𝑦, 𝑧, 0 = 𝑓 𝑥, 𝑦, 𝑧 , 𝑢 𝑥, 𝑦, 𝑧, 0 = 𝑔 𝑥, 𝑦, 𝑧

De la formula se puede deducir de manera análoga a la formula de D’Alembert para 𝑛 = 1. Si

aceptamos el hecho que, si 𝑓 ∈ 𝑐3 y 𝑓 ∈ 𝑐2, esa solución viene dada por la formula de Poisson o de

Kirchoff la cual viene dada por

𝑢 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡 =𝜕

𝜕𝑡

1

4𝜋𝑐2𝑡 𝑓𝑑𝑠

𝐶

+1

4𝜋𝑐2𝑡 𝑔𝑑𝑠

𝐶

(66)

Donde 𝐶 es la superficie de la bola de centro 𝑥, 𝑦, 𝑧 y radio 𝑐𝑡 (figura 12).

Utilizando la simetría de la figura 12 para coordenadas esféricas, entonces podemos

parametrizar esta superficie mediante los ángulos 휃 y ∅ introduciendo esto en la ecuación

(66) tenemos que

휃

∅

𝑥, 𝑦, 𝑧

𝑐𝑡

Fig.12.- representación de una ecuación de onda en 3 dimensiones


51

𝑢 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑡 =𝜕

𝜕𝑡

𝑡

4𝜋 𝑓 𝑥 + 𝑐𝑡 sin 휃 cos ∅ , 𝑦 + 𝑐𝑡 sin 휃 sin ∅ , 𝑧

𝜋

0

2𝜋

0

+ 𝑐𝑡 cos 휃 sin 휃 𝑑휃𝑑∅

+𝑡

4𝜋 𝑔 𝑥 + 𝑐𝑡 sin 휃 cos ∅ , 𝑦 + 𝑐𝑡 sin 휃 sin ∅ , 𝑧

𝜋

0

2𝜋

0

+ 𝑐𝑡 cos 휃 sin 휃 𝑑휃𝑑∅

Ejemplo 4 ecuación de onda en dos

dimensiones

Sea el problema de valores iníciales para las ondas en 3 dimensiones espaciales

𝜕2𝑢

𝜕𝑡2 = 𝑐2 𝜕2𝑢

𝜕𝑥2 +𝜕2𝑢

𝜕𝑦2 , 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ2, 𝑡 ∈ ℝ

Dadas las condiciones iníciales

𝑢 𝑥, 𝑦, 0 = 𝑓 𝑥, 𝑦 , 𝑢 𝑥, 𝑦, 0 = 𝑔 𝑥, 𝑦

Al igual que en el ejemplo anterior este tiene una solución como

𝑢 𝑥, 𝑦, 𝑡 =1

2𝜋𝑐 𝜕

𝜕𝑡

𝑓 𝜉, 휂 𝑑𝜉𝑑휂

𝑐2𝑡2 − 𝜉 − 𝑥 2 − 휂 − 𝑦 2𝐵

+ 𝑔 𝜉, 휂 𝑑𝜉𝑑휂

𝑐2𝑡2 − 𝜉 − 𝑥 2 − 휂 − 𝑦 2𝐵

Donde 𝐵 todo el circulo de centro 𝑥, 𝑦 y radio 𝑐𝑡.

Nota: tanto el ejemplo 3 y el ejemplo 4 se pueden prestar para el cambio de coordenadas

haciendo las sustituciones pertinentes. La manera de interpretar la ecuación (66) los valores de u

solo dependen de los 𝑓 y 𝑔 sobre el borde de la esfera 𝐵 𝑥, 𝑦, 𝑧 , 𝑐𝑡 . Si para 𝑡 = 0 hay una

perturbación concentrada en un punto P del espacio, en otro 𝑡 solo están perturbados los puntos de

la superficie esférica de centro P y radio 𝑐𝑡, pues para los demás puntos es 𝑓 = 𝑔 = 0 sobre la

superficie C.


52

Ecuación de Helmholtz

La ecuación de Helmholtz esta descrita por

∇2𝑢 + 𝑘2𝑢 = 𝜌

Ejemplo 1. Ecuación de Helmholtz en

coordenadas esféricas.

Resolvamos la ecuación homogénea de Helmholtz en coordenadas esféricas. Usemos el

método de separación de variables. Entonces siendo esto así tenemos que

∇2𝑢 + 𝑘2𝑢 = 0

Primero tenemos que declarar la una función de separación de variables la cual será

𝑢 𝑟, 휃, 𝜑 = 𝑅 𝑟 Θ 휃 Φ 𝜑

La ecuación de Laplace en coordenadas esféricas está dada por

∇2=1

𝑟2

𝜕

𝜕𝑟 𝑟2

𝜕

𝜕𝑟 +

1

𝑟2 sin 휃

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕

𝜕휃 +

1

𝑟2 sin 휃

𝜕2

𝜕𝜑2

Sustituyendo esto en la ecuación de Helmholtz tenemos que

1

𝑟2𝑅

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟 +

1

Θ𝑟2 sin 휃

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕Θ

𝜕휃 +

1

Φ𝑟2 sin 휃

𝜕2Φ

𝜕𝜑2+ 𝑘2 = 0

Para separar las variables, primero multiplicamos toda la ecuación por 𝑟2 sin2 휃 y

separamos la ecuaciónΦ. Se obtiene entonces

sin2 휃

𝑅

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟 +

sin 휃

Θ

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕Θ

𝜕휃 +

1

Φ

𝜕2Φ

𝜕𝜑2+ 𝑟2 sin2 휃 𝑘2 = −𝑚2

𝜕2Φ

𝜕𝜑2+ 𝑚2Φ = 0


53

Entonces llegamos a que Φ s como ya la sabemos la ecuación de oscilador. Ahora

separamos las ecuaciones de Θ y 𝑅 multipliquemos ambos lados de la ecuación por 1

sin 2 휃

entonces obtendremos que

1

sin2 휃

sin2 휃

𝑅

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟 +

sin 휃

Θ

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕Θ

𝜕휃 + 𝑟2 sin2 휃 𝑘2 = −𝑚2

1

𝑅

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟 + 𝑟2𝑘2 = −

1

Θ sin 휃

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕Θ

𝜕휃 +

𝑚2

sin2 휃 = 𝑙(𝑙 + 1)

Donde por conveniencia nombraremos a la constante de separación por 𝑙 𝑙 + 1 .

Entonces las ecuaciones para cada variable nos quedaran

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟 + 𝑟2𝑘2 − 𝑙 𝑙 + 1 𝑅 = 0

1

sin 휃

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕Θ

𝜕휃 + Θ 𝑙 𝑙 + 1 +

𝑚2

sin2 휃 = 0

Realicemos el siguiente cambio de variable en la primera ecuación

𝑅 =𝑆

𝑟

Y en la segunda ecuación

𝑥 = cos 휃

Desarrollemos la ecuación radial y veamos a donde llegamos

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟 + 𝑟2𝑘2 − 𝑙 𝑙 + 1 𝑅 = 0

2𝑟𝑅′ + 𝑟2𝑅′′ + 𝑟2𝑘2 − 𝑙 𝑙 + 1 𝑅 = 0

𝑟2𝑆′′ + 𝑟𝑆′ 𝑟2𝑘2 − 𝑙 +1

2

2

𝑆 = 0


54

La cual es la ecuación de Bessel. Ahora hagamos lo mismo pata la ecuación de Θ

1

sin 휃

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕Θ

𝜕휃 + Θ 𝑙 𝑙 + 1 +

𝑚2

sin2 휃 = 0

1

sin 휃 cos 휃 Θ′ + sin 휃 Θ′′ + Θ 𝑙 𝑙 + 1 +

𝑚2

sin2 휃 = 0

1 − 𝑥2 Θ′′ − 2xΘ′ + Θ 𝑙 𝑙 + 1 +𝑚2

sin2 휃 = 0

Esta ecuación es la ecuación de Legendre. Sabiendo esto de la ecuación radial, angular

y acimutal entonces la solución general será:

𝑢 𝑟, 휃, 𝜑 =

𝐽𝑙+

12

𝑘𝑟

𝑟𝑃𝑙

𝑚 cos 휃 𝑒±𝑖𝑚𝜑

𝑙,𝑚

Donde dadas las condiciones de frontera de la ecuación podremos escribir los

polinomios.

