Facultad de Ciencias

1. Clasificaciones y Definiciones

Definicion 1: Una ecuacion diferencial parcial es una relacion funcional entre unafuncion incognita ”u” que depende de varias variables independientes, las variables indepen-dientes y las derivadas parciales de ”u”.

Definicion 2: El orden de una ecuacion diferencial parcial es el mayor orden de todaslas derivadas parciales.

Muchos problemas de la fısica matematica se reducen a ecuaciones diferenciales en derivadasparciales. Las ecuaciones diferenciales de segundo orden se encuentran con particular fre-cuencia. Estudiaremos las clasificaciones de dichas ecuaciones.

Se llama ecuacion en derivadas parciales de segundo orden con dos variables independientesx e y a una relacion entre la funcion incognita u(x, y) y sus derivadas parciales hasta segundoorden inclusive, es decir:

(1) F (x, y, u, ux, uy, uxx, uxy, uyy) = 0, ∀ (x, y) ∈ R ⊂ D

entendiendose que ux =∂u

∂x, uy =

∂u

∂y, uxx =

∂2u

∂x2, uxy =

∂2u

∂x∂y, uyy =

∂2u

∂y2, siendo D el

dominio de la funcion u, F una funcion dada de ocho variables y R es un subconjuntoabierto y conexo de R2.

Una solucion de (1) en R es cualquier funcion u definida en R y dos veces diferenciablesque verifica (1) identicamente para todo (x, y) en R.

Nota 1: No se ha hecho distincion entre uxy y uyx por que salvo indicacion contraria sesupondra siempre que las derivadas parciales de u son funciones continuas en su dominio dedefinicion, es decir en D, lo que garantiza la invertibilidad del orden de derivacion parcial.

El concepto de ecuacion diferencial se extiende de manera natural para un orden cualquieran y un numero cualquiera m de variables independientes, siendo n y m enteros positivos, m ≥2. Tambien es posible considerar sistemas de ecuaciones diferenciales parciales, situacionque se presenta cuando hay dos o mas funciones incognitas de varias variables independientesrelacionadas entre sı y con sus derivadas parciales mediante relaciones funcionales similaresa (1).

Al igual que en la teorıa de ecuaciones diferenciales ordinarias, es conveniente estudiarseparadamente por su importancia y simplicidad relativas un tipo especial de ecuacionesdiferenciales parciales llamada Ecuaciones Lineales.

2

Definicion 3: La ecuacion diferencial parcial (1) se llama lineal con respecto a lasderivadas de orden superior, si tiene la forma

(2) a11uxx + 2a12uxy + a22uyy + F1(x, y, u, ux, uy) = 0,

donde a11, a12 y a22 son funciones de x e y.

Si los coeficientes dependen no solo de x e y, sino que al igual que F1, dependen de u, ux

y uy, entonces diremos que tal ecuacion es cuasi - lineal .La ecuacion se llama lineal , si es lineal tanto con respecto a las derivadas de orden mayor

uxx, uxy, uyy, como a la funcion u y a sus derivadas de primer orden ux, uy, es decir la ecuacion(2) toma la forma:

(3) a11uxx + 2a12uxy + a22uyy + b1ux + b2uy + cu + f = 0,

donde a11, a12,a22, b1, b2, c y f son funciones de x e y. Si estas funciones son constantes, esdecir no dependen de x ni de y, se dice que la ecuacion (3) es lineal con coeficientesconstantes . Si f = 0, entonces se dice que la ecuacion lineal es Homogenea .

La idea es emplear un cambio invertible de las variables independientes originales x ey por nuevas coordenadas ξ, η con el objetivo de expresar la ecuacion diferencial originalde manera mas sencilla. Esta idea es de frecuente aplicacion en la solucion de ecuacionesdiferenciales, tanto ordinarias como parciales.

Por ejemplo, si queremos resolver la ecuacion diferencial de segundo orden lineal concoeficientes variables conocida como ecuacion de Euler Homogenea,

x2y′′ + Axy′ + By = 0,

con A y B constantes, entonces el cambio invertible de variables determinado por la relacionx = et, reduce el problema a una ecuacion lineal con coeficientes constantes. En efecto,debido a que ”x” depende funcionalmente de ”t”, entonces la funcion incognita buscada ”y”se transforma en una funcion ”z” de la nueva variable ”t” definida por

z(t) = y(x(t)) = y(et))

Por la regla de la cadena para funciones compuestas resulta:

dz

dt(t) =

dy

dx(x(t)).

dx

dt(t) = y′(x(t)), et

d2z

dt2(t) =

d

dt[y′(x(t))] .et + y′(x(t)).

d

dtet

= et

[d

dty′(x(t)) + y′(x(t))

]

= et

[y′′(x(t)).

dx

dt+ y′(x(t))

]

= y′′(x(t)).(et)2 + y′(x(t)).et

Vemos entonces que se verifica las siguientes relaciones entre las derivadas de la funcionoriginal y con respecto a la variable x y las derivadas de la funcion transformada z con

3

respecto a la nueva variable ”t”:

x(t).y′(x(t)) =dz

dt(t)

x2(t).y′′(x(t)) =d2z

dt2(t)− dz

dt(t)

Por lo tanto, si y(x) es una solucion de la ecuacion diferencial original, entonces debecumplirse que:

x2(t).y′′(x(t)) + Ax(t)y′(x(t)) + By(x(t)) = 0,

o sea que la funcion z(t) debe verificar la ecuacion diferencial lineal:

d2z

dt2− dz

dt+ A

dz

dt+ Bz = 0.

Esta ecuacion la sabemos resolver facilmente por tener coeficientes constantes, y una vezencontrada la solucion z(t), podemos encontrar la solucion deseada de la ecuacion originaly(x) invirtiendo el cambio de variables , ya que:

z(lnx) = y(elnx) = y(x).

Por ejemplo, si A = 1 y B = −1, la solucion general de la ecuacion general de la ecuaciondiferencial transformada es:

z(t) = c1et + c2e

−t,

con c1 y c2 constantes arbitrarias, de modo que la solucion general de la ecuacion original es

y(x) = z(lnx) = c1x +c2

x.

El simplificar la forma de una ecuacion diferencial mediante un cambio adecuado de coor-denadas es una de las ideas mas fructıferas para resolver tales ecuaciones. ¿En que consisteun cambio ”adecuado” y como se puede encontrar?. En muchos casos, la experiencia sugiereel cambio a intentar. En otros casos, la forma geometrica del dominio donde se discutesolucion de una ecuacion diferencial parcial sugiere el conveniente cambio de coordenadas.En el caso de dos variables independientes, si el dominio es de forma rectangular, convendrapor lo general usar coordenadas cartesianas con ejes paralelos a los lados del rectangulo, siel dominio es un disco o un sector circular o un anillo, convendra usar coordenadas polares.

En la ecuacion general lineal (3) que deseamos simplificar, no se nos presenta un dominioespecial a considerar, de modo que no tenemos guıa inicial de este tipo para intentar uncambio de coordenadas especifico. Vemos entonces como se transforma la ecuacion (3) bajoun cambio cualquiera de coordenadas invertibles y dos veces continuamente diferenciable.

Consideremos pues dos nuevas coordenadas o variables independientes ξ y η y sean ϕ,ψ dos funciones continuamente diferenciables que definen el siguiente cambio invertibles devariables

ξ = ϕ(x, y), η = ψ(x, y),

Es natural preguntarse: ¿‘Como escoger ξ y η, de modo que la ecuacion en estas nuevasvariables sea mas sencilla?

4

Para las ecuaciones lineales con dos variables independientes x e y:

a11uxx + 2a12uxy + a22uyy + b1ux + b2uy + cu + f = 0,

transformando las derivadas a las nuevas variables, obtenemos:

(4)

ux = uξξx + uηηx,

uy = uξξy + uηηy,

uxx = ξx [uξξξx + uξηηx] + uξξxx + ηx [uηξξx + uηηηx] + uηηxx

= uξξξ2x + 2uξηξxηx + uηηη

2x + uξξxx + uηηxx,

uxy = uξξξxξy + uξη [ξxηy + ξyηx] + uηηηxηy + uξξxy + uηηxy,

uyy = uξξξ2y + 2uξηξyηy + uηηη

2y + uξξyy + uηηyy.

Sustituyendo los valores de las derivadas dadas por (4) en (3), tenemos

a11 [uξξξ2x + 2uξηξxηx + uηηη

2x + uξξxx + uηηxx] +

a12 [uξξξxξy + uξη[ξxηy + ξyηx] + uηηηxηy + uξξxy + uηηxy] +

a22

[uξξξ

2y + 2uξηξyηy + uηηη

2y + uξξyy + uηηyy

]+

+ b1 [uξξx + uηηx] + b2 [uξξy + uηηy] + cu + f = 0.

Agrupando convenientemente, tenemos[a11ξ

2x + a12ξxξy + a22ξ

2y

]uξξ+

2 [2a11ξxηx + a12(ξxηy + ξyηx) + 2a22ξyηy] uξη+

[a11η

2x + a12ηxηy + a22η

2y

]uηη+

+ [a11ξxx + 2a12ξxy + a22ξyy + b1ξx + b2ξy] uξ+

+ [a11ηxx + 2a12ηxy + a22ηyy + b1uη + b2ηy] uη + cu + f = 0.

Si llamamosa11 = a11ξ

2x + a12ξxξy + a22ξ

2y

a12 = a11ξxηx + a12(ξxηy + ξyηx) + 2a22ξyηy

a22 = a11η2x + a12ηxηy + a22η

2y

b1 = a11ξxx + 2a12ξxy + a22ξyy + b1ξx + b2ξy,b2 = a11ηxx + 2a12ηxy + a22ηyy + b1ηx + b2ηy,

tenemos la siguiente ecuacion

(5) a11uξξ + 2a12uξη + a22uηη + b1uξ + b2uη + cu + f = 0.

Para que la ecuacion transformada (5) resulte mas simple que la original (3), busquemosuna eleccion de la funcion ϕ tal que a11 = 0 por ejemplo, pero debemos investigar si es

5

posible en realidad llevar a cabo tal eleccion, deberıamos ser capaces de resolver la siguienteecuacion diferencial de primer orden no lineal,

(6) a11 (zx)2 + 2a12zxzy + a22 (zy)

2 = 0,

ya que cualquier solucion z = ϕ(x, y) de (6) nos servirıa para el fin senalado.Para encontrar tales soluciones nos apoyaremos en los siguientes Lemas.Lema 1: Si z = ϕ(x, y) es solucion de la ecuacion (6, entonces la relacion ϕ(x, y) =constantes

es una integral general de la ecuacion ordinaria

(7) a11

(dy

dx

)2

− 2a12dy

dx+ a22 = 0.

Demostracion: Podemos suponer que la funcion ϕ no es constante y que ϕy no es

identicamente nula, de modo que al ser ϕ solucion de (6) se cumple:

a11

(ϕx

ϕy

)2

+ 2a12ϕx

ϕx

+ a22 = 0.

Al ser ϕy no nula en un punto (xo, yo), entonces en una vecindad de xo se puede despejar ”y”como funcion diferenciable de ”x” a partir de la relacion ϕ(x, y) = ϕ(xo, yo) por el Teoremade la funcion implıcita, tenemos que

dy

dx= −ϕx

ϕy

,

y por lo tanto se verifica la identidad

a11

(−dy

dx

)2

+ 2a12

(−dy

dx

)+ a22 = 0.

Lema 2: Si ϕ(x, y) =constante es una integral general de la ecuacion diferencial (7),

entonces la funcion z de las dos variables independientes ”x” e ”y” definida por z = ϕ(x, y)es solucion de la ecuacion (6).

