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Capítulo 4

Ecuaciones en Derivadas Parciales

4.1. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales

Definición 4.1 Se llama ecuación diferencial en derivadas parciales o abreviadamente ecuación en

derivadas parciales (EDP) a una ecuación de la forma

Ã1

1

11 · · ·

!= 0 (4.1)

donde : Ω ⊆ R −→ R, siendo ∈ N, 1, (1 ) ∈ Ω, son las variables independientes y ≡ (1 ) es la variable dependiente y siendo 1 + · · ·+ = .

La EDP estará definida y planteada en la región abierta (finita o infinita) Ω ⊆ R.

Definición 4.2 El orden de la EDP está indicado por la derivada de mayor orden dentro de la

ecuación.

Observación 4.1 Las derivadas parciales pueden expresarse como

=

11 · · ·= 1 1| z

1

| z

Y para los casos = 2 y = 3 utilizaremos la siguiente notación:

= 2⇒ (1 2) =

⎧⎨⎩( ) Para problemas espaciales

( ) Para problemas espacio-temporales

= ⇒ (1 2 3) =

⎧⎨⎩( ) Para problemas espaciales

( ) Para problemas espacio-temporales

1

2 Capítulo 4. Ecuaciones en Derivadas Parciales

Ejemplo 4.1 En la siguiente tabla se presentan algunas EDP junto con su correspondiente orden:

Ecuación Expresión Orden

Laplace + = 0 2Fourier − 2 = 0 2Onda − = 0 2

Euler-Bernouilli + 2 = 0 4Schrodinger − = 0 2Helmholtz + + 2 = 0 2

Korleneg-de Vries + + = 0 3Tricormi + = 0 2

Observación 4.2 Por su dificultad no estudiaremos sistemas de EDP.

Las EDP se utilizan, por ejemplo, para modelar procesos que además de tener una variación

temporal, tienen una variación espacial tales como la variación del calor con el tiempo en un sólido,

la distribución de poblaciones en un determinado habitat con el tiempo o la propagación del sonido

de las cuerdas de una guitarra.

En general las EDP son bastante difíciles de resolver de forma analítica, de hecho, no existen

teoremas de existencia y unicidad tan “sencillos” como los estudiados en los problemas de valor

inicial asociados a las EDO, nosotros trataremos de resolver las EDP correspondientes a los problemas

clásicos.

Definición 4.3 Una solución de la ecuación 4.1 en Ω ⊆ R es cualquier función ≡ (1 ) ∈C (Ω) tal que a sustituir y todas sus derivadas parciales en dicha ecuación obtenemos una identidad.

Observación 4.3 Generalmente se exigirá que sea continua o diferenciable en Ω, la frontera delconjunto Ω, que tenga todas las derivadas parciales continuas en Ω y que se cumpla la ecuación en elinterior de Ω.

4.1.1. Algunos métodos sencillos para resolver una EDP

Integración directa

Algunas EDP pueden resolverse mediante integración directa, como en los ejemplos siguientes:

Ejemplo 4.2 Resuelve la siguiente EDP de primer orden

= +

Solución: Como la EDP es de primer orden y sólo incluye a la primera derivada respecto de , una

de las variables, buscaremos una función que sea de clase C1, integrando respecto de esa variable

=

Z =

Z(+ ) =

2

2+ + ()

La función () es la constante respecto a que aparece al integrar de forma indefinida la función

+, y si bien es constante respecto de la variable de integración hay que permitir que pueda dependerde la otra variable , ya que cualquiera que sea la expresión de (), al ser sólo función de ocurrirá:

( ()) = 0

c°SPH

4.1. Introducción a las ecuaciones en derivadas parciales 3

Ejemplo 4.3 Resuelve la siguiente EDP de segundo orden

= 0

Solución: Buscamos una función que sea de clase C2. En primer lugar Integramos la ecuaciónrespecto a

= 0⇓R

=R0

⇓ = 0 ()

ya que cualquier función que sólo dependa de es constante respecto a .

Ahora integramos respecto de la otra variable

= 0 ()⇓R

=R0 () ⇓

= 1 () + 2 ()

donde 1 () es una primitiva cualquiera de 0 (). Por tanto la solución de la EDP viene dada porcualquier función de la forma

( ) = 1 () + 2 ()

con 1 y 2 funciones arbirtrarias de una variable y que sean derivables dos veces. Por ejemplo, serían

solución de esta EDP las siguientes funciones:

( ) = +

( ) = + sen ()

( ) = 2 +

Ejemplo 4.4 Resuelva la siguiente EDP de segundo orden

+ = 0

Solución: Si nos acordamos de la teoría de variable compleja vemos que las soluciones de esta

EDP son funciones armónicas, es decir, son la parte real o imaginaria de funciones holomorfas () = (+ )

( ) = Re ( ())

( ) = Im( ())

Por ejemplo, tendremos como posibles soluciones las siguientes funciones:

( ) = 2 − 2

( ) = 2

( ) = cos ()

c°SPH


Cambio de variable

Mediante un cambio de variable, algunas EDP se pueden transformar en otras que se pueden

integrar de forma directa, como en el siguiente ejemplo.

Ejemplo 4.5 Resuelve la EDP de primer orden definida como:

− = 0

Solución: Hacemos en la EDP el cambio de variable

( ) = + =⇒⎧⎨⎩

= 1

= 1

( ) = − =⇒⎧⎨⎩

= 1

= −1

teniendo en cuenta la regla de la cadena

= + = +

= + = −

⎫⎬⎭y al sustituir en la EDP obtendremos una nueva ecuación en las variables ( )

− = 0⇔ ( + )− ( − ) = 2 = 0

o bien

= 0

cuya solución se obtiene mediante integración directa:

( ) =

Z = ()

la solución es cualquier función de y deshaciendo el cambio

( ) = (+ )

de donde se deduce que la solución será cualquier función derivable de una variable pero evaluada en

+ , como por ejemplo

( ) = sen (+ )

( ) = (+ )2

(+ ) = + =

c°SPH


Método de separación de variables

En dos dimensiones y haciendo cierta suposición sobre sus soluciones es posible resolver algunas

clases de EDP. Este procedimiiento es el llamado método de separación de variables donde se

supone que la función buscada ( ) es de la forma

( ) = () ()

Con esta suposición se cumple

( ) = 0 () ()

( ) = ()0 ()

( ) = 0 ()0 ()

( ) = 00 () ()

( ) = ()00 ()

y en general

· · ·| z

· · · | z −

=

−( ) = () ()(−) ()

Sustituyendo estas expresiones en la EDP, en algunas ocasiones es posible reducir una EDP a un

sistema de EDO con dos ecuaciones que puede resolverse con los métodos habituales.