Ejemplo 2. Ecuación de Helmholtz en una

dimensión

Sea una partícula en una dimensión, restringida a moverse a lo largo de una

circunferencia. Donde la partícula está restringida a moverse en el área 2𝜋𝑅.

El problema puede estar descrito por la ecuación de Schrödinger en una dimensión,

entonces supongamos que no existe fuerza sobre la partícula, podemos considerar que V=0.

Entonces si la partícula se encuentra en el punto 𝑥 o 𝑥 + 2𝜋𝑅, no debería cambiar ninguna

propiedad física. Esta situación física se traduce a una condición de periodicidad sobre la

función de onda para la cual imponemos que

Φ 𝑥 = Φ 𝑥 + 2𝜋𝑅

A las funciones que satisfacen esta condición a veces se les llama funciones

univaluadas, ya que esta condición implica que la función de onda Φ 𝑥 vale lo mismo

para el punto 𝑥 y todo los puntos que difieren de 𝑥 en un múltiplo entero de 2𝜋.


55

Matemáticamente tenemos entonces que la partícula queda descrita por la función de onda

Φ 𝑥 que satisface la ecuación de Schrödinger, entonces tenemos que

−ℏ

2𝑚

𝑑2Φ 𝑥

𝑑𝑥2= 𝐸Φ 𝑥

Escribamos la ecuación de Schrödinger en términos de la variable ∅ en vez de la

variable x, obtenemos que

−ℏ

2𝑚𝑅2

𝑑2Φ ∅

𝑑∅2= 𝐸Φ ∅

Donde

Φ ∅ = Φ ∅ + 2𝜋

Entonces podemos reescribir la ecuación de Schrödinger como

Φ′′ +2𝑚𝑅2

ℏ2Φ ∅ = Φ′′ + λΦ ∅ , 𝑐𝑜𝑛 λ =

2𝑚𝑅2

ℏ2

La solución general para esta ecuación estará dada por

Φ ∅ = 𝐴𝑒𝑖𝜙 𝜆

Utilizando las condiciones de frontera las cuales son

Φ ∅ = Φ ∅ + 2𝜋

Tenemos que

𝑒𝑖 ∅+2𝜋 𝜆 = 𝑒𝑖𝜙 𝜆

𝑒𝑖2𝜋 𝜆 = 1

𝜆 = 𝑛𝜖ℤ

Entonces las funciones de onda y los valores de energía son

Φ ∅ = 𝐴𝑒𝑖𝑛𝜙 , 𝑦 𝐸𝑛 =𝑛2ℏ2

2𝑚𝑅2, ∀𝑛 ∈ ℤ


56

Esto nos lleva entonces a que la solución mas general de la partícula en un circulo

estará dado por

Φ ∅ = 𝐶𝑛𝑒𝑖𝑛𝜙

∞

−∞

Ejemplo 3. Ecuación de Helmholtz en dos

dimensión

En coordenadas rectangulares la ecuación de Helmholtz quedara como

∂2Ψ x, y

∂x2+

∂2Ψ x, y

∂y2+ 𝑘2Ψ x, y = 0

Por separación de variables tenemos que

Ψ x, y = X x Y y

Entonces como antes ya lo hemos hecho la ecuación tendrá la forma

1

𝑋

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2+

1

𝑌

𝑑2𝑌

𝑑𝑦2+ 𝑘2 = 0

Entonces poniendo las constantes como ya se ha hecho tenemos que

𝑑2𝑋

𝑑𝑥2+ 𝑎1

2𝑋 = 0

𝑑2𝑌

𝑑𝑦2+ 𝑘2 − 𝑎1

2 𝑌 = 0

Si definimos en la segunda ecuación la siguiente igualdad

𝑎22 = 𝑘2 − 𝑎1

2

Entonces como ya sabemos las ecuaciones las soluciones a este par de ED son

𝑋 𝑥 = 𝑒𝑖𝑎1𝑥

𝑌 𝑦 = 𝑒𝑖𝑎2𝑦


57

Ya que llegamos a esto la solución general a la ecuación de Helmholtz estará dada por

𝛹 𝑥, 𝑦 = 𝑐 𝑎1 , 𝑎2 𝑒𝑖𝑎1𝑥𝑒𝑖𝑎2𝑦𝑑𝑎1𝑑𝑎2𝑎2𝑎1

Ahora supongamos que tratamos de encontrar la forma de la función armónica 𝛹 𝑥, 𝑦

en el interior de la región rectangular 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝑎, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑏, sujeta a las condiciones de

frontera

𝛹 𝑥, 0 = 𝛹 𝑥, 𝑏 = 0, 0 < 𝑥 < 𝑎

𝛹 0, 𝑦 = 𝛹 𝑎, 𝑦 = 0, 0 < 𝑦 < 𝑏

De aquí podemos ver que la condición restante no cambia para 𝛹 𝑥, 𝑏 = 𝑓(𝑥). Ahora

podemos ver que la condición 𝑎12 + 𝑎2

2 = 0, entonces podemos ver que 𝑎1 y 𝑎2 no pueden

ser ambos números reales, ya que la única posibilidad de satisfacer la ecuación, seria que

ambos fueran cero. Entonces dado que la parte de X está sujeta a condiciones de Dirichlet

tiene soluciones solo si 𝑎12 es un número real, por lo tanto

𝑋 𝑥 = sin 𝑛𝜋𝑥

𝑎 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑎1 =

𝑛𝜋

𝑎

Dado que 𝑎12 = −𝑎2

2 podemos rescribir la ecuación para y como

𝑑2𝑌

𝑑𝑦2−

𝑛2𝜋2

𝑎2𝑌 = 0

Utilizando las condiciones de frontera tenemos que𝑋 𝑥 𝑌 𝑏 = 𝑓(𝑥). Entonces la

solución quedara como

𝑌 𝑦 = 𝐵1 sinh 𝑛𝜋

𝑎𝑦 + 𝐵2 cosh

𝑛𝜋

𝑎𝑦

Para satisfacer las condiciones de frontera tenemos que

𝑌 𝑦 = 𝐵1 sinh 𝑛𝜋

𝑎𝑦

Entonces la solución armónica para 𝛹 𝑥, 𝑦 quedara como

𝛹 𝑥, 𝑦 = 𝐴𝑛 sin 𝑛𝜋

𝑎𝑥 sinh

𝑛𝜋

𝑎𝑦

∞

𝑛=1


58

Entonces dada la condición de frontera que no hemos empleado tenemos que

𝛹 𝑥, 𝑏 = 𝑓 𝑥 = 𝐴𝑛 sin 𝑛𝜋

𝑎𝑥 sinh

𝑛𝜋

𝑎𝑦

∞

𝑛=1

Ya sabemos que esto es una expresión de una serie de Fourier en una dimensión

entonces obtendremos que

𝑓 𝑥 sin 𝑚𝜋

𝑎𝑥 𝑑𝑥

𝑎

0

= 𝐴𝑛 sinh 𝑛𝜋

𝑎𝑏

∞

𝑛=1

sin 𝑚𝜋

𝑎𝑥 sin

𝑛𝜋

𝑎𝑥 𝑑𝑥

𝑎

0

= 𝐴𝑛 sinh 𝑛𝜋

𝑎𝑏

∞

𝑛=1

𝑎

2𝛿𝑚 .𝑛 =

𝑎

2𝐴𝑚 sinh

𝑚𝜋

𝑎𝑏

Despejando el coeficiente 𝐴𝑚 obtendremos que

𝐴𝑚 =2

𝑎 sinh 𝑚𝜋𝑎

𝑏 𝑓(𝑧) sin

𝑚𝜋

𝑎𝑧 𝑑𝑧

𝑎

0

sin 𝑛𝜋

𝑎𝑥 sinh

𝑛𝜋

𝑎𝑦

En el caso particular en que la función 𝑓 𝑥 = 𝑉 con 𝑉 = 𝑐𝑡𝑒, obtenemos

𝑉 sin 𝑛𝜋

𝑎𝑥 𝑑𝑥

𝑎

0

= −𝑎𝑉

𝑛𝜋 cos

𝑛𝜋

𝑎𝑥

0

𝑎

= −𝑎𝑉

𝑛𝜋 cos 𝑛𝜋 − 1

= −𝑎𝑉

𝑛𝜋 −1 𝑛 − 1 =

0 𝑛 𝑝𝑎𝑟2𝑎𝑉

𝑛𝜋 𝑚 𝑖𝑚𝑝𝑎𝑟

Por lo cual, la función armónica será

𝛹 𝑥, 𝑏 = 4𝑉

𝑛𝜋 sinh 𝑛𝜋𝑎

𝑏

∞

𝑛=𝑛+1

sin 𝑛𝜋

𝑎𝑥 sinh

𝑛𝜋

𝑎𝑦

Ejemplo 4. Ecuación de Helmholtz en dos

dimensión

Consideremos ahora el problema de un aro circular metálico de radio a, dividido en dos

semicircunferencias aisladas entre sí. Las mitades del aro se mantienen a un potencial +𝑉 y

–𝑉 respectivamente.