Demostracion: Supongamos que ϕy no es identicamente nula, pues en caso contrario larelacion ϕ(x, y) =constante no definirıa implıcitamente una solucion y = y(x) de la ecuacion(7). Siendo este el caso, resulta que

dy

dx= −ϕx

ϕy

,

y por ser y(x) solucion de (7) se verifica la identidad

a11

(−dy

dx

)2

− 2a12

(−dy

dx

)+ a22 = 0,

es decir que la ecuacion (6) se satisface identicamente con z = ϕ(x, y).El signo de la expresion subradical determina el tipo de ecuacion

a11uxx + 2a12uxy + a22uyy + F1(x, y, u, ux, uy) = 0

en el punto (x, y), por lo tanto diremos que la ecuacion es del tipo:

(1) Hiperbolica , si en el punto (x, y): a212 − a11a22 > 0.

(2) Elıptica , si en el punto (x, y): a212 − a11a22 < 0.

(3) Parabolica , si en el punto (x, y): a212 − a11a22 = 0.

6

Esta terminologıa se ha adoptado de la teorıa de las curvas de segundo orden. A laecuacion (6) se le llama Ecuacion Caracterıstica para la ecuacion (3), y sus integrales,Caracterıstica .

Para una ecuacion de Tipo Hiperbolica la ecuacion caracterıstica (7) se descomponeen dos ecuaciones diferenciales ordinarias de primer orden en forma normal con segundosmiembros reales y distintos, a saber

(8)

dy

dx=

a12 +√

(a12)2 − a11a22

a11

≡ A1,

dy

dx=

a12 −√

(a12)2 − a11a22

a11

≡ A2.

Una integral general de la primera ecuacion de (8) es

y − A1x = ctte,

y una integral de la segunda ecuacion de (8) es

y − A2x = ctte,

o sea, las caracterısticas estan formadas por dos familias de rectas diferentes. Por el Lema 2,la funcion definida por ϕ(x, y) = y−A1x es solucion de la ecuacion diferencial (6), de modoque a11 = 0 con ξ = ϕ(x, y).

En este caso podemos simplificar aun mas la ecuacion transformada (5) puesto que con-tamos con una segunda solucion de la ecuacion (6), que podemos utilizar para anular a22.

En efecto, puesto que η = ψ(x, y), entonces

ψ(x, y) = y − A2x,

tenemos que ψ es solucion de (6) y por lo tanto a22 = 0. El cambio de coordenadas deter-minado por estas dos funciones ϕ y ψ es invertible pues su Jacobiano vale (−A1 + A2), quees distinto de cero.

La ecuacion transformada (5) se reduce entonces a la singuiente forma simple, llamadaforma canonica de (4) para el tipo hiperbolico:

(9) 2a12uξη + b1uξ + b2uη + cu + f = 0,

en que b1 = b1(−A1) + b2, b2 = b1(−A2) + b2 y a12 6=0. En el caso particular en que enla ecuacion original (3) solo estan presentes las derivadas parciales de orden dos, o seab1 = b2 = c = f = 0, la forma canonica (9) adopta una forma particular simple, a saber

(10) uξη = 0.

Para una ecuacion de segundo orden tipo hiperbolico existe una segunda forma canonicamuy usada que se obtiene con un nuevo cambio invertible de variables definidos por

ξ = α + β

η = α− β,

7

las relaciones de transformacion para las parciales que interesan son

uξ = uααξ + uββxi =1

2(uα + uβ) ,

uξη =1

2(uαααβ + uαββη + uβααη + uβββη)

=1

4(uαα − uββ) .

Vemos que usando las variables

α =ξ + η

2= y − A1 + A2

2x,

β =ξ − η

2=

A2 − A1

2x,

la segunda forma canonica que reemplaza a la primera (10) es

(11) uαα − uββ = 0,

que es la ecuacion de onda homogenea para las variables independientes α y β.Para una ecuacion de tipo parabolico, la ecuacion caracterıstica (??) se reduce a una

sola ecuacion diferencial, a saber,dy

dx=

a12

a11

≡ A.

Una integral general de esta ecuacion es simplemente y − Ax = ctte.Definiendo ϕ ≡ y−Ax y ξ = ϕ(x, y), entonces por el Lema 2 nuevamente resulta a11 = 0.

Ademas para cualquier eleccion de η = ψ(x, y) tal que el determinante Jacobiano (φxψy −φyψx) no se anula (de modo que el cambio de variables resulte invertible), y en particular siA6=0, con ψ(x, y) = y + Ax, resulta a12 = 0. En efecto, como en el caso parabolico

(a12)2 = a11a22,

se tiene que si a12 6=0, a11 y a22 tiene el mismo signo. Supongamos por ejemplo que a11 y a22

son positivos, en tal caso

a12 =√

a11√

a22 si a12 > 0

a12 = −√a11√

a22 si a12 < 0,

entonces se puede escribir

a11 = a11ξ2x + 2a12ξxξy + a22ξ

2y

= (√

a11ξx +√

a22ξy)2 si a12 > 0,

a11 = (√

a11ξx −√a22ξy)2 si a12 < 0.

Por otra parte, como

a12 = a11ξxηx + a12(ξxηy + ηxξy) + a22ξyηy,

podemos escribir

a12 = (√

a11ξx +√

a22ξy)(√

a11ηx +√

a22ηy) si a12 > 0

8

y

a12 = (√

a11ξx −√a22ξy)(√

a11ηx −√a22ηy) si a12 < 0,

de modo que al ser a11 = 0 resulta en todos los casos que tambien a12 = 0.La ecuacion transformada se reduce a la siguiente forma canonica para el tipo parabolico:

(12) uηη =−b1uξ + b2uη + cu + f

a22

Observese que a22 6=0, porque

a22 = (√

a11ηx +√

a22ηy)2 si a12 > 0.

y

a22 = (√

a11ηx −√

a22ηy)2 si a12 < 0.

y como (ξxηy − ξyηx)6=0 entonces a11 y a22 no pueden anularse simultaneamente.

Ademas a22 > 0 (en el caso en que a11 y a22 son positivos). El caso en que b1 = 0puede considerarse como degenerado, pues entonces en la ecuacion (12) no figuran derivadasparciales con respecto a ξ, y la ecuacion (12) es una ecuacion diferenciales ordinaria para lafuncion incognita u de la variable η con ξ como parametro. Supongamos entonces que b1 6=0.

Siendo a22 > 0, si ademas es b1 < 0, entonces la forma canonica (12) para el tipo parabolicopuede llevarse a la forma

(13) uξ = a2uηη + buη + du− f

b1

,

donde a2 = −a22

b1

.

En (13) el coeficiente de uηη es positivo, y si b = d = f = 0, entonces se obtiene directa

la ecuacion del calor homogenea. Si en la ecuacion (12) es b1 > 0, es posible todavıa llevar(12) a la forma (13) con un cambio adicional de variables:

ξ1 = −ξ, η1 = η

ya que

uξ1= − uξ, uη1 = uη...

Nota: Si a12 = 0, entonces A = 0 y ξ = ϕ(x, y) = y. En esta situacion basta tomar η = x,porque como (a12)

2 = a11.a22 y a11 6=0, necesariamente es a22 = 0 en la ecuacion original (),ya que esta en la forma canonica (12) a condicion de renombrar las variables independientes:llamamos ”η” a ”x” y ”ξ” a ”y”.

Si a11 = 0 en la ecuacion original de tipo parabolico, entonces necesariamente a12 = 0, demodo que a22 6=0 y () puede escribirse como

uyy =−b1ux + b2uy + cu + f

a22

,

que ya es de la forma canonica (12) sin necesidad de efectuar un cambio de variables.Para una ecuacion de tipo elıptico, o sea, en el caso en que (a12)

2 − a11a22 < 0, no esposible anular a11 ni a22 mediante un cambio real de coordenadas. Se observa que en estecaso necesariamente es a11 6=0 y a22 6=0 y ademas las constates A1 y A2 segundos miembros delas ecuaciones diferenciales () y (), tienen valores complejos, y podemos definir las funcionesa valores complejos.

ϕ(x, y) = y − A1x, ψ(x, y) = y − A2x.

9

De las definiciones de A1 y A2 resulta inmediatamente que A2 = A1, de modo que ψ = ϕ.Si A1 = B1 + iC1, en que B1 y C1 son valores reales, entonces se puede escribir

ϕ(x, y) = α(x, y) + iβ(x, y),ψ(x, y) = α(x, y)− iβ(x, y),

conα(x, y) = y −B1x, β(x, y) = −C1x.

Es facil ver que los Lemas 1 y 2 siguen siendo ciertos para funciones φ a valores complejos,de modo que se verifica

a11(φx)2 + 2a12φxφy + a22(φ)2

y = 0.

Pero φx = αx + iβx, φy = αy + iβy, de modo que se cumple

a11(φx)2 + 2a12φxφy + a22(φ)2

y =

[a11(αx)2 + 2a12αxαy + a22(αy)

2]−

[a11(βx)2 + 2a12βxβy + a22(βy)

2] +

2i [a11αxβx + a12(αxβy + αyβx) + a22αyβy] = 0

Igualando a cero la parte real e imaginaria del primer miembro se obtiene

a11 − a22 = 0 y a12 = 0,

para la ecuacion transformada respecto de las variables α y β, o sea,

a11uαα + a22uββ + b1uα + b2uβ + cu + f = 0,

y la forma canonica para el tipo elıptico es:

(14) uαα + uββ = −b1uα + b2uβ + cu + f

a22

cona22 = a11 = a11(αx)

2 + 2a12αxαy + a22(αy)2,

αx = −B1, αy = 1.

Vemos que si b1 = b2 = c = f = 0, la forma canonica (14) es transformada en uαα +uββ = 0,que es la ecuacion de Laplace.

Ejemplos:

¦ Un ejemplo de una ecuacion de Tipo Elıptico es conocida como la ecuacion de Laplace,

∇2u =∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0.

¦ Un ejemplo de una ecuacion de Tipo Parabolica es conocida como la ecuacion del Calor:

∂u

∂t= k

∂u

∂x2

¦ Mientras que un ejemplo de una ecuacion de Tipo Hiperbolica es conocida como laecuacion de la Onda

∂2u

∂t2= c

∂u

∂x2

Facultad de Ciencias

Practica No. 1

1-. Demuestre que si se efectua un cambio invertible de variables una vez continuamentediferenciable arbitrario, entonces el tipo de la ecuacion transformada a partir de unaecuacion diferencial parcial lineal de segundo orden con coeficientes constantes esigual al tipo de ecuacion original. (Se dice que una tal ecuacion es ”invariante” bajocambios admisibles de coordenadas).

2-. Supongamos que la ecuacion

(15) a11uxx + 2a12uxy + a22uyy + b1ux + b2uy + cu + f = 0,

en que los coeficientes a11, a12, ..., f son constantes, es de tipo hiperbolico, y que setransforma en

(16) 2a12uξη + b1uξ + b2uη + cu + f = 0,

mediante un cambio de variables como en el ejercicio 1. Demuestre que necesaria-mente el coeficiente a12 en la ecuacion transformada es no nula.

3-. En la forma canonica (16) para una ecuacion (15) del tipo hiperbolico, obtenga unasegunda forma canonica usando las nuevas variables

α =ξ + η

2, β =

ξ − η

2.