Ejemplo 4.6 Resuelve la siguiente EDP de segundo orden por el método de separación de variables

= 4

Solución: Asumiremos por tanto que la solución ( ) es de la forma

( ) = () ()

por tanto

= 0 () ()⇒ = 00 () () = ()0 ()⇒ = ()00 ()

y sustituyendo en la EDP obtendremos

00 () () = 4 ()0 ()

Si ahora se agrupan de forma independiente los términos en e obtenemos

00 () ()

=40 () ()

c°SPH


El primer miembro es una función que sólo depende de y el segundo miembro es una función que

sólo depende de , así que la única forma de que se cumpla la igualdad es que ambos valores sean

iguales a una constante ∈ R, que se denomina constante de separación: 00 () ()

=40 () ()

=

Igualando cada fracción a la constante de separación obtenemos dos ecuaciones diferenciales ordi-

narias

00 () ()

= ⇒ 00 ()− () = 0

40 () ()

= ⇒ 40 ()− () = 0

que se resuelven de forma independiente. Según el signo de distinguimos tres casos:

1. Caso = 0

Si = 0, las ecuaciones resultantes son

00 ()− () = 0⇒ 00 () = 0

40 ()− () = 0⇒ 0 () = 0

y podemos integrar directamente las dos ecuaciones

() = 1+ 2

() = 3

⎫⎬⎭siendo 1 2 3 ∈ R, constantes arbitrarias. La función ( ) sería

( ) = () () = (1+ 2) 3 = 1+1

donde se ha hecho el cambio

1 = 13

1 = 23

2. Caso 0

Si es positivo entonces podemos suponer que es de la forma

= 2 0

y las ecuaciones serán

00 ()− () = 0⇒ 00 ()− 2 () = 0

40 ()− () = 0⇒ 40 ()− 2 () = 0

c°SPH


La primera de estas ecuaciones es de segundo orden lineal y de coeficientes constantes cuya

solución general es de la forma

() = 1 + 2

−

La segunda también es lineal, pero de primer orden y su solución es

() = 324

La función ( ) será

( ) = () () =¡1

+ 2−¢ 324 = 2

+24 +2−+24


2 = 13

2 = 23

3. Caso 0

Si ahora suponemos que es negativo entonces podemos poner

= −2 0y las ecuaciones serán

00 ()− () = 0⇒ 00 () + 2 () = 0

40 ()− () = 0⇒ 40 () + 2 () = 0

Como en el caso anterior, la primera de estas ecuaciones es de segundo orden, en este caso, como

el polinomio característico tiene raíces complejas ± su solución general es de la forma () = 1 cos () + 2 sen ()

La segunda vuelve a ser de primer orden y su solución general es

() = 3−24

La función ( ) será

( ) = () () = (1 cos () + 2 sen ()) 324 = 3

24 cos ()+324 sen ()


3 = 13

3 = 23

En estos ejemplos se ha visto que de forma similar a lo que ocurre con las ecuaciones diferenciales

ordinarias (EDO) para las que la solución general implicaba la existencia de constantes arbitrarias,

en este caso las soluciones de una EDP suele implicar a funciones arbitrarias. En general al resolver

una EDP podemos obtener una cantidad infinita de soluciones que dependerán de esas funciones

arbitrarias. Para obtener una solución única para problemas de EDP y tal y como ocurre con las

EDO, estos problemas deben llevar asociadas unas condiciones o restricciones que pueden ser de dos

tipos: condiciones iniciales y/o condiciones de contorno. Veamos esta diferencia con un ejemplo.

c°SPH


Ejemplo 4.7 La siguiente EDP modela la variación de temperatura con el tiempo en una varilla de

longitud 1. Si ( ) es la temperatura de la varilla en el instante en la posición de la varilla,

entonces, podemos plantear el problema como

= 0 ∈ (0 1)

(0 ) = () ∈ [0 1]

( 0) = ( 1) = 0 ≥ 0

⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭La condición (0 ) = () es la temperatura en el instante inicial = 0 y representa una condicióninicial del problema. Las condiciones ( 0) = 0 y ( 1) = 0 son restricciones que se le imponen alos extremos de la varilla en cualquier instante de tiempo y se denominan condiciones de contorno.

4.2. Clasificación de EDP

Las EDP, al igual que las EDO, se pueden clasificar en lineales y no lineales.

Definición 4.4 Una EDP es lineal, sí y sólo si, , la variable dependiente y sus correspondientes

derivadas parciales aparecen sólo en primera potencia.

Por ejemplo, una EDP lineal de 2 orden será de la forma

X=1

X=1

+X=1

+ = (4.2)

donde

≡ (1 )

≡ (1 )

≡ (1 )

≡ (1 )

son funciones de las variables independientes y donde se supone además que = .

Si la función es idénticamente nula

≡ 0la ecuación lineal se dice homogénea, siendo no homogénea en caso contrario.

Si las funciones , , y son constantes, la EDP 4.2 sería lineal con coeficientes constantes.

Ejemplo 4.8 Las siguientes ecuaciones son lineales

+ = 0

− =

siendo la primera de ellas homogénea y la segunda no homogénea.

c°SPH

4.2. Clasificación de EDP 9

Teorema 4.1 Si 1 son soluciones de una EDP lineal homogénea, entonces cualquier combi-

nación lineal de ellas de la forma

= 11 + · · ·+

con ∈ R, también es solución de la EDP.

La solución general de una EDP lineal de orden es una familia de funciones que depende de

funciones arbitrarias.

4.2.1. Ecuaciones lineales de orden 2

En esta sección estudiaremos con más detalle las ecuaciones lineales de orden 2 con coeficientes

constantes en dos dimensiones, que están definidas mediante la expresión

+ + + + + = ( ) (4.3)

donde en este caso ∈ R y ( ) es una función.

Tipos de EDP lineales de 2 orden

Definición 4.5 Para la EDP 4.3 definimos el discriminante como

∆ = 2 − 4

y la EDP correspondiente se clasifica según su signo en:

Elíptica ⇔ 2 − 4 0

Hiperbólica ⇔ 2 − 4 0

Parabólica ⇔ 2 − 4 = 0

La clasificación de las EDP de segundo orden lineales está basada en la posibilidad de reducir

la ecuación general, mediante cambios de variable tanto en las variables dependientes como en las

independientes, a una ecuación del tipo siguiente

+ + = ( ) (4.4)

− + = ( ) (4.5)

− = ( ) (4.6)

+ = ( ) (4.7)

donde es una constante que puede tomar los valores −1, 0 o 1 y ( ) es una función cualquieraen las nuevas variables ( ).

c°SPH


Paso a la forma canónica (*)

En esta sección veremos como transformar una EDP lineal de segundo orden de tipo genereal a

una de las formas anteriores (esto no es posible, en general, para más de dos variables). Veremos el

proceso con un ejemplo.

Ejemplo 4.9 Expresa en forma canónica la siguiente EDP lineal de 2 orden:

3 − 4 + 6 − 12 − 9 − 5 = 0

1. Solución: En primer lugar comprobamos el tipo de EDP

= 3 = −2 = 6

⎫⎬⎭⇒ 2 − 4 = (−4)2 − 4 · (3) · (6) = 16− 72 0

por tanto es elíptica.

El proceso de transformación a la forma canónica se hace en varias etapas. En primer lugar

vamos a eliminar el término en la ecuación, bueno realmente lo que haremos será un cambio

de variable, de forma que en las nuevas variables la ecuación no tenga el término correspondiente

a la derivada cruzada. El cambio para ello es una rotación de ángulo ∈ R :

µ

¶=

µcos sen− sen cos

¶µ

¶⇒

= cos+ sen

= − sen+ cos

y se elegirá el valor para que en las nuevas variables ( ) no aparezca el término .