59

Lo que tenemos que hacer entonces es calcular el campo eléctrico en la región interior

del aro. Entonces lo que tenemos que hacer es calcular el potencial electroestático 𝜑 el cual

debe satisfacer la ecuación de Laplace

Entonces la ecuación de Laplace en coordenadas cilíndricas es

1

𝜌

𝜕

𝜕𝜌 𝜌

𝜕𝜑

𝜕𝜌 +

1

𝜌2

𝜕2𝜑

𝜕∅2= 0

Entonces las condiciones de frontera para el potencial son

𝜑 𝑎, ∅ = 𝑓 ∅ = +𝑉 0 < ∅ < 𝜋−𝑉 − 𝜋 < ∅ < 0

Entonces procedamos a la ya conocida separación de variables

𝜑 𝜌, ∅ = Ρ 𝜌 Φ 𝜙

Las ecuaciones de Helmholtz con la condición de que 𝑘2 = 0, nos dará el siguiente

sistemas de ecuaciones.

𝑑2Φ

𝑑∅2+ 𝑚2Φ = 0

𝜌𝑑

𝑑𝜌 𝜌

𝑑𝑃

𝑑𝜌 + 𝑚2 𝑃 = 0

La solución para la coordenada Φ es

Φ 𝜙 = 𝐶0 + 𝐶𝑚 𝑐𝑜𝑠 𝑚𝜙 + 𝐷𝑚 𝑠𝑖𝑛 𝑚𝜙

∞

m=1

La ecuación racial entonces quedara como

𝑃′′ +1

𝜌𝑃′ −

𝑚2

𝜌2𝑃 = 0

Entonces esta ecuación se conoce como la ecuación de Euler y sus soluciones son

𝑃𝑚 𝜌 = 𝐶 = 𝑐𝑡𝑒. 𝑦 log 𝜌 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑚 = 0

𝜌𝑚 𝑦 𝜌−𝑚 , 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑚 > 0

Así las soluciones a la ecuación de Laplace quedaran como

Φ0𝑃0 𝜌 = 𝐴0

𝐷0 log 𝜌 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑚 = 0


60

Donde 𝐴0 y 𝐷0 son constantes, mientras que en el caso 𝑚 > 0, las soluciones son de la

forma

Φm ∅ 𝑃𝑚 𝜌 = 𝐴𝑚𝜌𝑚 cos 𝑚∅ , 𝐵𝑚𝜌𝑚 sin 𝑚∅

𝐸𝑚𝜌−𝑚 cos 𝑚∅ , 𝐹𝑚 𝜌−𝑚 sin 𝑚∅

De aquí podemos eliminar varias soluciones dado el campo eléctrico 𝐸 se obtiene a

través de un gradiente, es decir 𝐸 = ∇𝜑, lo que se define como el potencial electroestático

el cual esta definido en 𝜌 = 0. Entonces las soluciones 𝜌−𝑚 y log 𝜌 no son admisibles.

Por tanto la solución quedara como

𝜑 𝜌, ∅ = 𝐴0 + 𝜌𝑚 𝐴𝑚 𝑐𝑜𝑠 𝑚𝜙 + 𝐵𝑚 𝑠𝑖𝑛 𝑚𝜙

∞

m=1

Entonces las utilizando las ecuaciones de frontera tenemos que

𝜑 𝜌 = 𝑎, ∅ = 𝑓 ∅ = 𝐴0 + 𝑎𝑚 𝐴𝑚 𝑐𝑜𝑠 𝑚𝜙 + 𝐵𝑚 𝑠𝑖𝑛 𝑚𝜙

∞

m=1

Esto es la función escalón de Fourier, con la diferencia que tendremos la siguiente

diferencia 𝑎𝑚𝐵𝑚 = 𝑏𝑚 , entonces después de cierta algebra llegaremos a que la solución

final del potencial estará dada por

𝜑 𝜌, ∅ =4𝑉

𝜋

1

𝑚 𝜌

𝑎 𝑚

sin 𝑚∅

𝑚=𝑚+1

.


61

Ecuaciones de Laplace Ejemplo 1 Solución de la ecuación de Laplace

armónicos esféricos

Ahora presentare la solución a la ecuación de Laplace en coordenadas esféricas donde

limitaremos el análisis a los casos en que la solución 𝜑 es independiente del Angulo

acimutal 𝜙.

Entonces la ecuación de Laplace en términos de este problema quedara como

1

𝑟2

𝜕

𝜕𝑟 𝑟2 𝜕𝜑

𝜕𝑟 +

1

𝑟2 sin 휃

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕𝜑

𝜕휃 = 0 67

Donde empleamos el método de la separación de variables la cual estará dada por

𝜑 𝑟, 휃 = 𝑅 𝑟 Θ 휃

Sustituyendo esto en la ecuación (67) tendremos que

1

𝑟2

𝜕

𝜕𝑟 𝑟2 𝜕𝑅 𝑟 Θ 휃

𝜕𝑟 +

1

𝑟2 sin 휃

𝜕

𝜕휃 sin 휃

𝜕𝑅 𝑟 Θ 휃

𝜕휃 = 0

Separando las variables dependientes de las constantes para convertir las derivadas

parciales por derivadas totales tendremos que

Θ 휃

𝑟2

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2 𝑑𝑅 𝑟

𝑑𝑟 +

𝑅 𝑟

𝑟2 sin 휃

𝑑

𝑑휃 sin 휃

𝑑Θ 휃

𝑑휃 = 0

Multiplicando ambos lados de la ecuación por 𝑟2

𝑅 𝑟 Θ 휃 tendremos que

1

𝑅

𝑑


𝑑𝑟 +

1

Θ 휃 sin 휃

𝑑

𝑑휃 sin 휃

𝑑Θ 휃

𝑑휃 = 0

Dado esto podemos hacer lo siguiente

1

𝑅

𝑑


𝑑𝑟 = −

1

Θ 휃 sin 휃

𝑑

𝑑휃 sin 휃

𝑑Θ 휃

𝑑휃

El lado izquierdo de esta ecuación es función únicamente de 𝑟 y el lado derecho es

función de 휃. La única forma en que una función de 𝑟 puede ser igual a una función de 휃

para todos los valores de 𝑟 y 휃 es que ambas funciones sean constantes. En consecuencia,

igualaremos cada miembro de la ecuación anterior a k la constante de separación.


62

Consideremos primero la ecuación para 휃, la cual es conocida como ecuación de

Legendre, a continuación pondré los primeros 4 polinomios de Legendre los cuales son

n 𝑃𝑛 휃

0 1

1 cos 휃 2 1

2 3 cos2 휃 − 1

3 1

2 5 cos3 휃 − 3 cos 휃

Entonces podemos escribir lo siguiente

1

sin 휃

𝑑

𝑑휃 sin 휃

𝑑Θ 휃

𝑑휃 + 𝑘𝑃 = 0 (68)

Las únicas soluciones físicamente aceptables que están definidas en el intervalo de 휃,

que va desde 0 hasta 𝜋 las cuales corresponden a 𝑘 = 𝑛(𝑛 + 1), siendo 𝑛 un entero

positivo. La solución para una 𝑛 en particular se representara con 𝑃𝑛 휃 . Las soluciones de

la ecuación (68) para otros valores de 𝑘 no se comportan bien en la vecindad de 휃 = 0 o

휃 = 𝜋 radianes, volviéndose infinitas o incluso indefinidas para estos valores de 휃.