4-. Para las siguientes ecuaciones, determinar su tipo y mediante un cambio de variableadecuado obtenga la forma canonica correspondiente

a) uxx + 2uxy + uyy + ux − u− y = 0,

b) uxx + 2uxy + 5uyy + 3ux + u = 0,

c) 3uxx + 10uxy + 3uyy = 0,

5-. Suponga ya reducida la ecuacion lineal (15) a una de las tres formas canonicas posiblesusando las nuevas variables independientes ξ y η. Demuestre que efectuando uncambio de variables dependiente de ”u” y ”v” definido por u(ξ, η) = v(ξ, η).eλξ+µη,con λ y µ convenientemente elegidos, la ecuacion original (15) se reduce a una de las

11

siguientes formas canonicas:

a. Tipo parabolico: a22vηη + b1vξ + f1 = 0

b. Tipo elıptico: a22(+vξξ + vηη) + γv + f1 = 0

c. Tipo hiperbolico:

2a12vξη + γv + f1 = 0 (1era forma)

1

2a12(vξξ − vηη) + γv + f1 = 0 (2da forma)

donde f1≡f.e−(γξ+µη), γ es una constante que depende de b1 + b2 y c.

6-. Hallar las regiones donde la ecuacion

uxx + yuyy = 0,

es hiperbolica, elıptica y parabolica, y reducirla a su forma canonica en la region enque es hiperbolica.

1

0.1 Deduccion de la Ecuacion del Calor en una Barraunidimensional.

Consideremos una barra finita unidimensional cuya area de la seccion transversales constante A.

Fig. 0.1: Barra unidimensional

Denotemos por u(x, t), la temperatura en el punto x en un tiempo t. Sipensamos en el fenomeno de Conduccion del Calor , tenemos que considerarque intervienen dos procesos basicos en la transferencia de energıa, que son:

• Conduccion: Que consiste en la coalision de las moleculas vecinas. ⊕ª• Conveccion: Que es el movimiento de la molecula de un lado a otro

llevando su emergıa termica. ←−⊕−→Llamemos

e(x, t) = La densidad de energıa termica,la cual se mide como la cantidad deenergıa termica por unidad de volumen.

Sin perdida de generalidad, podemos suponer que todas ”las cantidadestermicas son constante” a lo largo de cada seccion transversal, es decir, nuestrabarra esta recubierta o aislada termicamente y solo hay transferencia de caloren los extremos.

Consideremos una ”rebanada” suficientemente delgada entre x y x+4x. Elvolumen de la barra comprendida entre dos secciones transversales cercanas seconoce como ”seccion infinitesimal”. Si la densidad de energıa termica esconstante en esta seccion infinitesimal, entonces

Energıa Termica ' e(x, t)A4x,en la Seccion Infinitesimal

2

ya que el volumen de la Seccion Infinitesimal es A4x.En general, la densidad de la Energıa termica no es constante, sin embargo,

si 4x es suficientemente pequeno, entonces podemos aproximar la densidad poruna constante en ese volumen.

Existen dos razones por las cuales la energıa termica entre x y x +4x variacon el tiempo, ellas son:

• El flujo atraves de la Frontera (de la seccion x y x +4x) y

• La energıa generada en el Interior (debido a fuentes positivas onegativas de energıa termica).

Como hemos supuesto que la superficie lateral esta aislada, no hay flujode energıa termica a traves de esta superficie, por lo que todo el proceso de”Flujo de Calor” se puede describir haciendo uso del ”Principio de laConservacion de la Energıa”, que nos dice:

Variacion de Flujo de Calor Energıa termicaEnergıa Termica = a traves de + generada en el

en el tiempo las Fronteras interior por unidadpor unidad de de tiempo

tiempo

En nuestra seccion infinitesimal, la variacion de la Energıa es

∂

∂t[e(x, t)A4x] ,

mientras que en una varilla unidimensional, la Energıa Termica solo puede fluirhacia la derecha o hacia la izquierda. Llamemos

φ(x, t) = Flujo de Calor (Cantidad de energıa termicapor unidad de tiempo que fluye hacia laderecha por unidad de area),

donde

φ(x, t) > 0 : La energıa termica fluye hacia la derecha

φ(x, t) < 0 : La energıa termica fluye hacia la izquierda.

Por lo tanto la energıa termica que fluye por unidad de tiempo a traves delas fronteras de la seccion infinitesimal es:

φ(x, t)A− φ(x +4x, t)A.

Si φ(x, t) > 0 y φ(x +4x, t) > 0, entonces la energıa termica que fluye porunidad de tiempo a traves de la seccion en x incrementa la energıa termica dela seccion infinitesimal, mientras que el flujo de calor a traves de x + 4x lodisminuye.

La energıa termica tambien puede variar debido a la existencia de Fuentesinternas, para representarlas, llamemos a estas fuentes:

3

Q(x, t) = Energıa termica generadapor unidad de volumen ypor unidad de tiempo.

Estas fuentes internas pueden deberse a reacciones quımicas o calentamientoelectrico. Q(x, t) es aproximadamente constante en la variable espacial en cadaseccion infinitesimal, de esta manera la energıa termica total por unidad detiempo en dicha seccion es aproximadamente:

Q(x, t)A4x.

Por lo que usando el ”Principio de la Conservacion de la Energıa”,tenemos:

∂

∂t[e(x, t)A4x] ∼= φ(x, t)A− φ(x +4x, t)A + Q(x, t)A4x.

la cual puede escribirse como

∂

∂t[e(x, t)4x] ∼= φ(x, t)− φ(x +4x, t) + Q(x, t)4.

por ser la seccion transversal constante.Esta ecuacion no es exacta ya que hemos supuesto que varias cantidades son

aproximadamente constantes en la seccion infinitesimal. Sin embargo es maspreciso en la medida que 4x es mas pequeno, por lo que intentaremos tomar ellimite cuando4x →0. Dividiendo la expresion anterior por4x y luego tomandoel limite cuando 4x →0, tenemos

∂e(x, t)∂t

= −∂φ

∂x+ Q(x, t).

La desventaja de esta deduccion es que nos hemos restringido a pequenassecciones. Para solventar esta situacion, consideremos un segmento cualquierade longitud finita, por ejemplo, desde x = a hasta x = b, de la barra unidimen-sional y estudiemos la energıa termica en este intervalo. Ası, la energıa termicatotal es: ∫ b

a

e(x, t)Adx,

es decir, la suma de todas las cantidades de cada seccion infinitesimal que com-pone el segmento. Como antes, esta energıa termica varıa solo debido al flujoa traves de los extremos (x = a y x = b) y por supuesto a la energıa termicagenerada en el interior del intervalo. Ası

d

dt

∫ b

a

e(x, t)dx = φ(a, t)− φ(b, t) +∫ b

a

Q(x, t)dx.

Por el Teorema Fundamental del Calculo, sabemos que

φ(a, t)− φ(b, t) = −∫ b

a

∂φ(x, t)∂x

dx, (0.1)

4

siempre que φ tenga derivada continua. Por lo tanto (0.1) puede escribirse como∫ b

a

[∂e(x, t

∂t+

∂φ(x, t)∂x

−Q(x, t)]

dx = 0.

Como a y b son arbitrarios, tenemos nuevamente la ecuacion

∂e(x, t)∂t

= −∂φ(x, t)∂x

+ Q(x, t). (0.2)

Expliquemos un poco el signo negativo que aparece en∂φ

∂x. Por ejemplo, si

∂φ

∂x> 0 para a ≤ x ≤ b, entonces el flujo de calor, φ, es una funcion creciente

de la variable x, ası pues el calor que fluye hacia la derecha en x = b es mayorque que el flujo de calor en x = a. Ası (olvidandonos de la fuente), la energıacalorica debe decrecer entre x = a y x = b, de aquı el signo negativo en (0.2).

Describiremos los materias por su temperatura u(x, t) y no por su densidadde energıa termica, por lo que definimos:

c(x) = Calor especifico, que no es mas que laenergıa termica necesaria para elevaruna unidad de temperatura por unidad demasa de un material o sustancia.

Ya definimos la energıa termica concentrada en una seccion infinitesimalcomo e(x, t)A4x, sin embargo podemos definir la energıa termica por unidadde masa en termino del calor especifico como

e(x, t) = c(x)u(x, t).

Consideremos ahora la densidad de masa

ρ(x) = Densidad de masa (masa por unidad de volumen),

permitiendo que varie x, debido a que la varilla sea un material no uniforme,por lo que la masa total de la seccion transversal es ρ(x)A4x, de esta manerale energıa termica por unidad de volumen es:

e(x, t)A4x = c(x)u(x, t)ρ(x)A4x

de esta manera hemos encontrado la relacion entre la energıa termica y la tem-peratura, que es:

e(x, t) = c(x)(x, t)ρ(x) (0.3)

Sustituyendo (0.3) en la ecuacion (0.2), tenemos

c(x)ρ(x)∂u

∂t= −∂φ

∂x+ Q(x, t). (0.4)

La ecuacion (0.4) es una ecuacion con dos incognitas, la temperatura u(x, t)y el flujo de calor φ(x, t), debemos entonces preguntarnos ¿Como y por queel fluye la energıa termica? , esto es, necesitamos conocer la relacion entreel flujo de energıa termica y la temperatura. Para ello enunciaremos algunaspropiedades cualitativas del flujo de calor

5

1. Si la temperatura es constante en una region, la energıa termicano fluye.

2. Si hay diferencia de temperatura, la energıa termica fluye de laregion mas caliente a la mas frıa.

3. A mayor diferencia de temperatura (para el mismo material)mayor es el flujo de energıa termica.

4. El flujo de energıa termica es diferente para distintos materiales

El fısico - Matematico Fourier (1768 - 1830), observo estas propiedadesy las resumio de la siguiente manera:

El flujo de calor es proporcional a la variacionde la temperatura por unidad de longitud,

es decirφ(x, t) = −Ko

∂u

∂x(x, t), (0.5)

conocida como ”Ley de Fourier de la conductividad del Calor”. Si latemperatura u(x, t) crece cuando x crece (es decir, la temperatura es mayor

hacia la derecha),∂u

∂x> 0, y la propiedad 2-. implica que la energıa termica

fluye hacia la izquierda, esto explica el signo negativo en (0.5)El coeficiente de Proporcionalidad Ko mide la capacidad del material para

conducir el calor y se conoce como “Conductividad Termica”.Sustituyendo la Ley de Fourier (0.5) en la ecuacion de la conservacion e

la energıa termica (0.4), tenemos

c(x)ρ(x)∂u

∂t=

∂

∂x

[Ko

∂u

∂x

]+ Q(x, t). (0.6)

Todos los coeficientes termicos c, ρ y Ko dependen del material y por ellopueden ser funciones de x. En el caso especial de una barra uniforme c, ρ y Ko

son constante, y la ecuacion (0.6) se convierte en

cρ∂u

∂t= Ko

∂2u

∂x2+ Q(x, t).

Si ademas no hay fuentes, es decir Q≡0, la ecuacion puede escribirse como

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2, (0.7)

donde la constanteK =

Ko

cρ,

se conoce como ”difusividad termica”. Si la energıa termica esta inicialmenteconcentrada en un lugar, la ecuacion (0.7) describira como esta energıa se dis-persa, este proceso fısico se conoce como ”difusion”, es por esta razon que

6

a la ecuacion (0.7) se le conoce tambien como la ”Ecuacion de Difusion”.Por ejemplo, la concentracion de compuestos quımicos u(x, t) (como perfumeso contaminantes) satisface en algunas situaciones la ecuacion (0.7).

Ejercicios:1-. Supongamos que el calor especıfico es una funcion de la posicion y de la

temperatura, c(x, u).

a) Demostrar que la energıa termica por unidad de masa necesaria para elevarla temperatura de una seccion infinitesimal de grosor 4x de 0

oa u(x, t)

no es c(x)u(x, t), sino∫ u

0c(x, u)du.

b) Deducir de nuevo la ecuacion del calor en este caso. Demostrar que laecuacion

∂e

∂t= −∂φ

∂x+ Q

no cambia.