Utilizando la regla de la cadena y teniendo en cuenta que ≡ ( ( ) ( )), tendremos

= +

= +

siendo ⎧⎨⎩ = cos

= sen⎧⎨⎩ = − sen

= cos

por tanto

= cos− sen

= sen+ cos

c°SPH


y para las segundas derivadas

= ( + ) cos− ( + ) sen

= ( cos− sen) cos− ( cos− sen) sen

= cos2 − 2 sen cos+ sen

2

=¡ +

¢cos− ¡ +

¢sen

= ( sen+ cos) cos− ( sen+ cos) sen

= sen cos+ ¡cos2 − sen2 ¢− sen cos

=¡ +

¢sen+

¡ +

¢cos

= ( sen+ cos) sen+ ( sen+ cos) cos

= sen2 + 2 sen cos+ cos

2

donde se ha tenido en cuenta que

=

Sustituyendo en la ecuación original

0 = 3 − 4 + 6 − 12 − 9 − 5

= 3¡ cos

2 − 2 sen cos+ sen2 ¢

−4 ¡ sen cos+ ¡cos2 − sen2 ¢− sen cos

¢+6¡ sen

2 + 2 sen cos+ cos2 ¢

−12 ( cos− sen)− 9 ( sen+ cos)− 5=

¡3 cos2 − 4 sen cos+ 6 sen2 ¢

+¡6 sen cos− 4 cos2 + 4 sen2 ¢

¡3 sen2 + 6 cos2 + 4 sen cos

¢− (12 cos+ 9 sen) + (12 sen− 9 cos)− 5

Como queremos que el término desaparezca de esta ecuación tendremos que elegir tal que

el coeficiente asociado a esta derivada debe ser cero

6 sen cos− 4 cos2 + 4 sen2 = 0

dividiendo por cos2 (para ello hay que suponer que cos2 6= 0):

6 tan− 4 + 4 tan2 = 0

c°SPH


que es una ecuación de segundo grado en la variable tan y cuyas soluciones son

tan =−6± 108

=

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩4

8=1

2

−168= −2

Cualquiera de las dos soluciones sería adecuada para hacer el cambio, pero tomaremos la positiva

por comodidad. Para encontrar el valor de sen y cos utilizaremos las relaciones trigonométri-cas

tan =sen

cos=1

2⇒ cos = 2 sen

y

sen2 + cos2 = 1⇒ sen2 + 4 sen2 = 1⇒ sen2 =1

5

Elegiremos en el primer cuadrante para que las razones trigonométricas sen y cos seanpositivas (aunque también sería válida la elección del tercer cuadrante), por tanto

sen =

√5

5

cos =2√5

5

De este modo para estos valores, podemos obtener todos los coeficientes en la nueva ecuación:

3 cos2 − 4 sen cos+ 6 sen2 = 3Ã2√5

5

!2− 4

Ã√5

5

!Ã2

√5

5

!+ 6

Ã√5

5

!2= 2

6 sen cos− 4 cos2 + 4 sen2 = 6Ã√

5

5

!Ã2

√5

5

!− 4

Ã2

√5

5

!2+ 4

Ã√5

5

!2= 0

3 sen2 + 6cos2 + 4 sen cos = 3

Ã√5

5

!2+ 6

Ã2√5

5

!2+ 4

Ã√5

5

!Ã2√5

5

!= 7

12 cos+ 9 sen = 12

Ã2√5

5

!+ 9

Ã√5

5

!=33

5

√5

12 sen− 9 cos = 12Ã√

5

5

!− 9

Ã2√5

5

!= −6

5

√5

Y la ecuación será

2 + 7 − 335

√5 − 6

5

√5 − 5 = 0

o multiplicando por 5

10 + 35 − 33√5 − 6

√5 − 25 = 0

Una vez eliminado el término , el siguiente paso es eliminar los términos correspondientes a las

derivadas primeras. En ambos casos se hace el mismo tipo de cambio en la variable dependiente,

c°SPH


por ejemplo, supongamos que queremos eliminar el término correspondiente a haremos el

cambio

=

donde es un parámetro que se elegirá para que el término correspondiente sea 0. Con estecambio las derivadas serán

= + ⇒ =

+ 2 + 2

= ⇒ =

Sustituyendo en la ecuación

10³

+ 2 + 2

´+ 35

³

´− 33√5³

+ ´− 6√5

− 25 = 0

³10¡ + 2 + 2

¢+ 35 − 33

√5 ( + )− 6

√5 − 25

´ = 0

teniendo en cuenta que 6= 0, debe ocurrir:10¡ + 2 + 2

¢+ 35 − 33

√5 ( + )− 6

√5 − 25 = 0

y reagrupando

10 + 35 +

³20 − 33

√5´− 6√5 +

³102 − 33

√5 − 25

´= 0

por tanto si tomamos

20 − 33√5 = 0⇒ =

33√5

20

tendremos ³102 − 33

√5 − 25

´= 10

Ã33√5

20

!2− 33√5

Ã33√5

20

!− 25 = −1289

8

y la edp será

10 + 35 − 6√5 − 1289

8 = 0

Para eliminar el término correspondiente a haremos un cambio similar:

=

y de nuevo es un parámetro que debemos elegir para que el término sea 0. Con este cambiolas correspondientes derivadas serán

= ⇒ =

= + ⇒ =

+ 2 + 2

y sustituyendo

10³

´+ 35

³

+ 2 + 2

´− 6√5³

+ ´− 1289

8

³

´= 0

µ10 + 35

¡ + 2 + 2

¢− 6√5 ( + )− 12898

¶ = 0

c°SPH


de nuevo 6= 0 así que podemos simplificarlo

10 + 35¡ + 2 + 2

¢− 6√5 ( + )− 12898

= 0

y reagrupando nos queda

10 + 35 +

³70 − 6

√5´+

µ352 − 6

√5 − 1289

8

¶= 0

para eliminar el término tomamos

70 − 6√5 = 0⇒ =

6√5

70=3√5

35

tendremos

352 − 6√5 − 1289

8= 35

Ã3√5

35

!2− 6√5

Ã3√5

35

!− 1289

8= −9095

56

y la edp en la nueva variable queda como:

10 + 35 − 909556

= 0

Si introducimos ahora el cambio

=9095

56 ⇒

⎧⎨⎩ =

909556 ⇒ =

569095

=909556 ⇒ =

569095

y la ecuación queda

10+35 − 909556

= 0⇒ 1056

9095+35

56

9095 − = 0⇒ 112

1819+

392

1819 − = 0

Finalmente hacemos los siguientes cambios en las variables independientes

=

r1819

112

=

r1819

392

que nos dará

= 1819

112

= 1819

392

y la ecuación queda finalmente como

+ − = 0

c°SPH


Aunque el cambio empleado para eliminar la componente es válido para cualquier ecuación, se

puede hacer uno específico para cada tipo de ecuación, que se resume en la siguiente tabla:

Tipo Discriminante Cambio Forma Canónica

Si 6= 0⇒

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩ = −

³+

√2−42

´

= −³−√2−4

2

´

= ( )

Hiperbólica 2 − 4 0⇓

( = + = − )⇓

Si = 0⇒⎧⎨⎩

=

= −

−= ( )

Parabólica 2 − 4 = 0⎧⎨⎩

= − 2

= −

= ( )

Elíptica 2 − 4 0

⎧⎨⎩ = −

2

= −√4−22

+= ( )

Veamos cómo se utilizaría esta tabla con el ejemplo anterior.

Ejemplo 4.10 Utilizando las transformaciones indicadas en la tabla anterior, expresa en forma canónicala siguiente EDP lineal de 2 orden:

3 − 4 + 6 − 12 − 9 − 5 = 0

Solución: Hemos comprobado que la ecuación es elíptica, por tanto debemos realizar el siguiente

cambio de variable

= −

2⇒ = +

2

3⇒

⎧⎨⎩ =

23

= 1

= −√4 −2

2⇒ = −

√14

3⇒

⎧⎨⎩ = −√143

= 0

por tanto

= + =2

3 −

√14

3

= + =

c°SPH


y para las segundas derivadas

=2

3( + )−

√14

3( + ) =

2

3

Ã2

3 −

√14

3

!−√14

3

Ã2

3 −

√14

3

!