Ahora la ecuación radial será

𝑑


𝑑𝑟 = 𝑛 𝑛 + 1 𝑅

Donde hemos empleado la forma explícita de k que dio soluciones de 휃 aceptables. Las

soluciones para la ecuación radial serán:

𝑅𝑛 = 𝑟𝑛 𝑦 𝑅𝑛 = 𝑟−𝑛

Las soluciones a la ecuación de Laplace se obtienen mediante el producto 𝜑 𝑟, 휃 =

𝑅 𝑟 Θ 휃 , donde debe tenerse especial cuidado para que Θ 휃 y 𝑅 𝑟 correspondan al

mismo valor de 𝑛. Entonces nos la solución de Laplace tendrá la forma de

𝜑 𝑟, 휃 = 𝑟𝑛𝑃𝑛 휃 , 𝑜 𝜑 𝑟, 휃 = 𝑟− 𝑛+1 𝑃𝑛 휃

A estas dos soluciones se les conoces como los armónicos esféricos, donde 𝑃𝑛 휃 es

uno de los polinomios de la tabla presentada en esta sección, y n es un entero positivo o

cero.


63

Ejemplo 2 esfera conductora

Supongamos el caso de una esfera conductora descargada, colocada en un campo

eléctrico inicialmente uniforme, 𝐸0 .

Entonces hagamos que el centro de la esfera coincida con el origen de nuestro sistema

coordenado y que se mantenga constante el eje z es decir que sea independiente de la

coordenada acimutal, esto nos reduce a la solución de los armónicos esféricos. La esfera es

de radio a, a la cual representaremos como un potencial 𝜑0 . Entonces nuestro problema es

hallar una solución de la ecuación de Laplace en la región exterior a la esfera que se

reduzca a 𝜑0 sobre la esfera misma y que tenga la forma limitadora correcta a grandes

distancias. Entonces la solución puede expresarse como

𝜑 𝑟, 휃 = 𝐴1 + 𝐶1𝑟−1 + 𝐴2𝑟 cos 휃 + 𝐶2𝑟

−2 cos 휃 +1

3𝐴3𝑟2 3 cos2 휃 − 1

+1

3𝐶3𝑟

−3 3 cos2 휃 − 1 + ⋯

Donde las A y las C son constantes arbitrarias. Para r grande, el campo eléctrico se verá

como

𝐸 𝑟, 휃 𝑟→∞

= 𝐸 0 = 𝐸0𝑘

𝜑 𝑟, 휃 𝑟→∞ = −𝐸0𝑧 + 𝑐𝑡𝑒.

= −𝐸0𝑟 cos 휃 + 𝑐𝑡𝑒.

De esto tenemos que para r muy grande 𝐴2 = −𝐸0 y todas las demás A deberán ser

cero. El término 𝐶1𝑟−1 produce un campo radial que, como podría esperarse, es compatible

solo con un conductor esférico que tiene una carga total neta. Como nuestro problema se

trata de un conductor descargado entonces 𝐶1 = 0. Entonces en la superficie de la esfera,

𝜑 = 𝜑0, y el potencial debe ser independiente del ángulo 휃. Los dos términos en que

interviene cos 휃 pueden eliminarse entre sí, pero los términos con potencias inversas de r,

mayores no pueden eliminarse entre sí debido a que contienen funciones de Legendre

diferentes. La única posibilidad es igualar todas las 𝐶𝑖 a cero cuando 𝑖 ≥ 3. Después de

todo esto la solución tendrá la siguiente forma

𝜑 𝑟, 휃 = 𝐴1 − 𝐸0𝑟 cos 휃 + 𝐶2𝑟−2, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑟 ≥ 𝑎

𝜑 𝑎, 휃 = 𝜑0

Dado que las dos expresiones deben ser iguales en 𝑟 = 𝑎, 𝐴1 = 𝜑0 y 𝐶2 = 𝐸0𝑎3.


64

Ejemplo 3 resolvamos la ecuación de Laplace

para un rectángulo con condiciones de

Dirichlet

La ecuación de Laplace en coordenadas rectangulares estará dada por

𝜕2𝑢

𝜕𝑥2+

𝜕2𝑢

𝜕𝑦2= 0

Supongamos que nuestro rectángulo está limitado a 0 < 𝑥 < 𝑎, 0 < 𝑦 < 𝑏 y que

satisfaga las condiciones en la frontera dada como

𝑢 𝑦=0 = 𝑢 𝑦=𝑏 = 0, 0 < 𝑥 < 𝑎

𝑢 𝑥=0 = 𝑢 𝑥=𝑎 = 𝑓 𝑦 , 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑏

Donde 𝑓 es una función dada sobre 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑏. Utilizando el método de separación de


𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑋 𝑥 𝑌(𝑦)

Entonces nuestra ecuación de Laplace tomara la forma

𝑋′′

𝑋= −

𝑌 ′′

𝑌= 𝜔

Entonces nos quedaran el siguiente sistema de ED

𝑋′′ − 𝜔𝑋 = 0

𝑌 ′′ + 𝜔𝑌 = 0

La solución para la ecuación en Y sabemos que es un oscilador armónico entonces la

solución está dada como

𝑌 𝑦 = 𝐴 cos 𝜔𝑦 + 𝐵 sin 𝜔𝑦

𝑌 0 = 𝐴 cos 𝜔0 + 𝐵 sin 𝜔0 = 𝐴 = 0

𝑌 𝑏 = 𝐵 sin 𝜔𝑏 = 0

𝜔𝑏 = 𝑛𝜋

𝜔 =𝑛𝜋

𝑏, ∀𝑛 ∈ ℕ


65

Entonces las soluciones en Y como era de esperarse están dadas por

𝑌 𝑦 = 𝐵𝑛 sin 𝑛𝜋

𝑏𝑦

La solución para la ecuación de X está dada por

𝑋 𝑥 = sinh 𝑛𝜋

𝑏𝑥

Entonces la solución para esta ecuación quedara como

𝑢 𝑥, 𝑦 = sinh 𝑛𝜋

𝑏𝑥 sin

𝑛𝜋

𝑏𝑦

Para satisfacer la condición no homogénea restante en la frontera cuando 𝑥 = 𝑎

entonces la solución se puede representar en términos de

𝑢 𝑥, 𝑦 = 𝑐𝑛𝑢𝑛 𝑥, 𝑦

∞

𝑛=1

= 𝑐𝑛 sinh 𝑛𝜋

𝑏𝑥 sin

𝑛𝜋

𝑏𝑦

∞

𝑛=1

Entonces como ya lo hemos hecho determinamos 𝑐𝑛 por medio de las series de Fourier

lo cual nos quedara como

𝑢 𝑎, 𝑦 = 𝑐𝑛 sinh 𝑛𝜋

𝑏𝑎 sin

𝑛𝜋

𝑏𝑦

∞

𝑛=1

= 𝑓 𝑦

Por tanto, las cantidades 𝑐𝑛 sinh 𝑛𝜋

𝑏𝑎 deben ser los coeficientes de la serie de senos,

de periodo 2b y se expresa por

𝑐𝑛 sinh 𝑛𝜋

𝑏𝑎 =

2

𝑏 𝑓(𝑦) sin

𝑛𝜋

𝑏𝑦 𝑑𝑦

𝑏

0

Ejemplo 4 resolvamos la ecuación de Laplace

para un circulo con condiciones de Dirichlet

Ahora consideremos el problema de resolver la ecuación de Laplace en la región

circular 𝑟 < 𝑎, sujeta a la condición en la frontera

𝑢 𝑎, 휃 = 𝑓 휃

Donde f es una función dada sobre 0 ≤ 휃 ≤ 2𝜋.


66

Entonces la ecuación de Laplace en coordenadas polares, la ecuación de Laplace toma

la forma

𝜕2𝑢

𝜕𝑟2+

1

𝑟

𝜕𝑢

𝜕𝑟+

1

𝑟2

𝜕2𝑢

𝜕휃2= 0

Aplicando de nuevo el método de separación de variables nos da

𝑢 𝑟, 휃 = 𝑅 𝑟 Θ θ

Entonces nos quedaran el siguiente conjunto de ED

𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝜍𝑅 = 0

Θ′′ + 𝜍Θ = 0

En este problema no hay condiciones homogéneas en la frontera; sin embargo,

recuérdese que las soluciones deben ser acotadas y periódicas en 휃, con periodo 2𝜋.