2-. Consideremos la ley de conservacion de energıa termica en un intervalode una varilla unidimensional a ≤ x ≤ b. Usando el teorema fundamental delcalculo

∂

∂b

∫ b

a

f(x)dx = f(b),

deducir la ecuacion del calor.

3-. Si se conoce u(x, t), obtener una expresion para la energıa termica totalcontenida en una varilla (0 < x < L). Resp:

∫ L

0cρuAdx

4-. Consideremos una barra unidimensional fin fuentes de energıa termicacuya superficie lateral no este aislada.

a) Supongamos que la energıa termica que fluye por la superficie lateral porunidad de area y por unidad de tiempo es w(x, t). Deducir la ecuacion enderivadas parciales que cumple la temperatura u(x, t).

b) Supongamos que w(x, t) es proporcional a la diferencia de la temperaturaentre la barra u(x, t) y la temperatura exterior conocida γ(x, t). Deducirque

cρ∂u

∂t=

∂

∂x

(Ko

∂u

∂x

)− P

A[u(x, t)− γ(x, t)] h(x), (0.8)

donde h(x) es una funcion positiva de x, P es el perımetro lateral y A esel area transversal.

c) Comparar (0.8) con la ecuacion para una barra unidimensional cuya su-perficie lateral este aislada pero con una fuente de calor.

7

d) Particularizar (0.8) para el caso de una varilla de seccion transversal cir-cular con propiedades termicas constantes y temperatura exterior 0

o.

e) Consideremos las condiciones del apartado (d). Supongamos que la tem-peratura de la varilla es uniforme (es decir, u(x, t) = u(t)). Determinar

u(t) si inicialmente u(0) = uo. Resp: u(t) = uoexp[−

(2h

cρr

)t

]

1

0.1 Diversas condiciones de contorno y su significado fısico.

0.1.1 Condiciones Iniciales

La ecuacion que describe el flujo de energıa termica, tiene una derivada respectoal tiempo. Ya sabemos que para ecuaciones diferenciales de primer orden, elproblema de valores iniciales consiste en resolver la ecuacion diferencial con unacondicion inicial. Del mismo modo, la Ley de Newton del movimiento aplicadaa la posicion x de una partıcula da lugar a una ecuacion diferencial ordinariade segundo orden, que es:

md2x

dt2= Fuerzas.

Al tener una derivada segunda el problema de valor inicial consiste en resolverla ecuacion diferencial con dos condiciones iniciales que son

1. La posicion inicial, x(to) = xo y

2. La velocidad inicialdx

dt(to) = vo,

de esta manera, podemos predecir el movimiento de una partıcula en la direcciondel eje x, resolviendo la ecuacion diferencial con las condiciones iniciales.

Esto mismo queremos hacer para nuestra ecuacion en derivadas parciales.Como la ecuacion del calor tiene una derivada respecto al tiempo, necesitamosuna ”Condicion Inicial” que normalmente evaluaremos en to = 0, es decir,necesitamos conocer la temperatura inicial. Es posible que la temperatura inicialno sea constante, sino que depende de x, en este caso necesitamos conocer ladistribucion inicial de temperatura

u(x, 0) = f(x). (0.1)

¿Sera suficiente informacion para predecir la temperatura?. Conocemos ladistribucion inicial de temperatura y que la temperatura varia de acuerdo conla ecuacion en derivadas parciales. Sin embargo, necesitamos conocer lo queocurre en los extremos x = 0 y x = L. Sin conocer esta informacion no podemospredecir el futuro. Necesitamos dos condiciones correspondiente a la segundaderivada respecto al espacio que aparece en la ecuacion del calor, habitualmenteuna condicion en cada extremo.

0.1.2 Condiciones de Contorno.

Al resolver la ecuacion del calor, necesitamos una Condicion de Contornoen cada extremo de la barra. La condicion apropiada se elige dependiendo delmecanismo fısico que este actuando en cada extremo. A menudo dicha condicionde contorno depende tanto del material del que se compone la barra como delmedio exterior circundante.

2

1. Temperatura prescrita. En ciertas condiciones, la temperatura en losextremos de la barra, por ejemplo en x = 0, puede aproximarse por unatemperatura prescrita ,

u(0, t) = uB(t), (Dirichlet) (0.2)

donde uB(t) es la temperatura de un fluido, que puede ser agua frıa ocaliente a la que la barra esta en contacto.

2. Flujo calorico presente o Frontera aislada. En otros casos es posibleprescribir el flujo de calor en lugar de la temperatura, es decir,

Ko(0)∂u

∂x(0, t) = φ(t), (0.3)

donde φ(t) es una funcion dada. esto equivale a dar una condicion sobre la

derivada∂u

∂xen x = 0. El ejemplo mas simple de condiciones de contorno

con flujo de calor prescrito se da cuando un extremo esta perfectamenteaislado. En estos casos no hay flujo de calor en los extremos. Si x = 0esta aislado, entonces

∂u

∂x(0, t) = 0, (Neumann) (0.4)

3. Ley de enfriamiento de Newton. Cuando una barra unidimensionalesta en contacto en los extremos con un fluido en movimiento, por ejemplo,aire, entonces no son apropiadas ni la condicion de temperatura prescritani la del flujo de calor prescrito. Imaginemos una barra muy caliente encontacto con aire en movimiento mas frio. La barra desprendera calor, ca-lentando el aire circundante. El aire transportara entonces el calor haciaafuera, este proceso de transferencia de calor se conoce como conveccion .Sin embargo el aire estara mas caliente cerca de la barra. Este es de nuevo,un problema complicado, la temperatura del aire variara con la distanciadesde la barra. Los experimentos prueban que, con una buena aproxi-macion, el flujo de calor que sale de la barra es proporcional a la diferenciade temperatura entre la barra y la temperatura externa prescrita. Estacondicion de contorno se llama Ley de enfriamiento de Newton . Enel extremo x = 0 esta ley implica

−Ko(0)∂u

∂x(0, t) = −H[u(0, t)− uB(t)], (Robin o mixta) (0.5)

donde la constante de proporcionalidad H > 0 se denomina Coeficientede transferencia de calor (o coeficiente de conveccion). Esta condicion

de contorno involucra una combinacion lineal entre u y∂u

∂x. Debemos ser

cuidadoso con el signo que precede a la constante de proporcionalidad H.Si la barra esta mas caliente que el deposito [u(0, t) > uB(t)], entonces el

3

calor fluye fuera de la barra en x = 0. Por lo tanto el calor fluye hacia laizquierda, y en este caso el flujo de calor deberıa ser negativo.

Debemos tener una condicion de contorno en cada extremo de la barra,pero no es necesario que ambos extremos satisfagan la misma clase decondicion. Por ejemplo, es posible tener una temperatura oscilante pre-scrita en x = 0,

u(0, t) = 100− 25cost,

y que el extremo de la derecha, x = L, este aislado,

∂u

∂x(L, t) = 0.

0.2 Resolucion de la Ecuacion del Calor con temperaturaprescrita. Distribucion de temperatura en equilibrio.

Formulemos un problema simple, pero tipo, de flujo de calor. Si los coeficientestermicos son constantes y no existen fuentes de energıa calorıfica, entonces latemperatura u(x, t) en una barra unidimensional de longitud L satisface laecuacion:

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2.

La solucion de esta ecuacion en derivadas parciales debe satisfacer la condicioninicial

u(x, 0) = f(x),

y una condicion de contorno en cada extremo. Por ejemplo, cada extremo podrıaestar en contacto con diferentes depositos, de modo que la temperatura en cadaextremo esta prescrita:

u(0, t) = T1(t)

u(L, t) = T2(t).

Supongamos que las condiciones de contorno en x = 0 y x = L fueranEstacionarias(esto es, independientes del tiempo).

u(0, t) = T1

u(L, t) = T2,

donde T1 y T2 son constantes dadas. Definamos una solucion de equilibrio oestado estacionario como una distribucion de temperatura que no depende

del tiempo, es decir, tal que u(x, t) = u(x). Puesto que∂u

∂t= 0,la ecuacion de

se convierte end2u

dx2= 0. (0.6)

4

Las condiciones de contorno son

u(0) = T1

u(L) = T2.(0.7)

Al calcular los estados estacionarios, usualmente se ignoran las condiciones ini-ciales. La ecuacion (0.6) es una ecuacion diferencial ordinaria de segundo ordenbastante trivial. Su solucion general puede obtenerse integrando dos veces, deesta manera

u(x) = c1x + c2. (0.8)

Por lo tanto, la distribucion de temperaturas en equilibrio que se obtiene a partirde las condiciones de contorno, es una lınea recta que es igual a T1 en x = 0 ya T2 en x = L.

Podemos ver geometricamente que existe una unica solucion de equilibriopara este problema. Algebraicamente, podemos determinar las dos constantesarbitrarias c1 y c2, imponiendo las condiciones de contorno, u(0) = T1 y u(L) =T2.

u(0) = T1 =⇒ c2 = T1,

u(L) = T2 =⇒ T2 = c1L + T1 =⇒ c1 =T2 − T1

L

(0.9)

Por lo tanto, la unica solucion de equilibrio para la ecuacion del calor con estascondiciones de contorno fijas es

u(x) = T1 +(T2 − T1)

Lx. (0.10)

0.2.1 Aproximacion al Equilibrio.

Para el problema dependiente del tiempo, con condiciones de contorno esta-cionarias, esperamos que la distribucion de temperatura u(x, t) varıe con eltiempo, y por lo tanto que no permanezca igual a la distribucion inicial f(x).Despues de mucho, mucho tiempo, es facil imaginar que la influencia de los dosextremos deberıa dominar finalmente. Las condiciones iniciales usualmente seolvidan. Fısicamente se espera que la temperatura se aproxime a la distribucionde temperaturas en equilibrios, puesto que las condiciones de contorno son in-dependientes del tiempo

limt→∞u(x, t) = u(x) = T1 +(T2 − T1)

Lx (0.11)

0.2.2 Fronteras Aisladas.

Como un segundo ejemplo del calculo de estados estacionarios, consideremosde nuevo una barra unidimensional sin fuentes y con propiedades termicas con-stantes, pero esta vez con extremos aislados en x = 0 y x = L. La formulacion

5

del problema dependiente del tiempo es

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2,

u(x, 0) = f(x),

∂u

∂x(0, t) =

∂u

∂x(L, t)

(0.12)

El problema de equilibrio se obtiene imponiendo que∂u

∂t= 0. La distribucion

de temperaturas en equilibrios satisfaced2u

dx2= 0,

du

dx(0) =

du

dx(L) = 0.

(0.13)

La solucion general dedu

dx2= 0 es de nuevo una lınea recta arbitraria

u(x) = c1x + c2 (0.14)

Las condiciones de contorno implican que la pendiente debe ser cero en ambosextremos. Sin embargo, cualquiera lınea recta de pendiente cero satisface (0.14).La solucion es entonces cualquier temperatura constante. Algebraicamente, de

(0.14) se obtiene quedu

dx= c1 y ambas condiciones de contorno implican que

c1 = 0. Asıu(x) = c2, (0.15)

para cualquier constante c2. A diferencia del caso anterior (con temperat-uras fijas en ambos extremos), no existe una temperatura de equilibrio unica.Cualquier temperatura constante es una distribucion de temperatura de equilib-rio para las condiciones de contorno de aislamiento. Por tanto, para el problemade valor inicial dependiente del tiempo, esperamos que

limt→∞u(x, t) = c2,

si esperamos lo suficiente, una barra con extremos aislados deberıa aproximarsea una temperatura constante. Fısicamente esto parece bastante razonable, sinembargo, no tiene sentido que la solucion pueda aproximarse a una constantearbitraria; se deberıa saber a que constante se aproxima. En este caso, lafalta de unicidad se debe a el olvido por completo de la condicion inicial. engeneral, la solucion de equilibrio no satisface la condicion inicial. Sin embargo,la solucion particular de equilibrio constante se determina la condicion inicialpara el problema dependiente del tiempo.