=4

9 − 4

√14

9 +

14

9

=2

3

¡ +

¢− √143

¡ +

¢=2

3 −

√14

3

=2

3 −

√14

3

=¡ +

¢=

Sustituyendo en la EDP

3 − 4 + 6 − 12 − 9 − 5 = 0

3

Ã4

9 − 4

√14

9 +

14

9

!− 4

Ã2

3 −

√14

3

!+ 6 ()− 12

Ã2

3 −

√14

3

!− 9 − 5 = 0

y la EDP sería

14

3 +

14

3 − 17 + 12

√14

3 − 5 = 0

Si multiplicamos por 314 toda la ecuación

+ − 5114

+12√14

− 5 = 0

Ahora podemos simplificar la edp eliminando los términos y como antes mediante cambios de

tipo exponencial. En primer lugar eliminaremos el término mediante el cambio

=

donde ∈ R se elegirá de forma que el término correspondiente a la primera derivada respecto a laprimera variable desaparezca. Con este cambio tendremos

= +

=

= + 2

+ 2

=

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭c°SPH


Sustituyendo en la ecuación

+ − 5114

+12√14

− 5 = 0⇔³

+ 2 + 2

´+³

´− 5114

³

+ ´+

12√14

− 5 = 0⇔

+

+

µ2 − 51

14

¶ +

12√14

+

µ2 − 51

14− 5¶ = 0

Para que se anule el término en y teniendo en cuenta que 6= 0, debe ocurrirµ

2 − 5114

¶= 0⇔ =

51

28

por tanto

2 − 5114− 5 =

µ51

28

¶2− 5114

51

28− 5 = −6521

784

y la EDP quedaría como

+ +12√14

− 6521784

= 0

Eliminaremos ahora el término en mediante un cambio similar

=

Con este cambio tendremos

=

= +

=

= + 2

+ 2

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭y sustituyendo en la edp en la ecuación

+ +12√14

− 6521784

= 0⇔³

´+³

+ 2 + 2

´+

12√14

³

+ ´− 6521784

= 0

multiplicamos por −

+¡ + 2 + 2

¢+

12√14( + )− 6521

784 = 0

y agrupando

+ +

µ2 +

12√14

¶+

µ2 +

12√14

− 6521784

¶= 0

c°SPH


y elegimos de forma que se anule el término en

2 +12√14= 0⇔ = − 6√

14

para este valorµ2 +

12√14

− 6521784

¶=

Ãµ− 6√

14

¶2+

12√14

µ− 6√

14

¶− 6521784

!= −8537

784

quedando finalmente la ecuación en la forma

+ − 8537

784= 0

Multiplicando por 7848537

784

8537 +

784

8537 − = 0

y haciendo el cambio

=28√8537

=28√8537

y obtendremos la ecuación en las forma usual, puesto que

=28√8537

=28√8537

=7848537

=7848537

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭y entonces

784

8537 +

784

8537 − = 0⇒ + − = 0

4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas

En esta sección vamos a resolver mediante el método de variables separadas introducido anterior-

mente las tres ecuaciones en derivadas parciales de segundo orden llamadas clásicas.

4.3.1. Ecuación del calor

La ecuación del calor describe la variación de la temperatura en una región a lo largo del tiempo.

En el caso de la ecuación del calor en una dimensión, describiría la temperatura en una barra de

longitud con el tiempo y se expresa como⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = 2 0 ∈ (0 )

(0 ) = () 0

( 0) = ( ) = 0 0

c°SPH

4.3. Ecuaciones en derivadas parciales clásicas 19

Las condiciones

( 0) = ( ) = 0

son las condiciones de contorno e indican que la temperatura en los extremos de la barra es constante

e igual a 0. Mientras que la condición (0 ) = ()

es una condición inicial e indica la distribución de temperatura en la barra en el instante inicial. El

valor es la difusividad términa y depende del material que forma la barra.

Vamos a utilizar el método de separación de variables para resolver esta ecuación, para ello supon-

dremos que la solución ( ) puede ponerse como producto de dos funciones en cada una de lasvariables independientes:

( ) = () ()

por tanto

= 0 () ()

= ()0 ()

= ()00 ()

y sustituyendo en la ecuación del calor

= 2 ⇔ 0 () () = 2 ()00 ()

Obviamente la función nula ≡ 0 es solución de la ecuación en derivadas parciales, sin embargo sóloserá solución del problema si () = 0 que es el caso trivial; así que buscaremos soluciones alternativasy por tanto supondremos que () 6= 0 y () 6= 0, por tanto:

1

2 0 () ()

=00 () ()

Un lado de la igualdad depende sólo de y el otro depende sólo de , por tanto, para que se de la

igualdad ambos miembros deben ser constantes

1

2 0 () ()

=00 () ()

= − (4.8)

con ∈ R, la constante de separación y donde hemos elegido el signo menos por convención.De 4.8 obtenemos dos ecuaciones diferenciales

0 () + 2 () = 0

00 () + () = 0

Las condiciones de contorno se transforman en

( 0) = () (0) = 0

( ) = () () = 0

c°SPH


y siendo es arbitraria, se deduce que:

(0) = () = 0

Tendremos el problema de contorno ⎧⎨⎩00 () + () = 0

(0) = 0 () = 0

cuya solución dependerá del valor del parámetro de separación . Distinguimos tres casos:

1. Caso = 0. En este caso la ecuación diferencial sería

00 () + () = 0⇒ 00 () = 0

cuya solución general se obtiene integrando dos veces respecto a

() = +

Si utilizamos las condiciones de contorno

(0) = 0⇒ = 0

() = 0⇒ · + = 0

como 6= 0, la solución del sistema anterior es: = = 0, y obtenemos la solución nula, quehemos dicho que no nos interesa.

2. Caso 0. Supongamos ahora que es negativo, y por tanto lo podemos poner de la forma = −2, con =

p||. La ecuación diferencial sería00 () + () = 0⇒ 00 ()− 2 () = 0

que tiene por solución general

() = +−

Utilizamos las condiciones de contorno para encontrar los valores de y

(0) = 0⇒ + = 0

() = 0⇒ +− = 0

Las ecuaciones anteriores forman un sistema lineal homogéneo en las incógnitas y . El

determinante de la matriz de coeficientes es¯¯ 1 1

−

¯¯ = − − = −2 senh ()

y puesto que 6= 0 es no nulo, la única solución del sistema es la trivial = = 0, que nos dapara el problema de contorno de nuevo la solución nula.

c°SPH


3. Caso 0. Supongamos ahora que es positivo, y por tanto lo podemos poner de la forma = 2, con =

√. La ecuación diferencial sería

00 () + () = 0⇒ 00 () + 2 () = 0

que tiene por solución general

() = cos+ sen

Utilizamos las condiciones de contorno para encontrar los valores de y

(0) = 0⇒ = 0

() = 0⇒ cos+ sen = 0

de donde

sen = 0

Como no queremos la solución nula debe ocurrir 6= 0 ysen = 0⇔ = ∈ Z

luego

=

y el valor de = 2 es

=22

2 ∈ N

recordemos que era una constante arbitraria, luego para cada valor de ∈ N, tendremos unaposible solución de la EDO,

=22

2⇒ () = sen

³´

Notar que para = 0 se obtendría de nuevo la nula, luego supondremos ≥ 1.