Entonces la condición de periodicidad requiere que 𝜍 sea real. Entonces para esto

consideraremos los casos en que 𝜍 sea negativa, cero y positiva.

Si 𝜍 < 0, sea 𝜍 = −𝜆2, en donde 𝜆 > 0; entonces la ecuación angular quedara como

Θ′′ − 𝜆2Θ = 0

Y por tanto la solución estará dada por

Θ θ = c1eλθ + c2e−λθ

Por tanto, Θ θ puede ser periódica solo si c1 = c2 = 0 por lo cual se concluye que 𝜍

no puede ser negativa.

Si 𝜍 = 0, entonces la ecuación angular queda como

Θ′′ = 0

Y por tanto la solución estará dada por

Θ θ = c1 + c2θ

Por tanto, Θ θ puede ser periódica solo si c2 = 0 de modo que Θ θ es constante.

Además para 𝜍 = 0, la ecuación radial quedara como

𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ = 0

Lo que resulta en la una ecuación del tipo Euler y tiene solución


67

𝑅 𝑟 = 𝑘1 + 𝑘2 ln 𝑟

No es posible aceptar el termino logarítmico, si 𝑢 𝑟, 휃 ha de permanecer acotada

cuando 𝑟 → 0; de donde, 𝑘2 = 0. Por tanto, se obtiene la solución

𝑢0 𝑟, 휃 = 1

Por último si 𝜍 > 0, sea 𝜍 = 𝜆2, en donde 𝜆 > 0; entonces la ecuación angular y radial

quedara como

𝑟2𝑅′′ + 𝑟𝑅′ − 𝜆2𝑅 = 0

Θ′′ + 𝜆2Θ = 0

La solución para la ecuación radial es una ecuación de Euler y tiene la solución

𝑅 𝑟 = 𝑘1𝑟𝜆 + 𝑘2𝑟

−𝜆

Y como ya sabemos la solución a la ecuación angular estará dada por

Θ θ = 𝑐1 cos 𝜆휃 + 𝑐2 sin 𝜆휃

Para que Θ sea periódica con el periodo 2𝜋 es necesario que𝜆 sea un entero positivo n.

Con 𝜆 = 𝑛 se deduce que debe descartarse la solución 𝑟−𝜆 , en virtud de que se vuelve no

acotada cuando 𝑟 → 0. Como consecuencia 𝑘2 = 0 y las soluciones apropiadas son

𝑢𝑛 𝑟, 휃 = 𝑟𝑛 cos 𝑛휃 , 𝑣𝑛 𝑟, 휃 = 𝑟𝑛 sin 𝑛휃

Estas funciones, junto con 𝑢0 𝑟, 휃 = 1, forman un conjunto de soluciones

fundamentales del presente problema.

Entonces la solución estará dada como

𝑢𝑛 𝑟, 휃 =𝑐0

2+ 𝑎𝑛 𝑐𝑛 cos 𝑛휃 + 𝑘𝑛 sin 𝑛휃

∞

𝑛=1

Entonces, utilizando las condiciones de frontera tendremos que

𝑢 𝑎, 휃 =𝑐0

2+ 𝑎𝑛 𝑐𝑛 cos 𝑛휃 + 𝑘𝑛 sin 𝑛휃

∞

𝑛=1

= 𝑓 휃


68

Como la función extendida tiene periodo 2𝜋, es posible calcular su coeficiente por

medio de series de Fourier entonces para el intervalo 0,2𝜋 , será

𝑎𝑛𝑐𝑛 =1

𝜋 𝑓 휃 cos 𝑛휃 𝑑휃

2𝜋

0

, ∀𝑛 ∈ ℕ

𝑎𝑛𝑘𝑛 =1

𝜋 𝑓 휃 sin 𝑛휃 𝑑휃

2𝜋

0

, ∀𝑛 ∈ ℕ

Ecuaciones de Schrödinger Ejemplo 1 Oscilador armónico

En mecánica clásica, un oscilador armónico es una partícula de masa m que presenta

una fuerza 𝐹 = −𝑘′𝑥 (suponiendo el origen en x=0), siendo 𝑘′ la constante de fuerza. Esta

fuerza entonces es proporcional al desplazamiento x de la partícula respecto a su posición

de equilibrio a x=0. La correspondiente función de energía potencial es 𝑈 =1

2𝑘′𝑥2 (figura

13).

Cuando la partícula se desplaza fuera del equilibrio oscilará con frecuencia 𝜔 = 𝑘

𝑚

1

2

La ecuación de Schrödinger para el oscilador armónico es

−ℏ2

2𝑚

𝜕2Ψ

𝜕𝑥2+

1

2𝑘′𝑥2Ψ = 𝐸Ψ

Fig. 13.- barrera de potencial.


69

Clásicamente sabemos dada una energía E, 𝑥 no puede ser mayor a la amplitud A (que

es el máximo desplazamiento del equilibro). La mecánica cuántica sin embargo permite

cierta penetración en las regiones clásicamente prohibidas pero la probabilidad disminuye a

medida que la penetración aumenta (ya que la función de onda en la zona clásicamente

prohibida es normalmente una exponencial decreciente). Por lo tanto la función de onda

Ψ → 0 cuando 𝑥 → ∞.

Reordenemos entonces la ecuación de Schrödinger escribiendo

𝜕2Ψ

𝜕𝑥2=

2𝑚

ℏ2 1

2𝑘′𝑥2 − 𝐸 Ψ

Vemos entonces que cuando 𝑥 → ∞ (sea x positivo o negativo) tal que 1

2𝑘′𝑥2 − 𝐸

sea positivo y entonces si Ψ es positiva y por lo tanto 𝜕2Ψ

𝜕𝑥2 también, la función será cóncava

hacia arriba. La Figura 14 muestra 4 posibles comportamientos a partir de un punto x A.

Si la pendiente es inicialmente positiva, la función al ser cóncava hacia arriba crecerá a

infinito como lo muestra la Figura 14(a). Si la pendiente es inicialmente negativa en el

punto considerado, habrá tres posibilidades. Si la pendiente cambia muy rápido (curva b) la

función terminará tendiendo a infinito a x grandes. Si la pendiente no cambia tan rápido la

función cruzará el eje x (curva c). Al cruzar el eje x, Ψ y 𝜕2Ψ

𝜕𝑥2 serán negativas. Esto hará que

la función tienda finalmente a menos infinito. Otra posibilidad es la mostrada en la curva d.

La curva se tuerce lo justo para tender asintóticamente al eje x. En este caso Ψ, 𝜕Ψ

𝜕𝑥 y

𝜕2Ψ

𝜕𝑥2

tienden a cero a x grandes. Esta opción es la única que satisface la condición de contorno en

Fig. 14.-comportamientos de la partícula.


70

que Ψ → 0 cuando 𝑥 → ∞. Esto ocurrirá a solo ciertos valores de E. Es decir,

considerando las condiciones de contorno, aparece la discretización de los valores de

energía posibles.

La ecuación rescrita de Schrödinger puede resolverse en forma exacta, las soluciones se

llaman funciones de Hermite. Son funciones exponenciales multiplicadas por un polinomio

en x. el estado con menor energía (el estado fundamental) tiene la función de onda

Ψ = Ce− mk ′ x2

2ℏ

C es una constante que se elige de forma que Ψ esté normalizada. La energía

correspondiente, es decir, la energía del estado fundamental del oscilador armónico es

𝐸0 =1

2ℏω =

1

2ℏ

k′

m

Una resolución completa de la ecuación de Schrödinger nos dará que los niveles de

energía permitidos del oscilador armónico son

𝐸𝑛 = 𝑛 +1

2 ℏ

k′

m= 𝑛 +

1

2 ℏω

Donde n es el número cuántico que identifica a cada estado. La Figura 15 muestra los 6

niveles de energía más bajos así como la función energía potencial U.

Fig. 15.-niveles de energía


71

Para cada nivel n, el valor de 𝑥 al cual la línea horizontal que representa a la energía

total En corta a U(x) nos da la amplitud An correspondiente al oscilador clásico.