6

Puesto que ambos extremos estan aislados, la energıa termica debe per-manecer constante. Esto se sigue de la Ley de Conservacion de la EnergıaTermica en la barra

d

dt

∫ L

0

c(x)ρ(x)u(x, t)dx = −Ko∂u

∂x(0, t) + Ko

∂u

∂x(L, t). (0.16)

Puesto que ambos extremos estan aislados∫ L

0

c(x)ρ(x)u(x, t)dx = constante (0.17)

Una consecuencia de 0.17 es que la energıa termica inicial debe ser igual a lafinal (limt→∞). La energıa termica inicial es

cρ

∫ L

0

u(0, t)dx = cρ

∫ L

0

f(x)dx,

mientras que la energıa termica en equilibrio es

cρ

∫ L

0

c2dx = cρc2L,

puesto que la distribucion de temperatura en equilibrio es una constante u(x, t) =c2. Igualando estas dos expresiones para energıa termica total

cρ

∫ L

0

f(x)dx = cρc2L,

por lo que despejando c2 vemos que la unica solucion de equilibrio debe ser

u(x) = c2 =1L

∫ L

0

f(x)dx, (0.18)

es decir, el promedio de la distribucion inicial de temperatura.

0.3 Ejercicios

1-. Determinar la distribucion de temperaturas en equilibrios para una barraunidimensional con propiedades termicas constantes, con las siguientesfuentes y condiciones de contorno:

(a) Q = 0, u(0) = 0, u(L) = T,

(b) Q = 0, u(0) = T,∂u

∂x(L) = α,

(c)Q

Ko= x2, u(0) = T,

∂u

∂x(L) = 0,

(d) Q = 0,∂u

∂x(0)− [u(0)− T ] = 0,

∂u

∂x(L) = α.

7

En todos los casos se supone que u(x, 0) = f(x).

2-. Considerese la distribucion de temperaturas en equilibrio para una barrauniforme unidimensional, con una fuente de energıa termica Q/Ko = x,sujeta a las condiciones de contorno u(0) = 0 y u(L) = 0.

(a) Determınese la energıa calorıfica total generada por unidad de tiempoen el interior de barra.

(b) Determınese la energıa calorıfica que fluye hacia fuera de la barra porunidad de tiempo en x = 0 y en x = L.

(c) ¿Que relacion deberıa existir entre las respuestas de los apartados(a) y (b)?

3-. Consideremos una barra unidimensional 0 ≤ x ≤ L con propiedades termicasconocidas y sin fuentes. Supongamos que la temperatura en x = L es unaconstante desconocida T . Determinar T si conocemos (en el estado esta-cionario) tanto la temperatura como el flujo de calor en x = 0.

4-. Supongamos que los dos extremos de una barra uniforme de longitud Lestan aislados, que existe una fuente constante de energıa termica Qo 6=0y que la temperatura inicialmente es u(x, 0) = f(x).

(a) Pruebese matematicamente que no existe ninguna distribucion detemperaturas en equilibrio. explicar brevemente los motivos fısicos.

(b) Calcular la energıa termica total contenida en la barra.

5-. Determınese una distribucion de temperaturas en equilibrio para los sigu-ientes problemas (si es que existe). ¿Para que valores de β existen solu-ciones? Explicar los motivos fısicos.

(a)∂u

∂t=

∂2u

∂x2+ 1 u(x, 0) = f(x),

∂u

∂x(0, t) = 1,

∂u

∂x(L, t) = β,

(b)∂u

∂t=

∂2u

∂x2, u(x, 0) = f(x),

∂u

∂x(0, t) = 1,

∂u

∂x(L, t) = β

(c)∂u

∂t=

∂2u

∂x2+ x− β, u(x.0) = f(x),

∂u

∂x(0, t) = 0,

∂u

∂x(L, t) = 0.

Facultad de Ciencias

Ecuaciones en Derivadas Parciales.Trabajo No. 1

04/11/05

(1) Considere una barra unidimensional de longitud L. Supongamos que la energıacalorıfica fluye hacia afuera de la barra. en x = L y que tal flujo es proporcionala la diferencia de temperaturas entre la barra y la temperatura externa. De unaexpresion matematica de esta condicion de borde.

(2) Supongamos que los dos extremos de una barra uniforme de longitud L estan aisla-dos, que existe una fuente constante de energıa termica Qo 6=0 y que la temperaturainicialmente es u(x, 0) = x.

(2.1) Demuestre matematicamente que no existe ninguna distribucion de temperaturaen equilibrio. Explicar los motivos fısicos.

(2.2) Calcular la energıa termica total contenida en la barra.

(3) El vector de flujo de calor deducido a partir de la conduccion de energıa es

φ(−→x , t) = −Ko∇u(−→x , t).

Si ademas las moleculas se mueven con una velocidad media−→V , entonces

φ(−→x , t) = −Ko∇u(−→x , t) + cρu(−→x , t)−→V .

Deducir la correspondiente ecuacion para el calor suponiendo que las propiedadestermicas son constantes y que no hay fuentes internas.

(4) Consideremos el siguiente problema de contorno

∂u

∂t= k

∂2u

∂x20 < x < L, t > 0

∂u

∂x(0, t) =

∂u

∂x(L, t) = 0 u(x, 0) = f(x)

(4.1) Dar una interpretacion fısica.

(4.2) Resolver por el metodo de Separacion de Variables. ¿Cuanto vale λn?

(4.3) ¿Como es la distribucion de temperaturas cuando t →∞?

1

0.1 Metodo de Separacion de Variables.

Queremos buscar la solucion matematica de algunos problemas fısicos en queaparecen ecuaciones en derivadas parciales. Utilizaremos la tecnica llamadaMetodo de separacion de variables.

Un problema relativamente simple pero tipo para la ecuacion de la con-duccion del calor es el de una barra unidimensional (0 ≤ x≤ L) con todos loscoeficientes termicos constantes, esto es

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2+

Q(x, t)cρ

, 0 < x < L, t > 0 (0.1)

sujeta a la condicion inicial

u(x, 0) = f(x), 0 < x < L, (0.2)

y a dos condiciones de contorno. Por ejemplo, si ambos extremos de la barratienen temperatura prescrita, esto es,

u(0, t) = T1(t),

u(L, t) = T2(t).(0.3)

El metodo de separacion de variable se utiliza cuando la ecuacion enderivadas parciales y las condiciones de contorno son lineales y ho-mogeneas.

Recordemos que un operador lineal se define como aquel que satisface

L(c1u1 + c2u2) = c1L(u1) + c2L(u2), (0.4)

para dos funciones cualesquiera u1 y u2, donde c1 y c2 son constantes arbitrarias.∂

∂ty

∂2

∂x2son ejemplos de operadores lineales, y que

∂

∂t(c1u1 + c2u2) = c1

∂u1

∂t+ c2

∂u2

∂t

∂2

∂x2(c1u1 + c2u2) = c1

∂2u1

∂x2+ c2

∂2u2

∂x2.

Se puede demostrar que cualquier combinacion lineal de operadores lineales esun operador lineal. Por tanto, el operador del calor

[∂

∂t−K

∂2

∂x2

]( . )

es tambien un operador lineal.Una ecuacion lineal para la incognita u es de la forma

L(u(x, t)) = f(x, t), (0.5)

2

donde L, es un operador lineal y f es conocida. Ejemplos de ecuaciones enderivadas parciales lineales son:

∂u

∂t−K

∂2u

∂x2+ f(x, t),

∂u

∂t−K

∂2u

∂x2+ α(x, t)u + f(x, t),

∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0,

∂u

∂t−K

∂3u

∂x3+ α(x, t)u

Ejemplos de ecuaciones en derivadas parciales no lineales

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2+ α(x, t)u4,

∂u

∂t+ u

∂u

∂x=

∂3u

∂x3.

Los terminos u4 y u∂u/∂x son nolineales.Si f = 0, en (0.5), tenemos L(u) = 0, que es lo que llamamos una ecuacion

Lineal Homogenea . Un ejemplo de una ecuacion en derivadas parciales linealhomogenea es la ecuacion del calor

∂u

∂t−K

∂2u

∂x2= 0 (0.6)

La propiedad (0.4) trae como consecuencia que L(0) = 0 (tomando c1 =c2 = 0), por tanto, u = 0 es siempre solucion de una ecuacion lineal homogenea.Por ejemplo, u = 0 satisface la ecuacion del calor (0.6). Es por ello que llamare-mos u = 0 la solucion trivial de una ecuacion lineal homogenea. La formamas sencilla de comprobar si una ecuacion es homogenea es verificando que lasolucion trivial satisface la ecuacion. Si u = 0 satisface una ecuacion lineal,entonces se tiene que f = 0, y por lo tanto, la ecuacion lineal es homogenea. Sieso no ocurre la ecuacion se llama no homogenea .

La propiedad fundamental de los operadores lineales (0.4) permite sumarsoluciones de ecuaciones lineales en el siguiente sentido.

0.2 Principio de Superposicion.

Si u1 y u2 satisfacen una ecuacion lineal homogenea, entonces cualquier combi-nacion lineal de ellas c1u1 + c2u2, satisface la misma ecuacion lineal homogenea.

La demostracion se basa en la definicion de operador lineal. Supongamosque u1 y u2 son dos soluciones de una ecuacion lineal homogenea. Eso significa

3

que L(u1) = L(u2) = 0, pero

L(c1u1 + c2u2) = c1L(u1) + c2L(u2).

Como u1 y u2 son soluciones de la ecuacion homogenea, se sigue que L(c1u1 +c2u2) = 0.

Los conceptos de Linealidad y homogeneidad tambien se aplican a las condi-ciones de contorno, cuando las variables estan evaluadas en puntos concretos.Son ejemplos de condiciones de contorno lineales

u(0, t) = f(t),

∂u

∂x(L, t) = g(t),

∂u

∂x(0, t) = 0,

−Ko∂u

∂x(L, t) = h [u(L, t)− g(t)] .

Una condicion de contorno nolineal es, por ejemplo

∂u

∂x(L, t) = u2(L, t).

De estas condiciones, u≡0 satisface solamente∂u

∂x(0, t) = 0. Esta es, por

tanto, homogenea. No es necesario que una condicion de contorno sea del tipou(0, t) = 0, para que la solucion trivial la cumpla.

0.3 Ecuacion del Calor con temperatura cero en los Extremos.

La ecuacion (0.1) es lineal, pero solo es homogenea si no hay fuentes, es decir,si Q(x, t) = 0. las condiciones de contorno (0.3) son tambien lineales y comoantes son homogeneas solamente si T1(t) = 0 y T2(t) = 0. Por ello planteamosestudiar en primer lugar el problema

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2, 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = u(L, t) = 0,

u(x, 0) = f(x).

(0.7)

Este es un problema fısico correspondiente a una barra unidimensional (0 < x < L)sin fuentes y con ambos extremos sumergidos en un deposito a 0o de temper-atura. Estamos interesados en predecir como cambia la energıa termica inicial(representada por la condicion inicial) en esta situacion fısica relativamente sim-ple.