Los únicos valores que proporciona soluciones distintas de la solución nula son

=22

2

Para estos valores y utilizando la otra ecuación diferencial

0 () + 22 () = 0⇒ 0 () + 222

2 () = 0

cuya solución para cada ∈ N es de la forma

() = −222

2

∈ RY la solución de la EDP será, para cada , de la forma

( ) = () () =

µ

−222

2

¶³ sen

³´´= sen

³´−222

2

c°SPH


donde hemos puesto = ∈ R.Como la ecuación es lineal, cualquier combinación lineal de soluciones también es solución, así que

consideraremos como solución general en sentido formal a:

( ) =∞X=1

sen³´−222

2

(4.9)

Finalmente, utilizando la condición inicial (0 ) = () se obtiene

(0 ) =∞X=1

sen³´= ()

Podemos calcular el valor de los coeficiente , si observamos la expresión como un desarrollo de

Fourier, concretamente el de la extensión impar de (), por tanto:

=2

Z

0 () sen

³´

Se dice que la expresión 4.9 es la solución formal porque no podemos asegurar que sea una verdadera

solución, es decir, que () pueda representarse mediante una serie trigonométrica.Por otra parte, aunque la linealidad garantiza que una combinación lineal finita de soluciones, es

solución, nuestra combinación lineal es infinita, por lo que tendríamos que comprobar que efectivamente

es solución (derivando 2 veces y sustituyendo en la ecuación correspondiente), y este es un proceso

difícil, aunque en nuestro caso se garantiza por la presencia del término exponencial en la solución

formal, ya que si →∞, entonces −222

2 → 0.

Cualitativamente la ecuación describe un proceso de difusión del calor a través de la barra, la barra

disipa calor convergiendo a 0 y suavizando cualquier irregularidad que () pueda tener. Aplicamoseste análisis a un ejemplo concreto.

Ejemplo 4.11 Los extremos de una barra de cobre¡2 = 114

¢de longitud 2 metros se mantienen a

temperatura de 0. Encuentre la expresión de la temperatura de la barra para las siguientes condi-ciones iniciales:

a) (0 ) = 65 cos2 () 0 ≤ ≤ 2b) (0 ) = 70 sen 0 ≤ ≤ 2

c) (0 ) =

½60 ∈ [0 1)

60 (2− ) ∈ [1 2]

d) (0 ) =

½0 ∈ [0 1)75 ∈ [1 2]

Solución: En todos los apartados se trata de la ecuación del calor pero con diferentes condiciones

iniciales, por tanto lo que debemos calcular son los valores de los coeficientes de Fourier de la extensión

impar de (). En todos los casos = 2

a) Para () = 65 cos2 () :

=2

2

Z 2

065 cos2 () sen

³2´ = 65

Z 2

0cos2 () sen

³2´

c°SPH


Teniendo en cuenta que

cos2 =1 + cos 2

2

obtenemos paraZ 2

0cos2 () sen

³2´ =

Z 2

0

1 + cos (2)

2sen

³2´

=1

2

Z 2

0sen

³2´+

1

2

Z 2

0cos (2) sen

³2´

La primera integral es inmediata

1

2

Z 2

0sen

³2´ = −1

2

2

cos³2´¯=2

=0

=1

(1− cos) = 1

(1− (−1))

y para la segunda tenemos en cuenta que

sen (+ ) + sen (− ) = 2 sen cos

entonces para = 2 y = 2

1

2

Z 2

0cos (2) sen

³2´ =

1

2

½Z 2

0

1

2

³sen

³2+ 2

´+ sen

³2− 2

´´

¾

=1

4

½Z 2

0sen

µ(+ 4)

2

¶+ sen

µ(− 4)

2

¶

¾

=1

4

½Z 2

0sen

µ(+ 4)

2

¶+

Z 2

0sen

µ(− 4)

2

¶

¾que son integrales inmediatasZ 2

0sen

µ(+ 4)

2

¶ = − 2

(+ 4)cos

µ(+ 4)

2

¶¯=2=0

=2 (1− cos (+ 4))

(+ 4)=2 (1− (−1))(+ 4)

Z 2

0sen

µ(− 4)

2

¶ = − 2

(− 4) cosµ(− 4)

2

¶¯=2=0

=2 (1− cos (− 4))

(− 4) =2 (1− (−1))(− 4)

donde hemos empleado que (−1)+4 = (−1)−4 = (−1) La suma total1

2

Z 2

0cos (2) sen

³2´ =

1

4(1− (−1))

½2

(+ 4)+

2

(− 4)¾= (1− (−1))

³

(2−16)´

Y finalmente obtendremos el valor del coeficiente

= 65

½1

(1− (−1)) + (1− (−1))

µ

(2 − 16)¶¾

=130

2 − 82 − 16 (1− (−1)

) =

(260

2−82−16 es im

0 es p

La solución formal de la EDP para esta condición inicial sería

( ) =∞X=1

Ã260

(2− 1)(2− 1)2 − 8(2− 1)2 − 16

!sen

µ(2− 1)

2

¶−

114(2−1)224

c°SPH


b) () = 70 sen (). En este caso no es necesario calcular el desarrollo de Fourier de la extensiónimpar de (), puesto que () es una función periódica de periodo 2. Si tomamos = 0∀ 6= 2 y 2 = 70, obtenemos

() =∞X=1

sen³2´= 70 sen ()

y la solución formal de la EDP para esta condición inicial sería

( ) =∞X=1

sen³2´−222

2 = 70 sen () −114

2

donde hemos teniendo en cuenta que = 0 para todos los valores excepto para 2 = 70

c) (0 ) =

½60 ∈ [0 1)

60 (2− ) ∈ [1 2]

=2

2

Z 2

0 () sen

³2´ =

Z 1

060 sen

³2´+

Z 2

160 (2− ) sen

³2´

= 60

Z 1

0 sen

³2´+ 120

Z 2

1sen

³2´− 60

Z 2

1 sen

³2´

Las integrales de la formaR sen () se resuelve por partes, tomando = y =

sen () , entonces = y = −1cos (), obtenemos una primitivaZ

sen () = −cos () +

1

Zcos () = −

cos () +

1

2sen ()

Calculamos cada una de las integrales con = 2Z 1

0 sen

³2´ = − 2

cos³2

´+

4

22sen

³2

´¯=1=0

=4

22sen

³2

´− 2

cos³2

´=

4 sen (2)− 2 cos (2)22

Z 2

1sen

³2´ = − 2

cos³2´¯=2

=1

=2

[cos (2)− cos ()] = 2

[cos (2)− (−1)]

Z 2

1 sen

³2´ = − 2

cos³2

´+

4

22sen

³2

´¯=2=1

= −4 cos ()

+4 sen ()

22+2cos

¡2

¢

− 4 sen¡2

¢22

= −4 (−1)2

+2 cos

¡2

¢

− 4 sen¡2

¢22

=2 cos

¡2

¢− 4 sen ¡2 ¢− 4 (−1)22

c°SPH


Y sustituyendo en la integral

60

Z 1

0 sen

³2´+ 120

Z 1

0sen

³2´− 60

Z 1

0 sen

³2´

= 60

∙4 sen(2 )−2 cos(2 )

22

¸+ 120

h2

hcos³2

´− (−1)

ii− 60

∙2 cos(2 )−4 sen(2 )−4(−1)

22

¸=

480

22sen

³2

´Y finalmente obtendremos el valor del coeficiente

=480

22sen

³2

´y la solución formal de la EDP para esta condición inicial sería

( ) =∞X=1

480

22sen

³2

´−

114222

4

d) (0 ) =

½0 ∈ [0 1)75 ∈ [1 2]

1. a)

=2

2

Z 2

0 () sen

³2´ =

Z 1

00 sen

³2´+

Z 2

175 sen

³2´ =

Z 2

175 sen

³2´

La integral es inmediata

Z 2

175 sen

³2´ = −150

cos³2´¯=2

=1

=150

[cos (2)− cos ()] = 150

[cos (2)− (−1)]

Y finalmente obtendremos el valor del coeficiente

=150

[cos (2)− (−1)]

y la solución formal de la EDP para esta condición inicial sería

( ) =∞X=1

150

[cos (2)− (−1)] sen

³2´−

114222

4

4.3.2. Ecuación de onda

La ecuación de onda representa las vibraciones de una cuerda sujeta por los extremos a lo largo del

tiempo, como el de la cuerda de una guitarra. Si es la longitud de la cuerda y ( ) representa eldesplazamiento de la cuerda respecto a la horizontal en cada instante y en cada posición de la cuerda,

la ecuación viene dada por⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

= 2 0 ∈ (0 )

(0 ) = () 0

(0 ) = () 0

( 0) = ( ) = 0 0

c°SPH


Como en el caso de la ecuación del calor, las condiciones

( 0) = ( )

son condiciones de contorno e indican que los extremos de la cuerda son fijos y situados en el eje

horizontal. Mientras que la condición

(0 ) = ()

es una condición inicial e indica la forma de la cuerda en el instante inicial, mientras que

(0 ) = ()

sería otra condición inicial que indica la velocidad (fuerza aplicada sobre la cuerda) que tiene la cuerda

en el instante inicial.