Ejemplo 2 Partícula en una caja

Ahora resolveremos el problema de una partícula en una caja de paredes impenetrables

en una dimensión.

Para representar la caja podemos suponer que en las paredes existe un potencial infinito

que no permite que la partícula escape y que dentro de la misma partícula puede moverse

libremente. Entonces podemos suponer que la caja está situada de manera que el

potencial𝑉(𝑥) esta dada por

𝑉 𝑥 = −∞ 𝑥 < 00 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿∞ 𝑥 > 𝐿

Las condiciones de frontera para esta partícula dada que la función de onda debe ser

continua en todos los puntos, y como la partícula no puede penetrar del otro lado de la caja

son

Ψ 𝑥 = 0, 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥 < 0, 𝑦 𝑥 > 𝐿

Entonces

Ψ 𝑥 = 0,

En las paredes de la caja.

Ahora tenemos que ver que la primera derivada de la función de ondas sea continua en

la frontera, entonces la ecuación de Schrödinger dentro de la caja es la ecuación de una

partícula libre y está dada por

−ℏ2

2𝑚

𝜕2Ψ

𝜕𝑥2= 𝐸Ψ

𝜕2Ψ

𝜕𝑥2+

2𝑚

ℏ2𝐸Ψ = 0

Entonces las soluciones para esta ecuación estarán dadas por

𝛹 𝑥 = 𝐴 sin 2𝑚𝐸

ℏ2𝑥 + 𝐵 cos

2𝑚𝐸

ℏ2𝑥


72

Aplicando las condiciones de frontera tendremos que

𝛹 0 = 𝐴 sin 2𝑚𝐸

ℏ20 + 𝐵 cos

2𝑚𝐸

ℏ20 = 𝐵 = 0

𝛹 𝐿 = 𝐴 sin 2𝑚𝐸

ℏ2𝐿 = 0

2𝑚𝐸

ℏ2𝐿 = 𝑛𝜋

Entonces despejando para valores de E tendremos que

𝐸 =𝑛2𝜋2ℏ2

2𝑚𝐿2

Entonces la solución para la ecuación de Schrödinger será

𝛹 𝑥 = 𝐴 sin 𝑛2𝜋2ℏ2

𝐿2𝑥

De la solución de esto podemos inferir que

Los valores de la energía representan los posibles niveles de energía del sistema.

Los niveles de energía están cuantizados y son discretos. Lo cual es una

característica de los sistemas confinados.

El número 𝑛 = 1,2,3, … es llamado el numero cuántico.

La exclusión de E=0 es una consecuencia de la mecánica cuántica.

La incertidumbre en la posición de la partícula dentro de la caja ∆𝑥 = 𝐿 implica que

∆𝑝 ≥ℏ

𝐿.


73

Ejemplo 3 función de onda

Ahora trataremos de encontrar el cambio que sufre una función de onda para 𝑡 = 0 la

cual está dada por

𝜑 𝑥, 0 = 𝑐 exp 𝑖𝑝0𝑥

ℏ−

𝑎2 𝑥 − 𝑥0

2 , 𝑎 =

𝜇𝜔

ℏ

14

Para resolver este problema se requiere determinar la función de onda 𝜑 𝑥, 𝑡 , la cual

satisface la ecuación de Schrödinger

𝑖 ℏ𝜕𝜑

𝜕𝑡= 𝐻 𝜑

El cual tiene las condiciones de frontera que ya mencionamos. Si 𝐻 no contiene

explícitamente al tiempo, la ecuación anterior tendrá las soluciones de la forma

𝜑 𝑥, 𝑡 = 𝜑𝑛 𝑥 𝑒−𝑖𝐸𝑛 𝑡

ℏ 69

Donde 𝜑𝑛 𝑥 es la auto función independiente del tiempo del operador 𝐻 donde

𝐻 𝜑𝑛 𝑥 = 𝐸𝑛𝜑𝑛 𝑥

Si encontramos los coeficientes del desarrollo de 𝜑 𝑥, 0 en términos del conjunto de

funciones𝜑𝑛 𝑥 serán tales que

𝜑𝑛 𝑥, 0 = 𝑎𝑛𝜑𝑛 𝑥

𝑛

𝑎𝑛 = 𝜑∗𝑛 𝑥 𝜑𝑛 𝑥, 0 𝑑𝑥

Entonces la función

𝑎𝑛𝜑𝑛 𝑥 𝑒−𝑖𝐸𝑛 𝑡

ℏ

𝑛

Satisface la ecuación de Schrödinger que definimos aquí, mas aun a 𝑡 = 0 es igual a

𝜑𝑛 𝑥, 0 . Ahora las auto funciones para la ecuación de Schrödinger serán

−ℏ2

2𝑚𝜑𝑛 ′′ +

𝜇𝜔2

ℏ𝑥2𝜑𝑛 = 𝐸𝜑𝑛


74

Las cuales son como lo vimos anteriormente, de la forma siguiente

𝜑𝑛 𝑥 = 𝑐𝑛𝑒−𝑎2𝑥2

2 𝐻 𝑛 𝑎𝑥

Donde

𝑎 = 𝜇𝜔

ℏ

14

, 𝑐𝑛2 =

1

2𝑛𝑛!

𝑎

𝜋, 𝐸𝑛 = ℏ𝜔 𝑛 +

1

2

Así, la función de onda requerida 𝜑𝑛 𝑥, 𝑡 satisface, de acuerdo a (69), la relación

𝜑𝑛 𝑥, 𝑡 = 𝑎𝑛𝜑𝑛 𝑥 𝑒−𝑖𝐸𝑛 𝑡

ℏ

𝑛

Donde

𝑎𝑛 = 𝑐𝑛𝑐 𝐻𝑛 𝑎𝑥 exp −𝑎2 𝑥 − 𝑥0

2

2+

𝑖𝑝0𝑥

ℏ−

𝑎2𝑥2

2 𝑑𝑥

∞

−∞

Para evaluar 𝑎𝑛 utilizamos la expresión para la función generadora de los polinomios de

Hermite el cual esta descrito como

exp −𝜆 + 2𝜆휂 = 𝜆𝑛

𝑛!𝐻𝑛 휂

∞

𝑛=0

Entonces es fácil ver que𝑎𝑛

𝑐𝑛 𝑐 es el coeficiente de

𝜆𝑛

𝑛 ! en el desarrollo en potencias de𝜆 de

la expresión

𝐻𝑛 𝑎𝑥 exp −𝜆2 + 2𝜆𝑎𝑥 −𝑎2 𝑥 − 𝑥0

2

2+

𝑖𝑝0𝑥

ℏ−

𝑎2𝑥2

2 𝑑𝑥

∞

−∞

A partir de esto se sigue que

𝑎𝑛 = 𝑐𝑛𝑐 𝜋 𝑎𝑥0 +𝑖𝑝0

ℏ

𝑛

exp −𝑎2𝑥0

2

2+

1

4 𝑎𝑥0 −

𝑖𝑝0

𝑎ℏ

2

después de ciertas operaciones matemáticas llegamos a que la solución será


75

𝜑 𝑥, 𝑡 = 𝑐 exp −𝑎2

2 𝑥 − 𝑄 cos 𝜔𝑡 − 𝛿 2 − 𝑖𝑥𝑄𝑎2 sin 𝜔𝑡 + 𝛿 −

𝑖𝜔𝑡

2

+𝑎2𝑄2

4𝑖 sin 2 𝜔𝑡 + 𝛿 − sin 2𝛿

Ejemplo 4 oscilador aplicado a un campo

colombiano

Ahora consideraremos un potencial de la forma

𝑈 = −𝛼

𝑟

Esto nos lleva a una expresión del a ecuación de Schrödinger de la forma

𝑑2𝑅

𝑑𝑟2+

2𝑚

ℏ𝐸𝑅 +

2𝑚𝛼

ℏ

𝑅

𝑟+

𝐿2

ℏ2= 0

Donde L es el momento angular. Entonces haciendo

𝑝 𝑟 = 𝑎 +𝑏

𝑟

𝑝′ 𝑟 − 𝑝2 𝑟 = −𝑏

𝑟2− 𝑎 +

𝑏

𝑟

2

𝑝′ 𝑟 − 𝑝2 𝑟 = −𝑎2 −2𝑎𝑏

𝑟−

𝑏2 + 𝑏

𝑟2

Entonces debemos hacer coincidir

2𝑚𝐸

ℏ2= −𝑎2

2𝑚𝛼

ℏ2= −2𝑎𝑏

𝐿2

ℏ2= 𝑏2 + 𝑏

Despejando a del renglón de en medio tenemos que

−𝑚𝛼

𝑏ℏ2= 𝑎


76

Introduciendo el valor del primer renglón obtendremos que

𝐸 = −𝑚𝛼2

2𝑏ℏ2

Haciendo b=-n

𝐸𝑛 = −𝑚𝛼2

2𝑛2ℏ2

𝐿 = 𝑛2 − 𝑛 ℏ

Estableciendo que 𝑛 = 𝑙 + 1 entonces

𝐿 = 𝑙2 + 𝑙ℏ

Entonces encontramos los valores de energía para 𝐸𝑛 , para valores del momento

angular con valores de los números cuánticos 𝑛 = 𝑙 + 1.