4

En el Metodo de Separacion de Variable intentamos encontrar solu-ciones que sean un producto de la forma

u(x, t) = φ(x)h(t) 6= 0, (0.8)

donde φ(x) es una funcion solo de x y h(t) una funcion solo de t. Sustituyendola solucion planteada (0.8)en la ecuacion diferencial, tenemos

∂u

∂t= φ(x)

dh

dt,

∂2u

∂x2=

d2φ

dx2h(t),

con lo que la ecuacion del calor implica que

φ(x)dh

dt= K

d2φ

dx2h(t). (0.9)

Observemos que podemos ”separar variables” dividiendo ambos miembrosde (0.9) por φ(x)h(t):

1Kh(t)

dh

dt=

1φ

d2φ

dx2. (0.10)

Ahora las variables estan ”separadas” en el sentido de que el lado izquierdo esuna funcion solo de ”t” y el lado derecho es una funcion solo de ”x”. ¿Comopuede ser una funcion del tiempo igual a una funcion del espacio?. Si x y t sonvariables arbitrarias entonces x no puede ser funcion de t (ni t una funcion dex) tal como parece decir (0.10). La idea fundamental es que es necesario queambos miembros de (0.10) sean iguales a la misma constante:

1Kh(t)

dh

dt=

1φ

d2φ

dx2= −λ, (0.11)

donde λ es una constante arbitraria, conocida como constante de separacion .El signo negativo lo introducimos por conveniencia.

La (0.11) da lugar a dos ecuaciones diferenciales ordinarias, una para h(t) yotra para φ(x):

d2φ

d2x= −λφ, (0.12)

dh

dt= −λKh. (0.13)

Por otra parte la solucion

u(x, t) = φ(x)h(t),

debe cumplir las dos condiciones de contorno homogeneas. Por ejemplo,

u(0, t) = φ(0)h(t) = 0,

5

implica, o bien que h(t) ≡ 0 ∀t > 0, o bien φ(0) = 0. Si h(t) ≡ 0, entonces(0.8) la solucion producto es identicamente cero, u(x, t)≡ 0. Esto no nos interesapor que u(x, t)≡ 0, es la solucion trivial .Buscaremos soluciones no triviales,para ello debemos escoger

φ(0) = 0. (0.14)

Utilizando la otra condicion de contorno, u(L, t) = 0, obtenemos de formasimilar que

φ(L) = 0. (0.15)

0.3.1 Problema de Contorno.

La parte dependiente de x de la solucion propuesta, φ(x), satisface una ecuaciondiferencial ordinaria de segundo orden con dos condiciones de contorno ho-mogeneas:

d2φ

dx2= −λφ,

φ(0) = φ(L) = 0.

(0.16)

Llamemos a (0.16) Problema de Contorno para una ecuacion diferencialordinaria. En el curso de Ecuaciones Diferenciales Ordinarias, solo se suelenestudiar problemas de valores iniciales.

Intentemos determinar los autovalores λ. En otras palabras, ¿Para quevalores de λ existen soluciones no triviales de (0.16)? Podemos resolver (0.16)directamente, la cual es una ecuacion diferencial ordinaria de segundo ordencon coeficientes constantes lineal y homogenea. Supongamos que existen dossoluciones linealmente independientes de la forma φ(x) = erx. Sustituyendoesta exponencial en la ecuacion diferencial obtenemos el polinomio caracterıstico

r2 = −λ.

Las soluciones correspondientes a las dos raıces tienen propiedades muy difer-entes dependiendo del valor de λ:

1. λ = 0, en el que r = 0 es una raız de multiplicidad dos.

2. λ < 0, en la que las dos raıces son reales y distintas r = ± (−λ)1/2, unapositiva y otra negativa.

3. λ > 0, en la que las dos raıces son imaginarias puras y complejas conju-gadas una de otra r = ± i(λ)1/2.

Autovalor (λ = 0). Determinaremos si λ = 0 es un autovalor para el prob-lema de contorno (0.16). Si λ = 0, (0.16) implica que

φ(x) = c1 + c2x,

6

correspondiente a la raız doble r = 0 del polinomio caracterıstico. Para deter-minar si λ = 0 es un autovalor debemos utilizar las condiciones de contorno.λ(0) = 0 implica que c1 = 0, por lo tanto

φ(x) = c2x.

Ademas, φ(L) = 0 implica que 0 = c2L. Como la longitud L de la barra espositiva ( 6=), c2 = 0 y por lo tanto φ(x)≡0. Esta es la solucion trivial, por loque λ = 0 no es un autovalor para este problema.

Autovalor (λ < 0). ¿Hay autovalores negativos?. Si λ < 0, la solucion de

d2φ

dx2= −λφ, (0.17)

no es difıcil, pero hay que ser cuidadoso. Las raıces del polinomio caracterısticoson λ = ±(−λ)1/2, luego dos soluciones son e(−λ)1/2x y e−(−λ)1/2x. Por conve-niencia tomaremos en este caso λ = −s, s > 0. Ası las dos soluciones indepen-dientes de esta ecuacion son es1/2x y e−s1/2x. La solucion general es

φ(x) = c1es1/2x + c2e

−s1/2x.

Para determinar si λ < 0 es un autovalor debemos utilizar las condiciones decontorno φ(0) = 0 implica:

c1 + c2 = 0 ⇒ c2 = −c1

asıφ(x) = c1e

s1/2x − c1e−s1/2x,

= c1

(es1/2x − e−s1/2x

)

= 2c1Senh(s1/2x)

La otra condicion de contorno, φ(L) = 0, implica que

c1Senh(s1/2L) = 0.

Como s1/2L > 0 y el seno hiperbolico no se anula cuando el argumento espositivo, se sigue que c1 = 0. Por tanto, φ(x)≡0. es decir, la unica solucionde (0.17) para λ < 0 que cumple las condiciones de contorno homogeneas es lasolucion trivial. Por tanto, no hay autovalores negativos. Para este ejemplo, laexistencia de autovalores negativos corresponderıa a un crecimiento exponencialen el tiempo.

Autovalor (λ > 0). Si λ > 0, las soluciones exponenciales tienen compo-nentes imaginarias, e±i(λ)1/2x. En este caso las soluciones oscilan. Si deseamos

7

obtener soluciones reales independientes, elegiremos normalmente Cos(λ1/2x) ySen(λ1/2x), que son combinaciones lineales independientes de e±i(λ)1/2x. Ası lasolucion general es

φ(x) = c1Cos(λ1/2x) + c2Sen(λ1/2x), (0.18)

una combinacion lineal arbitraria de dos soluciones independientes. Apliquemosahora las condiciones de contorno: φ(0) = 0 implica que

0 = c1.

Entonces,φ(x) = c2Sen(

√λx).

Solo resta ahora imponer la otra condicion de contorno: φ(L) = 0 implica que

0 = c2Sen(√

λL).

Para que se pueda verificar esta condicion, debe ser o bien c2 = 0 o bienSen(

√λL) = 0. Si c2 = 0, entonces φ(x) ≡0 ya que tenıamos previamente

que c1 = 0. Esta es la solucion trivial y nosotros buscamos aquellos valoresde λ para los que hay soluciones no triviales. entonces, los autovalores debencumplir:

Sen(√

λL) = 0. (0.19)

Es decir,√

λL debe ser un cero de la funcion seno. Nuestro conocimiento de lafuncion nos muestra que:

√λL = nπ, n ∈ Z+

√λL debe ser igual a un multiplo entero de π, donde n es un entero positivo ya

que√

λ > 0 (n = 0 tampoco es valido por que hemos supuesto que√

λ > 0 eneste caso). Los autovalores λ son, por tanto,

λ =(nπ

L

)2

n = 1, 2, 3, ...

Las autofunciones correspondientes al autovalor λ =(nπ

L

)2

, es

φ(x) = c2Sen(√

λx) = c2Sen(nπx

L

), (0.20)

donde c2 es cualquier constante. A menudo escogemos un valor conveniente parac2, por ejemplo c2 = 1. Recordemos que una autofuncion especifica siempre sepuede multiplicar por una constante arbitraria, ya que la ecuacion en derivadasparciales y las condiciones de contorno son lineales y homogeneas.

Si llamamos λ1 al primer (o menor) autovalor, λ2 al siguiente y ası suce-

sivamente, tenemos que λn =(nπ

L

)2

, n = 1, 2, 3, .... Las autofunciones

correspondientes se denotan algunas veces por φn(x).

8

0.4 Ecuacion Dependiente del tiempo.

La ventaja de la solucion producto es que transforma una ecuacion en derivadasparciales, que no sabemos resolver, en dos ecuaciones diferenciales ordinarias.Las condiciones de contorno imponen dos condiciones a la ecuacion diferen-cial ordinaria que depende de x. La ecuacion dependiente del tiempo no tienecondiciones adicionales, es simplemente

dh

dt= −λKh. (0.21)

La ecuacion (0.21) es una ecuacion diferencial lineal de primer ordencon coeficientes constantes. Podemos encontrar su solucion bastante facil.Casi todas las ecuaciones diferenciales ordinarias (lineales y homogeneas) sepueden resolver buscando soluciones exponenciales, h(t) = ert. Sustituyendoen la ecuacion el polinomio caracterıstico es r = −λK. Por tanto, la soluciongeneral de (0.21) es

h(t) = ce−λKt, (0.22)

debemos recordar que para ecuaciones lineales homogeneas, si e−λKt es solucion,entonces ce−λKt es tambien una solucion (para cualquier constante arbitrariac). La solucion dependiente del tiempo es una simple exponencial. Si λ >0, la solucion exponencialmente decae cuando t crece (dado que K > 0). Siλ < 0, la solucion crece exponencialmente, y si λ = 0, la solucion permanececonstante en el tiempo. Dado que esto es un problema de conduccion de calory la temperatura u(x, t) es proporcional a h(t), no esperamos que la solucioncrezca exponencialmente en el tiempo.

Ası la solucion, u(x, t) = λ(x)h(t) tiene la forma:

h(t) = ce−λKt

φ(x) = c2Sen(√

λx)

y los valores de la constante de separacion

λ =(nπ

L

)2

,

donde n es un entero positivo, por lo que las soluciones de la ecuacion del calorson

u(x, t) = BSen(nπx

L

)e−λKt, n≥1 (0.23)

donde B es una constante arbitraria (B = cc2). Esta es una solucion diferen-cial para todo n. Notemos cuando t crece, estas soluciones especiales decaenexponencialmente. En particular, para estas soluciones

limt→∞u(x, t) = 0.

Adicionalmente, u(x, t) satisface una condicion inicial especial, u(x, 0) = BSen(nπx

L

).

9

0.4.1 Problemas de Valor Inicial.

Podemos usar la solucion (0.23) para satisfacer un problema de valor inicialsi la condicion inicial tiene la forma del lado derecho de (0.23). Por ejemplo,supongamos que deseamos resolver el siguiente problema de valor inicial:

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2

u(0, t) = u(L, t) = 0,

u(x, 0) = 4Sen3πx

L.

Nuestra solucion (0.23) satisface las condiciones iniciales u(x, 0) = BSennπx

L.

Ası, escogiendo n = 3 y B = 4, tenemos satisfecha la condicion inicial. De estamanera a solucion para este ejemplo es

u(x, t) = 4Sen3πx

Le−K(3π/L)2t. (0.24)

Se puede probar que este problema fısico tiene solucion unica. Por tanto, noimporta el procedimiento utilizado para obtener la solucion.

0.5 Principio de Superposicion.

El producto de soluciones aparenta ser muy especial, dado que ellos pueden serusadas directamente solo si la condicion inicial tiene una forma apropiada. Sinembargo, deseamos demostrar que estas soluciones son utiles en muchos otroscasos, de hecho en todas las situaciones. Consideremos la misma ecuacion enderivadas parciales y condiciones de borde, pero ahora sujeta a la condicion

u(x, 0) = 4Sen3πx

L+ 7Sen

8πx

L.