Como en el caso de la ecuación del calor se utiliza el método de separación de variables, suponiendo

por tanto que la solución ( ) puede ponerse como producto de funciones en las variables indepen-dientes:

( ) = () ()

por tanto

= 00 () ()

= ()0 ()

= ()00 ()

y sustituyendo en la ecuación de onda

= 2 ⇔ 00 () () = 2 ()00 ()

Descartamos la solución trivial ≡ 0 y supondremos que () 6= 0 y () 6= 0, por tanto1

2 00 () ()

=00 () ()

De nuevo cada miembro de la ecuación depende de una y sólo una de las variables independientes, así

que ambos deben ser constantes:1

2 00 () ()

=00 () ()

= − (4.10)

con ∈ R, y el signo se toma por convención.De 4.10 obtenemos dos ecuaciones diferenciales

00 () + 2 () = 0

00 () + () = 0

⎫⎬⎭

Con estas suposiciones las condiciones de contorno son

( 0) = () (0) = 0

( ) = () () = 0

c°SPH


que con es arbitraria implica

(0) = () = 0

Tendremos el problema de contorno ⎧⎨⎩00 () + () = 0

(0) = 0 () = 0

que coincide con el problema de contorno que se obtuvo para la ecuación del calor y por tanto los

valores para y () deben ser los mismos que allí se dedujeron:

=22

2y () = sen

³´

Para estos valores de la otra ecuación diferencial también es de segundo orden

00 () + 22 () = 0⇒ 00 () + 222

2 () = 0

y cuya solución general para cada ∈ N es de la forma

() = cos³

´+ sen

³

´

con ∈ R

Finalmente una posible solución para la EDP será de la forma

( ) = () () =³ cos

³

´+ sen

³

´´sen

³´

con = y = . Como la ecuación es lineal, cualquier combinación lineal de soluciones

es solución, y consideraremos como solución general formal a

( ) =∞X=1

³ cos

³

´+ sen

³

´´sen

³´

Si ahora se utilizan las condiciones iniciales (0 ) = () y (0 ) = (), se obtiene

(0 ) =∞X=1

sen³´= ()

(0 ) =∞X=1

³

´sen

³´= ()

donde hemos utilizado que

( ) =∞X=1

³−

sen

³

´+

cos³

´´sen

³´

Si tomamos

=

c°SPH


Vemos las expresiones para () y ()

() =∞X=1

sen³´

() =∞X=1

sen³´

son desarrollos similiares a los encontrados en la ecuación del calor. Podemos calcular el valor de los

coeficiente y , si observamos ambas expresiones como desarrollos de Fourier, concretamente las

extensiones impares de () y (), respectivamente, por tanto:

=2

Z

0 () sen

³´

=

=2

Z

0 () sen

³´⇒ =

2

Z

0 () sen

³´

Ejemplo 4.12 Resuelve el siguiente problema⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = 0 ∈ (0 2)

(0 ) = cos− 1 0 2 (0 ) = 0 0 2 ( 0) = 0 0 ( 2) = 0 0

Solución: En este caso = 1, () = cos − 1 y () = 0 y = 2. Utilizando la solucióngeneral formal

( ) =∞X=1

³ cos

³

´+ sen

³

´´sen

³´=

∞X=1

µ cos

µ

2

¶+ sen

µ

2

¶¶sen

³2

´con

=2

R 0 () sen

¡¢ = 1

R 20 () sen

¡2

¢

=2

R 0 () sen

¡¢ = 2

R 20 () sen

¡2

¢

Esta claro que como () = 0, entonces = 0. Para calcular

=1

Z 2

0 () sen

³2

´ =

1

Z 2

0(cos− 1) sen

³2

´

=1

µZ 2

0cos sen

³2

´−

Z 2

0sen

³2

´

¶Calculando cada integral de forma independiente. Para la primera utilizamos que sen (+ )+sen (− ) =

c°SPH


2 sen cos /, para = 2 y = Z 2

0cos sen

³2

´ =

1

2

Z 2

0sen

(+ 2)

2+

1

2

Z 2

0sen

(− 2)2

=

Ã− 1

+ 2cos

µ(+ 2)

2

¶¯=2=0

!+

Ã− 1

− 2 cosµ(− 2)

2

¶¯=2=0

!

=1

+ 2(1− cos (+ 2)) + 1

− 2 (1− cos (− 2))

=1

+ 2

³1− (−1)+2

´+

1

− 2³1− (−1)−2

´=

2

2 − 4 (1− (−1))

y la otra integral es inmediata:Z 2

0sen

³2

´ = − 2

cos³2

´¯=2=0

=2

(1− (−1))

El valor para será

=1

µ2

2 − 4 (1− (−1))− 2

(1− (−1))

¶=

8

(2 − 4) (1− (−1))

Luego la solución sería

( ) =∞X=1

µ8 (1− (−1)) (2 − 4)

¶sen

³2

´cos

µ

2

¶

=∞X=1

⎛⎝ 16

(2− 1)³(2− 1)2 − 4

´⎞⎠ senµ(2− 1)

2

¶cos

µ(2− 1)

2

¶

4.3.3. Ecuación de Laplace

La última de las ecuaciones clásicas en derivadas parciales que vamos a tratar en esta sección es

la llamada ecuación de Laplace que en dos dimensiones tiene la forma

+ = 0 (4.11)

Utilizaremos las variables espaciales para indicar que mientras que en las ecuaciones de calor y onda

representan modelos físicos que cambian con el tiempo, la ecuación de Laplace es estática y representa

una condición de equilibrio como el potencial gravitatorio o electrostático o como la temperatura en

una sección plana.

Esta ecuación se plantea sólo con condiciones de contorno sobre la frontera del recinto donde se

cumpla la ecuación que tiene que tener cierta regularidad.

Estas condiciones de contorno pueden ser de dos tipos:

1. Condiciones tipo Dirichlet: Si es la región donde se cumple la ecuación 4.11, podemos suponer

que ( ) es concida en todos los puntos de la frontera de . Son condiciones en la función .

2. Condiciones tipo Neumann: Podemos suponer que conocemos el vector normal a en la frontera.

Son condiciones impuestas a las derivadas de : o .

La geometría de es muy importante y sólo podemos calcular soluciones si tienen ciertas condi-

ciones de regularidad.

c°SPH


Condiciones tipo Dirichlet

Supongamos, por ejemplo, que el recinto es una rectángulo de lados y , es decir, sea =[0 ]× [0 ] y que tenemos el problema de Laplace siguiente⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

+ = 0 0 ≤ ≤ 0 ≤ ≤

( 0) = ( ) = 0 0 ≤ ≤

(0 ) = 0 0 ≤ ≤

( ) = () 0 ≤ ≤

Para estos problemas todas las condiciones son de contorno.