Para las funciones de onda asociadas:

𝜑′ + 𝑝 𝑟 𝜑 = 0

𝜑′ + 𝑎 +𝑏

𝑟 𝜑 = 0

𝑑𝜑

𝜑= − 𝑎 +

𝑏

𝑟 𝑑𝑟

𝑑𝜑

𝜑= − 𝑎 +

𝑏

𝑟 𝑑𝑟

ln 𝜑 = −𝑎𝑟 − 𝑏𝑙𝑛 𝑟 + 𝑐

Donde c es una constante de integración, recordando ahora que 𝑏 = 𝑛, finalmente

llegamos a que

𝜑𝑛 = 𝑐𝑟𝑛𝑒−𝑎𝑟

Donde estas son las funciones de onda del campo colombiano para valores de los

números cuánticos 𝑛 = 𝑙 + 1.


77

Átomo de Hidrogeno

Ahora queremos resolver el problema del movimiento de un electrón en un átomo

alrededor de su núcleo. Entonces determinaremos los estados posibles y niveles de energía

del átomo de hidrógeno y átomos hidrogenoides. El conocimiento de los niveles de energía

servirá para explicar los espectros de emisión/absorción del átomo de hidrogeno.

´

Entonces consideremos un sistema el cual esta compuesto por un electrón y un núcleo

que interaccionan mediante un potencial Coulombico

𝑉 =1

4𝜋휀0

𝑍𝑒2

𝑟1 − 𝑟2

Donde Z es el numero atómico , 𝑒 es la carga del electrón, 𝑟1 y 𝑟2 los radio-vectores del

núcleo y el electrón, y 휀0 es una constante conocida como permitividad en el vacío.

La contribución de la energía cinética del electrón, energía cinética del protón y energía

potencial electrón-núcleo. De modo que el Hamiltoniano que describe el sistema será:

𝐻 ≡ 𝑇𝑛𝑢𝑐 + 𝑇𝑒 + 𝑉

= −ℏ

2𝑚𝑛

𝜕2

𝜕𝑥𝑛2

+𝜕2

𝜕𝑦𝑛2

+𝜕2

𝜕𝑧𝑛2 −

ℏ

2𝑚𝑒

𝜕2

𝜕𝑥𝑒2

+𝜕2

𝜕𝑦𝑒2

+𝜕2

𝜕𝑧𝑒2 +

1

4𝜋휀0

𝑍𝑒2

𝑟𝑒 − 𝑟𝑛

Fig. 16.-ejemplificacion de átomos hidrogenoides


78

siendo ħ la constante de Dirac. El movimiento de dos partículas puede separarse en el

movimiento del centro de masa del sistema y el movimiento relativo de las dos partículas y

esto afectará al Hamiltoniano (figura 17).

Esto mismo se puede ver matemáticamente. Consideramos el cambio a una sola

dimensión (X) y a M la masa del centro de masas y a μ la masa reducida del sistema, tal

que:

𝑀 = 𝑚1 + 𝑚2 𝑦 𝜇 =𝑚1𝑚2

𝑚1 + 𝑚2

Fig. 17.-movimiento del centro de masa entre dos partículas


79

Después del cambio de variable del Hamiltoniano tenemos la Ecuación de Schrödinger

(independiente del tiempo) para el sistema:

𝐻 ≡ 𝑇𝐶𝐷𝑀 + 𝑇𝑟𝑒𝑙 + 𝑉

= −ℏ

2𝑀

𝜕2

𝜕𝑥2+

𝜕2

𝜕𝑦2+

𝜕2

𝜕𝑧2 −

ℏ

2𝜇

𝜕2

𝜕𝑥𝑟𝑒𝑙2 +

𝜕2

𝜕𝑦𝑟𝑒𝑙2 +

𝜕2

𝜕𝑧𝑟𝑒𝑙2 +

1

4𝜋휀0

𝑍𝑒2

𝑟

Donde

𝑟 = 𝑥𝑟𝑒𝑙2 + 𝑦𝑟𝑒𝑙

2 + 𝑧𝑟𝑒𝑙2


80

La ecuación diferencial es separable en unas coordenadas que describen el movimiento

del centro de masa del sistema 𝑋, 𝑌, 𝑍 y unas coordenadas internas {𝑥𝑟𝑒𝑙 , 𝑦𝑟𝑒𝑙 , 𝑧𝑟𝑒𝑙 }. La

solución del movimiento del CDM sería la de la partícula libre de masa 𝑀 = 𝑚1 + 𝑚2 .La

energía correspondiente es la energía traslacional del sistema.

𝑇𝐶𝐷𝑀𝜒 𝑋, 𝑌, 𝑍 = 휀𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 𝜒 𝑋, 𝑌, 𝑍

Pero el movimiento que nos interesa definir es el movimiento relativo entre el electrón

y el protón. Tras el cambio de variable, el sistema se puede considerar como el de una

partícula de masa 𝜇 que se mueve respecto al centro de coordenadas.

La forma del potencial (depende únicamente de la distancia al centro de coordenadas)

hace que sea más factible resolver la ecuación diferencial en, coordenadas esféricas.

Entonces el Hamiltoniano del movimiento relativo electrón-núcleo será

𝐻 = −ℏ2

2𝑀

𝜕2

𝜕𝑟2+

2

𝑟

𝜕

𝜕𝑟+

1

𝑟2Λ2 +

1

4𝜋휀0

𝑍𝑒2

𝑟

Donde Λ es la parte angular del Hamiltoniano que recoge ambos ángulos.

La parte angular del Hamiltoniano es análoga a la de la partícula en una esfera (ya que

el potencial electrón-núcleo solo es función de la distancia) con la diferencia de que la

distancia al centro de coordenadas no es constante.

Podemos considerar el sistema como una partícula de masa 𝜇 que se mueve sobre la

superficie de esferas concéntricas de radio variable. De esta manera, la parte angular de la

función de onda serán las soluciones para la partícula en una esfera (armónicos esféricos) y

quedara por resolver la dependencia radial de la función de onda.

Fig. 18.-particula de masa 𝜇


81

Entonces las funciones de onda para el átomo de hidrogeno tendrán la forma

Ψ 𝑟, 𝜙, 휃 = 𝑅 𝑟 𝑌𝑙,𝑚 𝑙 𝜑, 휃

siendo 𝑅 la parte de la función dependiente únicamente de 𝑟 (la parte radial) e 𝑌 la parte

de la función dependiente de 𝜑 y de 휃 (la parte angular).