La solucion a este problema puede obtenerse sumando dos soluciones simplesobtenidas por el metodo

u(x, t) = 4Sen3πx

Le−K(3π/L)2t + 7Sen

8πx

Le−K(8π/L)2t

Inmediatamente vemos que esta solucion satisface la condicion inicial (susti-tuyendo t = 0) como tambien las condiciones de fronteras (sustituyendo x = 0y x = L). Es solo mas trabajo el demostrar que la ecuacion diferencial par-cial tambien se satisface. Este es un ejemplo de aplicacion del Principio deSuperposicion .

10

0.5.1 Principio de Superposicion Generalizado.

El principio de superposicion se puede extender, demostrandose que si u1, u2, u3, ..., um

son soluciones de un problema lineal homogeneo, entonces cualquier combi-nacion lineal de ellas

c1u1 + c2u2 + c3u3 + ... + cmum =∑m

n=1cnun,

donde las cn, n = 1, 2, 3, ..., m son constantes arbitrarias, es tambien solucion.Como por el metodo de separacion de variables sabemos que Sen

nπx

Le−K(nπ/L)2t

es solucion de la ecuacion (con condiciones de contorno nulas) para todos los en-teros positivos de n, cualquier combinacion lineal de estas soluciones es tambienuna solucion de la ecuacion del calor lineal homogenea. Por tanto,

u(x, t) =∑m

n=1BnSen

nπx

Le−K(nπ/L)2t, (0.25)

resuelve la ecuacion del calor con condiciones de contorno cero para cualquierentero positivo m. Hemos sumado soluciones de la ecuacion del calor teniendoen cuenta que la amplitud ”B” puede ser diferente para cada solucion, por esola hemos sustituido por Bn. La ecuacion (0.25) demuestra que podemos resolverla ecuacion del calor si inicialmente

u(x, 0) = f(x) =∑m

n=1BnSen

nπx

L, (0.26)

esto es, si la condicion inicial es igual a una suma finita de unas soluciones senosapropiadas. ¿Que deberıamos hacer en la situacion usual en que f(x) no es unacombinacion lineal de ese tipo de funciones senos?. en realidad, la teorıa deseries de Fourier establece que:

1. Toda funcion f(x) (con ciertas restricciones muy razonables que discu-tiremos mas adelante) se puede aproximar (en cierto sentido) por unacombinacion lineal finita de las funciones Sen

nπx

L, donde n = 1, 2, 3, ...

2. La aproximacion puede no ser muy buena si m es pequeno, pero es cadavez mejor segun m aumenta.item Mas aun, si consideramos el lımite cuando m→∞, entonces no soloes (0.26) la mejor aproximacion a f(x) que utiliza combinaciones de auto-funciones, sino que (de nuevo en cierto sentido) la serie infinita resultanteconverge a f(x).

Por tanto, tenemos que ”cualquier” condicion inicial f(x) se puede escribircomo una combinacion lineal infinita de funciones Sen

nπx

L, algo que se conoce

como Serie de Fourier

f(x) =∑m

n=1BnSen

nπx

L(0.27)

Lo que es mas importante es que tambien la correspondiente serie infinita es lasolucion de nuestro problema de conduccion del calor:

u(x, t) =∑m

n=1BnSen

nπx

Le−K(nπ/L)2t (0.28)

11

0.6 Ejercicios

1. En las siguientes ecuaciones en derivadas parciales, ¿que ecuaciones difer-enciales ordinarias aparecen al aplicar el metodo de separacion de vari-ables?

(a)∂u

∂t=

k

r

∂

∂r

(r∂u

∂r

)(b)

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2− vo

∂u

∂x

(c)∂2u

∂x2+

∂2u

∂y2= 0 (d)

∂u

∂t=

k

r2

∂

∂r

(r2 ∂u

∂r

)

(e)∂2u

∂t2= c2 ∂2u

∂x2

2. Consideremos la ecuacion diferencial

d2φ

dx2+ λφ = 0.

Determinar los autovalores λ (y las correspondientes autofunciones), siφ satisface las siguientes condiciones de contorno. Estudiar tres casosλ > 0, λ = 0 y λ < 0. Se puede suponer que los autovalores son reales.

(a) φ(0) = 0 y φ(π) = 0 (b) φ(0) = 0 y φ(1) = 0

(c)dφ

dx(0) = 0 y

dφ

dx(L) = 0 (d) φ(0) = 0 y

dφ

dx(L) = 0

(e) φ(a) = 0 y φ(b) = 0

3. Consideremos la ecuacion del calor

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2,

sujeta a las condiciones de contorno

u(0, t) = 0 y u(L, t) = 0

Resolver el problema de valor inicial si la temperatura es inicialmente

(a) u(x, 0) = 6Sen9πx

L(a) u(x, 0) = 3Sen

πx

L− Sen

3πx

L

(c) u(x, 0) = 2Cos3πx

L

(0.29)

La respuesta del apartado (c) puede involucrar algunas integrales que noes necesario evaluar.

12

4. Consideremos el siguiente problema de contorno:

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2con

∂u

∂x(0, t) = 0,

∂u

∂x(L, t) = 0, y u(x, 0) = f(x).

(a) Dar una interpretacion fısica, en una sola frase, para este problema.

(b) Resolver por el metodo de separacion de variables. Demostrar enprimer lugar que no hay soluciones producto que crezcan exponen-cialmente con el tiempo. Indicacion:la solucion es

u(x, t) = Ao +∑∞

n=1Ane−λnktCosnπx

L.

¿Cuanto vale λn?

(c) Demostrar que la condicion inicial u(x, 0) = f(x) se cumple si

f(x) = Ao +∑∞

n=1AnCosnπx

L.

5. Consideremos la ecuacion

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2− αu,

que corresponde a una barra unidimensional con perdida de calor a travesde la superficie lateral y temperatura exterior 0o(α > 0), o con superfi-cie lateral aislada y una fuente de calor proporcional a la temperatura.Supongamos que las condiciones de contorno son

u(0, t) = 0 y u(L, t) = 0.

(a) ¿Cuales son las posibles distribuciones de temperaturas en equilibriosi α > 0?

(b) Resolver el problema dependiente del tiempo [u(x, 0) = f(x)] paraα > 0. Analizar la temperatura para tiempos grandes (t→∞) ycomparar con el apartado (a).

1. Funciones Ortogonales

Supongamos que es posible que

(1) f(x) =∑∞

n=1BnSen

nπx

L, 0 ≤ x ≤ L.

Usaremos el hecho de que esta serie converge uniformemente y que las

autofunciones Sennπx

Lsatisfacen la siguiente propiedad integral:

(2)

∫ L

0

Sennπx

LSen

mπx

Ldx =

0 m6=n

L2

m = n,

donde m y n son enteros positivos.Para utilizar estas propiedades en el calculo de los Bn, multiplicamos

ambos lados de (1) por Senmπx

L(para algun entero fijo m, independi-

ente del ındice n)

(3) f(x)Senmπx

L=

∑∞n=1

BnSennπx

LSen

mπx

L

Integrando (3) desde x = 0 hasta x = L

(4)

∫ L

0

f(x)Senmπx

Ldx =

∫ L

0

∑∞n=1

BnSennπx

LSen

mπx

Ldx.

En vista de que estamos suponiendo que la serie converge uniforme-mente para 0 ≤ x ≤ L, entonces podemos intercambiar los sımbolos desumatoria con integral. ası la ecuacion (4) puede escribirse como

(5)

∫ L

0

f(x)Senmπx

Ldx =

∑∞n=1

Bn

∫ L

0

Sennπx

LSen

mπx

Ldx.

Sabemos que los terminos de la sumatoria son ceros si n 6=m, por lapropiedad (2). Al hacer la suma en n, en algun momento n es igual am. Es solo para este valor n = m, que hay una contribucion distintade cero en la sumatoria infinita. Es to es, el unico termino que apareceen el lado derecho de (5) es el que obtenemos al sustituir n por m

∫ L

0

f(x)Senmπx

Ldx = Bm

∫ L

0

Sen2mπx

Ldx.

Como la integral de la derecha es igual a L/2, podemos despejar Bm:

(6) Bm =2

L

∫ L

0

f(x)Senmπx

Ldx

La integral de (6) se considera conocida ya que f(x) es la condicioninicial dada.

1

2

Ejemplo: Consideremos una barra unidimensional de longitud Lque es colocada en un gran tubo de agua hirviendo a una temperaturade 100oC, esperamos a que la barra se encuentre toda a la misma tem-peratura, es decir 100oC. Aislamos la superficie lateral y rapidamente(en el instante t = 0) sumergimos los extremos en grandes depositos deagua helada a una temperatura de 0oC. El problema matematico es:

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2, t > 0, 0 < x < L, K > 0

u(0, t) = u(L, t) = 0, t > 0

u(x, 0) = 100, 0 < x < L

De acuerdo con (??) y 6, la solucion es

u(x, t) =∑∞

n=1Bn Sennπx

Le−K(nπ/L)2t,

donde

f(x) =∑∞

n=1Bn Sennπx

L,

y

Bn =2

L

∫ L

0f(x)Sen

nπx

Ldx,

con f(x) = 100, ası

(7)

Bn =2

L

∫ L

0100Sen

nπx

Ldx

=200

L

[− L

nπCos

nπx

L

]L

o

=200

nπ[1− Cosnπ]

=

0 n par

400

nπn impar

La solucion es bastante complicada al tener una serie infinita. ¿Quepodemos decir de ella?. En primer lugar, observamos que

limt→∞u(x, t) = 0,

es decir, la distribucion de temperatura tiende al estado estacionario,u(x, t) = 0. Fısicamente no es sorprendente este hecho, ya que losextremos estan a 0o; esperamos que toda la energıa termica salga de

3

ella por los extremos. El problema de equilibrio,d2u

dx2= 0 con u(0) = 0y

u(L) = 0, tiene solucion unica, u≡0, que concuerda con el lımite cuandot→∞ de la solucion dependiente del tiempo.

1.1. Diversos Problemas de contorno para la ecuacion del Calor.Conduccion del Calor en una barra con extremos aislados.Calculemos en detalle e interpretemos la solucion del problema definidopara 0 ≤ x ≤ L y t > 0

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2

∂u

∂x(0, t) =

∂u

∂x(L, t) = 0

u(x.0) = f(x)

Recordemos que este es un problema de conduccion del calor enuna barra unidimensional con coeficientes termicos constantes y sinfuentes. este problema es bastante similar al problema anterior, conla unica diferencia de las condiciones de contorno. Aquı los extremosestan aislados, mientras que en el ejemplo anterior los extremos tenıan0o de temperatura fija prescrita.Tanto la ecuacion diferencial como lascondiciones de contorno son lineales y homogeneas. Consecuentemente,aplicamos el metodo de separacion de variable. Si suponemos que haysoluciones producto,

(8) u(x, t) = φ(x)h(t)6=0,

la ecuacion en derivadas parciales implica como antes

dh

dt= −λKh,

d2φ

dx2= −λφ,

donde λ es la constante de separacion. De nuevo

(9) h(t) = Ce−λKt.

Las condiciones de frontera aislada, implica que las soluciones produc-tos deben satisfacer

dφ

dx(0) =

dφ

dx(L) = 0.