Utilizamos de nuevo el método de separación de variables, y expresamos la solución ( ) comoproducto de funciones independientes en cada variable

( ) = () ()

por tanto

= 00 () ()

= ()00 ()

y sustituyendo en la ecuación de Laplace 4.11

+ = 0⇔ 00 () () + ()00 () = 0

Descartamos la solución trivial ≡ 0 y supondremos que () 6= 0 y () 6= 0, por tanto 00 () ()

= −00 ()

()

y tendremos una ecuación con las variables separadas de donde

00 () ()

= −00 ()

()= (4.12)

con ∈ R.De 4.12 se obtienen dos ecuaciones diferenciales

00 ()− () = 0

00 () + () = 0

Las condiciones de contorno serían

( 0) = () (0) = 0

( ) = () () = 0

c°SPH


como es arbitraria se deduce que

(0) = () = 0

La función () se obtiene resolviendo el problema de contorno⎧⎨⎩00 () + () = 0

(0) = 0 () = 0

que es el mismo problema de contorno que se obtuvo para las ecuaciones del calor y de onda (salvo

que cambiamos la variable por la y que = ), por tanto, para obtener una solución no trivial

(no idénticamente nula) los valores para y () serían

=22

2y () = sen

³´

Sustituyendo estos valores para en la otra ecuación diferencial

00 ()− 22

2 () = 0

cuya solución para cada ∈ N es de la forma

() = ( ) +

(−) con ∈ R

Por la condición inicial (0 ) = 0

(0 ) = (0) () = 0

que para arbitraria conduce a que

(0) = 0

y por tanto

(0) = + = 0⇒ = −

y la función () sería

() =

³(

) − (−

)´= 2 senh

³´

La solución de la EDP será, para cada , de la forma

( ) = () () = 2 senh³

´ sen

³´= senh

³´sen

³´

con = 2 .

Cono la ecuación es lineal, cualquier combinación lineal de soluciones, es otra solución, por tanto

podemos considerar como solución general formal a

( ) =∞X=1

senh³

´sen

³´

y utilizando la última condición de contorno ( ) = ()

( ) =∞X=1

senh³

´sen

³´=

∞X=1

sen³

´= ()

c°SPH


Como ocurre para las ecuaciones anteriores podemos calcular el valor de los coeficiente , si

observamos la expresión como el desarrollo de Fourier de la extensión impar de (), por tanto:

= senh³

´=2

Z

0 () sen

³´

de donde

=2

senh¡

¢ Z

0 () sen

³´

Condiciones de Neumann

Veamos un ejemplo de resolución de un problema con condiciones de tipo Newmann⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

+ = 0 0 ≤ ≤ 0 ≤ ≤

( 0) = 0 0 ≤ ≤

( ) = 0 0 ≤ ≤

(0 ) = () 0 ≤ ≤

( ) = 0 0 ≤ ≤

vemos que en este caso las condiciones de contorno implican a las derivadas parciales de .

Todas las condiciones son de contorno. Como antes utilizamos el método de separación de variables

( ) = () ()

que nos conducirá a las dos ecuaciones diferenciales

00 ()− () = 0

00 () + () = 0

Las diferencias con las condiciones de tipo Dirichlet aparecen al plantear las condiciones de contorno

de estos dos problemas. Observemos que en este caso ( 0) = 0 y ( ) = 0 y por tanto lascondiciones de contorno para las ecuaciones diferenciales se obtiene de la siguiente forma:

( ) = ()0 ()⇒⎧⎨⎩

( 0) = ()0 (0) = 0⇒ 0 (0) = 0

( ) = ()0 () = 0⇒ 0 () = 0

además también sucede

( ) = 0 () () = 0⇒ 0 () = 0

Utilizando la segunda ecuación y las condiciones encontradas para 0 ()⎧⎨⎩00 () + () = 0

0 (0) = 00 () = 0

Distinguimos según el valor de

c°SPH


1. Caso = 0 : Para este caso

00 () + () = 0⇒ 00 () = 0

e integrando

() = +

0 () =

con ∈ R, constantes arbitrarias. Aplicando las condiciones de contorno0 (0) = 00 () = 0

¾⇔ = 0

por tanto

() =

y entonces

( ) = ()

Utilizando la EDP obtendremos

= 0 () ⇒ = 00 ()

= 0⇒ = 0

⎫⎬⎭⇒ + = 00 () + 0 = 0

de donde o bien = 0, pero entonces tendremos nula, o bien 00 () = 0 y por tanto

() = +

tendríamos como posible solución

( ) = () () = + = +

con = y = . Si ahora utilizamos la condición de contorno nula en ( ( ) = 0)

( ) = ⇒ ( ) = 0⇒ = 0

Lo que nos daría como solución de la EDP

( ) =

2. Caso 0: Podemos poner = −2 0

y las ecuaciones serán ⎧⎨⎩00 ()− 2 () = 0

0 (0) = 00 () = 0

cuya solución es

() = +−

Utilizando las condiciones de contorno

0 () = −−

c°SPH


entonces

0 (0) = − = 0⇒ (−) = 0⇒ − = 0

0 () = −− = 0⇒ ¡ −−

¢= 0⇒ −− = 0

⎫⎬⎭De la primera ecuación = y sustituyendo en la segunda

−− = 0⇒ −− = 0⇒ ³ − −

´= 0

Tendremos dos opciones

= 0⇒ Solución trivial,

− − = 0⇒ = − ⇒ = 0⇒ Solución trivial

3. Caso 0: Podemos poner

= 2 0

y las ecuaciones serán ⎧⎨⎩00 () + 2 () = 0

0 (0) = 00 () = 0

La ecuación diferencial tiene como solución general

() = cos () + sen ()

Necesitamos 0 ()0 () = − sen () + cos ()

para poder utilizar las condiciones de contorno

0 (0) = = 0

0 () = − sen () + cos ()

⎫⎬⎭⇒ = 0− sen () = 0

¾⇒ =

y por tanto

=

∈ N

para cada valor de tendremos una función

() = cos³

´

Con estos valores y la otra ecuación:

00 ()− 2 () = 0⇒ 00 ()− 22

2 () = 0

que tiene por solución general a

() = +

−

c°SPH


Como hemos visto antes 0 () = 0

0 () = −− ⇒ 0 () = −− = 0⇒ = −

luego para cada tendremos

() =

³ + −2

´La solución formal será la combinación lineal de todas las soluciones, utilizando además la

solución que se obtuvo para el caso = 0

( ) = +∞X=1

cos³

´

³ + −2

´

= +∞X=1

cos³

´³

+ −2´

donde se ha tomado

=

Los valores de se obtienen utilizando la condición de contorno (0 ) = (),

( ) =∞X=1

cos³

´³

− −2´

(0 ) =∞X=1

³1− 2

´cos³

´=

∞X=1

cos³

´= ()

donde

=

³1− 2

´

son los coeficientes del desarrollo de Fourier de la extensión par de () y por tanto

=

³1− 2

´=2

Z

0 () cos ()

de donde

=2

¡1− 2

¢ Z

0 () cos ()

Notar que en este caso se debe cumplir que el término independiente en la serie de Fourier 02,debe ser 0 y por tanto, para que la solución del problema con las condiciones de Neumann sea ( ), debe cumplirse la siguiente condición de compatibilidad

0 =2

Z

0 () = 0⇒

Z

0 () = 0

c°SPH


4.3.4. Condiciones de contorno no nulas

En todas las ecuaciones anteriores hemos considerado que las condiciones de contorno eran nulas,

pero podemos resolver el problema en el caso de no se cumpla esta propiedad. Por ejemplo, para un

problema del calor con condiciones no nulas de la forma:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

= 2 0 ∈ (0 )