Los números 𝑙 y 𝑚𝑙 están relacionados con el momento angular del electrón, siendo este

el producto vectorial del momento lineal del electrón (p) por su radio vector (r):

𝐿 = 𝑟 × 𝑝

Y si sustituimos la expresión de la función de onda en la ecuación de Schrödinger

𝐻𝑖𝑛𝑡 Ψ 𝑟, 𝜙, 휃 = 휀Ψ 𝑟, 𝜙, 휃

−ℏ2

2𝜇

𝜕2

𝜕𝑟2+

2

𝑟

𝜕

𝜕𝑟+

1

𝑟2Λ2 𝑅 𝑟 𝑌𝑙,𝑚 𝑙

𝜑, 휃 +𝑍

𝑟𝑅 𝑟 𝑌𝑙,𝑚 𝑙

𝜑, 휃 = 휀Ψ 𝑟, 𝜙, 휃

O lo que es lo mismo

−ℏ2

2𝜇 ΘΦ

𝑟2

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟2 +

𝑅Φ

𝑟2 sin 휃

𝑑

𝑑휃 sin 휃

𝑑Θ

𝑑휃 +

𝑅Θ

𝑟2 sin2 휃

𝑑2Φ

𝑑𝜙2 +

𝑍𝑒2

4𝜋휀0𝑟𝑅ΘΦ

= E𝑅ΘΦ

Multiplicando la ecuación anterior por 𝑟2 sin 2 휃

𝑅ΘΦ y reordenando términos obtendremos

que

sin2 휃

𝑅

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟2 +

sin 휃

Θ

𝑑

𝑑휃 sin 휃

𝑑Θ

𝑑휃 +

1

Φ

𝑑2Φ

𝑑𝜙2+

𝑟2𝜇 sin2 휃

ℏ 𝐸 +

𝑍𝑒2

4𝜋휀0𝑟 = 0

En esta expresión, la variable 𝜙 está separada del resto en el tercer término. Cuando

cambia 𝜑, la suma del primer, segundo y cuarto términos no cambia, ya que en ninguno de

ellos interviene 𝜙, por lo que el tercer término tiene que ser constante también para que la

suma pueda ser, para cualquier valor de 𝜙 , igual a cero. Por conveniencia, a esta constante

le llamaremos −𝑚𝑙2

1

Φ

𝑑2Φ

𝑑𝜙2= −𝑚𝑙

2

Podemos seguir separando variables. Sustituyendo −𝑚𝑙2

en la última ecuación y

dividiendo por sin2 휃


82

1

𝑅

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟2 +

1

Θ

𝑑

𝑑휃 sin 휃

𝑑Θ

𝑑휃 −

𝑚𝑙2

sin2 휃 +

𝑟2𝜇

ℏ 𝐸 +

𝑍𝑒2

4𝜋휀0𝑟 = 0

Obsérvese que el primer y cuarto términos dependen sólo de r, y el segundo y tercero

de 휃. Siguiendo el mismo razonamiento que hemos hecho para 𝜙, la suma de los términos

que dependen de r debe ser igual a una constante a la que, por conveniencia, llamaremos

𝑙(𝑙 + 1), y la suma de los términos que sólo dependen de 휃 debe ser igual a −𝑙(𝑙 + 1).

Estas últimas constantes no se toman a capricho sino que tiene una razón. De los dos

momentos angulares que existen y que aquí son tratados como operadores mecano-

cuánticos, el momento angular orbital es el análogo de la magnitud clásica 𝐿 y es debido al

movimiento de la partícula a través del espacio. Esta magnitud alrededor del núcleo puede

demostrarse que es igual a

𝑙 𝑙 + 1 12ℏ

La componente de 𝐿 a lo largo del eje z, 𝐿𝑧, puede demostrarse que es igual a 𝑚𝑙ℏ. En

resumen

𝑑

𝑑𝑟 𝑟2

𝑑𝑅

𝑑𝑟2 +

𝑟2𝜇

ℏ 𝐸 +

𝑍𝑒2

4𝜋휀0𝑟 𝑅 = 𝑙 𝑙 + 1 𝑅

𝑑

𝑑휃 sin 휃

𝑑Θ

𝑑휃 −

𝑚𝑙2Θ

sin2 휃 = −𝑙 𝑙 + 1 Θ

La solución de la parte radial son las funciones asociadas de Laguerre. Consisten en

una función exponencial multiplicada por un polinomio en 𝑟. Las diferentes soluciones

dependen del número cuántico 𝑙 y de otro nuevo número cuántico 𝑛 (número cuántico

principal). Las primeras soluciones son:


83

Por otro lado, una solución de la parte angular es

Φ = 𝑎 sin 𝑚𝑙𝜙

La componente 𝑎 es la constante de normalización, es decir para que se cumpla

𝛷2𝑑𝜙2𝜋

0

= 1

Por tanto su valor debe ser

𝑎2 sin2 𝜙 𝑑𝜙2𝜋

0

= 𝑎2 sin2 𝜙 𝑑𝜙2𝜋

0

= 𝑎2 𝜙

2−

sin 2𝜙

4

0

2𝜋

= 𝑎22𝜋

2= 1


84

𝑎 =1

𝜋

Donde la función Φ queda como

Φ =1

𝜋

Cualquiera que sea el valor de 𝑚𝑙, la función anterior es solución de la ecuación de

Schrödinger. Ahora bien, las condiciones frontera que hemos impuesto a la función de onda

para que su cuadrado pueda tener sentido físico, limitan los valores posibles para 𝑚𝑙. Una

de dichas condiciones es que la función de onda tiene que tener un único valor en cada

punto del espacio. Eso implica que el valor de 𝜙 para un ángulo 𝜙 tiene que ser igual que

su valor para un ángulo 360° > (∅ + 2𝜋 ). En los siguientes ejemplos se muestra que esto

sólo se cumple si 𝑚𝑙 es un número entero 0, ±1, ±2, ±3, … , 𝑒𝑡𝑐

𝑚𝑙 Φ = 𝑎 sin 𝑚𝑙𝜙 Φ = 𝑎 sin 𝑚𝑙 ∅ + 2𝜋

0 𝑎 sin 0 = 𝑎 sin 0

+1 𝑎 sin 𝜙 = 𝑎 sin 𝜙 + 2𝜋

+2 𝑎 sin 2𝜙 = 𝑎 sin 2𝜙 + 4𝜋

+1

2 𝑎 sin

𝜙

2

Distinto de 𝑎 sin

𝜙

2+ 𝜋

Hay una solución para Φ por cada valor entero de 𝑚𝑙.

De manera que las soluciones finales tienen la forma

Ψ𝑛 ,𝑙,𝑚 𝑙 r, φ, θ = 𝑅𝑛 .𝑙𝑌𝑙𝑚 𝑙

𝜑, 휃

Hay una solución completa de Ψ por cada trío de valores 𝑛, 𝑙, 𝑚𝑙 donde 𝑛 puede tomar

cualquier valor entero igual o mayor que 1, 𝑙 cualquier valor entero entre 0 y 𝑛 − 1, y 𝑚𝑙

cualquier valor entero desde 𝑙 hasta – 𝑙.

Algunas funciones de onda completas (llamadas Orbitales) para el átomo de Hidrogeno

(Z=1) son las siguientes


85


86

Función de distribución radial

Algunas de las soluciones a la ecuación de Schrödinger para el átomo de Hidrógeno son

funciones complejas. Podemos buscar funciones reales (más fáciles de visualizar) usando la

propiedad de los estados degenerados: “En estados degenerados, cualquier conjunto de

combinaciones lineales que sean linealmente independientes son una descripción adecuada

de esos estados del sistema”.

Ejemplo: El orbital 2p0 es una función real pero los orbitales 2p+1 y 2p-1 son funciones

complejas. El 2p0 se deja como está. Se suele llamar 2pz.

Podemos tomar las siguientes combinaciones lineales de 2p+1 y 2p-1:

Los orbitales resultantes son funciones reales y son también funciones propias del

operador hamiltoniano del átomo hidrogenoide. Igual se hace con los orbitales 3p,4p, etc…


87

Para los orbitales d:

Forma de los orbitales reales

Orbitales s: En ellos l=0, por lo tanto, la parte angular del orbital es 𝑌00 =1

4𝜋, que

es constante.

Los orbitales s tienen simetría esférica

Fig. 19.-representacion de superficie


88

Orbitales p: l=1. Las funciones de los ángulos. No tienen simetría esférica sino

que están orientados en el espacio.

Fig. 20.-

Representación de

nubes de puntos.

Nodos radiales: Son

valores de r para los

que la densidad de

probabilidad es cero.

Nº de nodos radiales=n-

l-1


89

Orbitales d: l=2 También están orientados en el espacio dependiendo de los

ángulos.


90

Referencias

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PARCIALES con Series de Fourier y Problemas de Contorno. Pentice Hall.

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