(0 ) = () 0

( 0) =

( ) = 0

realizamos el siguiente cambio en la variable dependiente

( ) = ( ( )−) +

(−)

de esta forma las condiciones de contorno para ( ) son

( 0) = ( ( 0)−) +0

(−) = (−) = 0

( ) = ( ( )−) +

(−) = ( −) + (−) = 0

y la condición inicial

(0 ) = ()

se transforma en

(0 ) = ( (0 )−) +

(−) = ()−+

(−) = ()

Las derivadas parciales serían

=

= +1

( −)

=

y el problema se transforma en el siguiente con condiciones iniciales nulas:⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

= 2 0 ∈ (0 )

(0 ) = ()−+ (−) 0

( 0) = 0 ( ) = 0

0

El cambio también es válido para condiciones de contorno no nulas en la ecuación de onda, de forma

que si tenemos un problema de la forma⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

= 2 0 ∈ (0 )

(0 ) = () 0

(0 ) = () 0

( 0) =

( ) = 0

c°SPH


haciendo el mismo cambio de antes tendremos condiciones de contorno nulas, mientras que las condi-

ciones iniciales serían

(0 ) = ( ()−) +

(−)

(0 ) = (0 ) = ()

y el problema sería⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

= 2 0 ∈ (0 )

(0 ) = ( ()−) + (−) 0

(0 ) = () 0

( 0) =

( ) = 0

Para el caso de la ecuacíón de Laplace hay que tener en cuenta si las condiciones son de tipo Dirichlet

o Neumann y en la mayoría de las ocasiones es posible descomponer el problema inicial en dos o más

problemas con condiciones nulas.

Ejercicios

1. Encuentre las soluciones de los siguientes problemas de contorno:

a) 00 + = 0 (0) = 0 0 () = 0b) 00 + = 0 0 (0) = 0 0 () = 0c) 00 + = 0 0 (0) = 0 () = 0

d) 00 + = 0 (0) = 0 ()− 0 () = 0e) 00 + = 0 (0)− 0 (0) = 0 (1) = 0

f ) 00 + = 0 (0)− 0 (0) = 0 ()− 0 () = 0

2. Para qué valores de tiene soluciones no triviales los siguientes problemas de contorno:

a) 00 − 20 + (1 + ) = 0 (0) = 0 (1) = 0

b) 00 + = 0 (0) = (2) 0 (0) = 0 (2)

3. Clasifique las siguientes EDP y encuentre su forma canónica:

a) 3 + 4 − = 0

b) 4 + + 4 + = 0

c) + + 3 − 4 + 25 = 0d) − 3 + 2 − + = 0

e) − 2 + + 3 = 0

4. Los extremos de una barra de aluminio¡2 = 086

¢de longitud 10 metros se mantienen a

temperatura de 0. Encuentre la expresión de la temperatura de la barra para las siguientescondiciones iniciales:

c°SPH


a) (0 ) = 70 0 ≤ ≤ 10b) (0 ) = 70 cos 0 ≤ ≤ 10

c) (0 ) =

½10 ∈ [0 5)

10 (10− ) ∈ [5 10]

d) (0 ) =

½0 ∈ [0 3)65 ∈ [3 10]

5. Los extremos de una barra de cobre¡2 = 114

¢de longitud 2metros se mantienen a temperatura

de 0. Encuentre la expresión de la temperatura de la barra para las siguientes condicionesiniciales:

a) (0 ) = 65 cos2 () 0 ≤ ≤ 2b) (0 ) = 70 sen 0 ≤ ≤ 2

c) (0 ) =

½60 ∈ [0 1)

60 (2− ) ∈ [1 2]

d) (0 ) =

½0 ∈ [0 1)75 ∈ [1 2]

6. Un estado de equilibrio para la ecuación del calor = 2 es aquella que no varía con el

tiempo. Demostrar:

a) Todos los equilibrios de la ecuación del calor son de la forma () = +

b) Encuentre los estados de equilibrio de la ecuación del calor que cumplen ( 0) = 1 y

( ) = 2

c) Resuelva el problema ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = 2 0 ∈ (0 1) (0 ) = 75 0 1 ( 0) = 20

0 ( 1) = 60

Ayuda: Calcúlela como ( ) = () + ( ), donde () es el estado de equilibrioasociado a las condiciones de contorno ( 0) = 20 ( ) = 60 y ( ) es la solucióndel problema con condiciones de contorno nulas.

7. Los extremos de una barra de cobre¡2 = 114

¢de longitud 10 centímetros se mantienen a

temperatura de 0 mientras que el centro de la barra es mantenido a 100 mediante una

fuente de calor externa. Encontrar la temperatura de la barra con el tiempo para la condición

inicial

(0 ) =

½50 ∈ [0 5)100 ∈ [5 10]

Ayuda: Descomponga el problema en dos problemas de contorno con uno de los extremos en la

mitad de la barra.

c°SPH


8. Resuelva el problema ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = + 0 ∈ (0 1) (0 ) = cos 0 1 ( 0) = 0

0 ( ) = 0

9. Resuelva los siguientes problemas

a)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = 2 0 ∈ (0 2)

(0 ) = cos− 1 0 2 (0 ) = 0 0 2 ( 0) = 0 0 ( 2) = 0 0

b)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = 2 0 ∈ (0 1) (0 ) = 0 0 1 (0 ) = 1 0 1 ( 0) = 0 0 ( 2) = 0 0

c)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = 2 0 ∈ (0 3)

(0 ) = () 0 3 (0 ) = 0 0 3 ( 0) = 0 0 ( 2) = 0 0

donde () =

⎧⎨⎩ ∈ [0 1)1 ∈ [1 2)

2− ∈ [2 3]

10. Una cuerda de 10 metros fijada en sus extremos se levanta por el medio hasta la distancia de unmetro y se suelta. Describe su movimiento suponiendo que 2 = 1.

11. Demuestra que el cambio de coordenadas⎧⎨⎩ = +

= −

transforma la ecuación de ondas = 2 en la ecuación = 0. Concluir que la solucióngeneral de la ecuación será de la forma

( ) = (− ) + (+ )

Para funciones apropiadas y .

12. Demostrar que la solución del problema⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = 2 0 ∈ (0 )

(0 ) = () 0

(0 ) = () 0

( 0) = 0 0 ( ) = 0 0

es de la forma

( ) =1

2( (− ) + (+ )) +

1

2

Z +

− ()

donde es la extensión 2—periódica e impar de ().

c°SPH


13. Resuelva el problema ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ = 2 + 0 ∈ (0 ) (0 ) = () 0

(0 ) = 0 0

( 0) = 0 0 ( ) = 0 0

14. Resuelva el problema

a)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ + = 0 ( ) ∈ (0 )× (0 ) ( 0) = 0 0

( ) = () 0

(0 ) = 0 0

( ) = 0 0

b)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ + = 0 ( ) ∈ (0 )× (0 ) ( 0) = 0 0

( ) = 0 0

(0 ) = () 0

( ) = 0 0

c)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ + = 0 ( ) ∈ (0 )× (0 ) ( 0) = () 0

( ) = 0 0

(0 ) = () 0

( ) = 0 0

15. Resuelva los siguientes problema de Neumann

a)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ + = 0 ( ) ∈ (0 )× (0 ) ( 0) = 0 0

( ) = 0 0

(0 ) = () 0

( ) = 0 0

b)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ + = 0 ( ) ∈ (0 )× (0 ) (0 ) = 0 0

( ) = 0 0

( 0) = () 0

( ) = 0 0

c)

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ + = 0 ( ) ∈ (0 )× (0 ) (0 ) = 1 0

( ) = 0 0

( 0) = 1 0

( ) = 0 0

16. Resuelva el problema ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩ + = ( ) ∈ (0 1)× (0 1) ( 0) = 0 0 1 ( 1) = 0 0 1

(0 ) = () 0 1 (1 ) = 0 0 1

c°SPH

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