La constante de separacion λ se determina encontrando aquellos valorespara los que existen soluciones no triviales del siguiente problema de

4

contorno

(10)

d2φ

dx2= −λφ

dφ

dx(0) =

dφ

dx(L) = 0

Aunque la ecuacion diferencial ordinaria del problema es la mismaque se analizo previamente, las condiciones de contorno son diferentes.Debemos repetir parte del analisis. De nuevo se deben discutir tres ca-sos: λ = 0, λ < 0 y λ > 0 (por que supondremos que los autovaloresson reales).

• Si λ = 0, entonces

(11) φ(x) = c1 + c2x,

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias. La derivada de φ es:dφ

dx= c2.

Las dos condiciones de borde dan la misma condicion c2 = 0.Por tanto, existen soluciones no triviales del problema de con-torno para λ = 0, las funciones φ(x) igual a cualquier constante

(12) φ(x) = c1.

La parte dependiente del tiempo es tambien una constante eneste caso, ya que e−λKt para λ = 0 vale 1, ası una solucionproducto de la EDP con condiciones de borde es:

u(x, t) = A,

donde A es cualquier constante.• Si λ < 0, entonces

φ(x) = c1e√−λx + c2e

−√−λx.

Necesitamos calcular dφ/dx para imponer las condiciones deborde

dφ

dx(x) =

√−λ[c1e

√−λx − c2e−√−λx

],

por lo que:dφ

dx(0) =

√−λ [c1 − c2] = 0 ⇒ c2 = c1.

Ası:

φ(x) = c1e√−λx + c1e

−√−λx.

= c1Cosh(√−λx),

de donde

5

dφ

dx(x) = 2c1

√−λSenh(√−λx),

por lo que

dφ

dx(L) = 2c1

√−λSenh(√−λL) = 0 ⇒ c1 = 0

• Si λ > 0, la solucion general de (10) es de nuevo

φ(x) = c1Cos(√−λx) + c2Sen(

√−λx).

Necesitamos calcular φ′(x) para usar las condiciones de borde,entonces

dφ

dx=√

λ(−c1Sen(

√λx) + c2Cos(

√λx)

).

La condicion de contornodφ

dx= 0 implica que

0 = c2λ,

y por tanto c2 = 0 ya que λ > 0. Entonces,

dφ

dx=√

λ(−c1Sen(

√λx)

)

y

dφ

dx(x) = −c1

√λSen

√λx.

Los autovalores λ y sus correspondientes autofunciones se de-terminan a partir de la condicion de contorno

0 = −c1

√λSen(

√λL).

Como antes, para obtener soluciones no triviales, c1 6=0, y portanto Sen(

√λL) = 0. Los autovalores obtenidos en el caso

λ > 0 son los mismos que el problema anterior, λL = nπ, esdecir,

(13) λ =(nπ

L

)2

, n = 1, 2, 3, ...

pero las autofunciones correspondiente son cosenos

(14) φ(x) = c1Cos(nπx

L

), n = 1, 2, 3, ...

Las soluciones producto resultantes de la EDP son

(15) u(x, t) = ACos(nπx

L

)e−K(nπ/L)2t, n = 1, 2, 3, ...

donde A es una constante arbitraria.

Antes de imponer la condicion inicial utilizamos el principio de su-perposicion. Debemos tomar una combinacion lineal de ”Todas” las

6

soluciones producto de la EDP (no solamente las correspondientes aλ > 0). Entonces,

(16) u(x, t) = A0 +∑∞

n=1AnCos

(nπx

L

)e−K(nπ/L)2t.

La condicion inicial u(x, 0) = f(x) se cumple si:

(17) f(x) = A0 +∑∞

n=1AnCos

(nπx

L

),

para 0 ≤ x ≤ L. Notemos que en l problema anterior f(x) estaba rep-resentada por una serie de senos, aquı f(x) consiste en una serie decosenos y un termino constante. Los dos casos son distintos debemos alas distintas condiciones de contorno. Para completar la solucion solobasta determinar los coeficientes A0 y An (n≥1), para ello supongamosque la serie de la ecuacion (17))converge uniformemente en el intervalo0 < x < L, e integremos dicha ecuacion entre x = 0 hasta x = L, estoes ∫ L

0f(x)dx = Ao

∫ L

0dx +

∑∞n=1An

∫ L

0Cos

(nπx

L

)dx,

pero ∫ L

0

Cos(nπx

L

)dx =

L

nπSen

(nπx

L

)|x=Lx=0 = 0,

de esta manera

(18) Ao =1

L

∫ L

0

f(x)dx.

Si ahora multiplicamos la ecuacion (17)) por Cos(mπx

L

)e integremos

entre x = 0 hasta x = L, en vista de que

(19)

∫ L

0

Cos(mπx

L

)Cos

(nπx

L

)dx =

0 n6=m

L

2n = m,

tenemos que

(20) Am =1

L

∫ L

0

f(x)dx. n≥1

Existe una diferencia significativa entre las soluciones de la EDP paraλ > 0 y la solucion para λ = 0. Todas las soluciones para λ > 0 decaenexponencialmente con el tiempo, mientras que la solucion para λ = 0permanece constante con el tiempo. Por tanto, a medida que t tiende ainfinito, la solucion en serie infinita se aproxima al estado estacionario,

limt→∞u(x, t) = Ao =1

L

∫ L

0f(x)dx.

7

No solamente es constante la temperatura de equilibrio A0, sino queesa constante es la medida de la distribucion inicial de temperaturas.

2. Conduccion del Calor en un anillo Delgado.

Supongamos que un alambre delgado de longitud 2L (con superficielateral aislada) se curva formando una circunferencia.

Si el alambre es suficientemente delgada es razonable suponer que latemperatura del mismo es constante en cada seccion transversal. Bajoestas condiciones se deberıa cumplir sobre el alambre una ecuacion delcalor unidimensional, donde la distancia es en realidad la longitud delarco x a lo largo del alambre:

(21)∂u

∂t= K

∂2u

∂x2.

Hemos supuesto que el alambre tiene coeficientes termicos constantesy que no hay fuentes. Es conveniente en este problema medir la longitudde arco x de tal manera que x varie desde −L hasta L.

Supongamos que los dos extremos del alambre(x = −L yx = L)estan conectados entre sı, de manera que se tiene contacto termicoperfecto. La temperatura u(x, t) es continua en el punto de union, porello

(22) u(−L, t) = u(L, t).

Puesto que el flujo de calor es continuo en ese punto (y la conductividadtermica es constante), la derivada de la temperatura debe ser tambiencontinua

(23)∂u

∂x(−L, t) =

∂u

∂x(L, t).

Las dos condiciones de contorno para la ecuacion en derivadas parcialesson (22) y (23). La condicion inicial es que la temperatura es unafuncion dada de la posicion a lo largo del alambre

(24) u(x, 0) = f(x).

Procederemos de la manera usual a aplicar el metodo de separacionde variables. Las soluciones producto u(x, t) = φ(x)g(t) para la ecuacion

8

del calor se han obtenido previamente, donde g(t) = ce−λKt. El prob-lema de contorno correspondiente es:

(25)

d2φ

dx2= −λφ,

φ(−L) = φ(L),

dφ

dx(−L) =

dφ

dx(L).

Las condiciones de contorno se denominan condiciones de contornoperiodicas , ya que aunque se puede pensar que fısicamente el prob-lema esta definido solo para −L < x < L, a menudo se consid-era definido de forma periodica para todo x; la temperatura sera unafuncion periodica (x = xo es el mismo punto fısico que x = xo + 2L, ypor lo tanto debe tener la misma temperatura).

Nuevamente si λ > 0, la solucion general es de nuevo

φ(x) = c1Cos√

λx + c2Sen√

λx.

La condicion de contorno φ(−L) = φ(L) implica que

c1Cos√

λ(−L) + c2Sen√

λ(−L) = c1Cos√

λL + c2Sen√

λL.

Como el coseno es una funcion par, Cos√

λ(−L) = Cos√

λ(L), y

como seno es una funcion impar Sen√

λ(−L) = −Sen√

λ(L), luegola condicion φ(−L) = φ(L) se cumple si y solo si:

(26) c2Sen√

λ(L) = 0.

Antes de resolver (26), analicemos la segunda condicion de contorno,que involucra a la derivada,

dφ

dx(x) =

√λ

[−c1Sen

√λx + c2Cos

√λx

].

Entonces,dφ

dx(−L) =

dφ

dx(L) se cumple solo si

(27) c1

√λSen

√λ(L) = 0,

de donde se ha utilizado el hecho de que los cosenos son funciones paresy los senos impares. Las condiciones (26) y (27) se resuelven facilmente.

Si Sen√

λ(L)6=0, entonces c1 = c2 = 0, que es justamente la soluciontrivial. Por tanto, para las soluciones no triviales, tenemos

Sen√

λL = 0,

ecuacion que nos determina los autovalores λ. Encontramos (como

antes) que√

λL = nπ, o equivalentemente que

9

λn =(nπ

L

)2

, n = 1, 2, 3, ...

Hemos elegido que el alambre tenga la longitud 2L para que los autoval-ores tengan la misma formula que antes. Sin embargo, en este problema(a diferencia de los otros) no hay condiciones que deban cumplir c1 y

c2, ambas son arbitrarias. Por eso decimos que Sennπx

Ly Cos

nπx

Lson

ambas autofunciones correspondientes al autovalor λ = (nπ/L)2,

(28) φ(x) = Cosnπx

L, Sen

nπx

L, n = 1, 2, 3, ...

De hecho cualquier combinacion lineal de Sennπx

Ly Cos

nπx

Les una

auto-funcion.

(29) φ(x) = c1Cosnπx

L+ c2Sen

nπx

L, n = 1, 2, 3, ...

Existen entonces dos familias infinitas de soluciones producto de laecuacion en derivadas parciales: para n = 1, 2, 3, ..., tenemos

(30)

u(x, t) = Cosnπx

LeK(nπ/L)2t y

u(x, t) = Sennπx

LeK(nπ/L)2t

Todas ellas correspondiente a λ > 0.Si λ = 0, la solucion general de (25) es

φ(x) = c1 + c2x.

La condicion de contorno φ(−L) = φ(L) implica que

c1 − c2L = c1 + c2L.

Luego c2 = 0, φ(x) = c1 ydφ

dx= 0. La otra condicion de contorno, se

cumple de forma automatica. Vemos entonces que

φ(x) = c1,

luego cualquier constante es una autofuncion correspondiente al auto-valor cero. Algunas veces decimos que φ(x) = 1 es la autofuncion, yaque es sabido que cualquier multiplo de una autofuncion es siempre unaautofuncion. Las soluciones producto u(x, t) son tambien constantes eneste caso. Notemos que solo hay una autofuncion independiente corre-spondiente a lambda = 0, mientras que para cada autovalor positivode este problema, λ = (nπ/L)2, hay dos autofunciones independientes,

Sennπx

Ly Cos

nπx

L.Finalemnete, como es de esperar no hay autoval-

ores negativos.

10

El principio de superposicion se debe utilizar antes de aplicar lacondicion inicial. La solucion mas general que se puede obtener por elmetodo de separacion de variables consiste en una combinacion linealarbitraria de todas las soluciones productos:

(31) u(x, t) = Ao +∑∞

n=1

[AnCos

nπx

L+ BnSen

nπx

L

]eK(nπ/L)2t

La condicion inicial u(x, 0) = f(x) se cumple si

(32) f(x) = Ao +∑∞

n=1AnCos

nπx

L+ BnSen

nπx

L.

Aquı la funcion f(x) es una combinacion lineal de senos y cosenos a lavez (mas una constante), a diferencia de los problemas previos. Otradiferencia crucial es que (32) debe ser valida en todo el anillo, lo quesignifica que −L ≤x ≤L.

Ahora lo que debemos determinar son los coeficientes Ao, An y Bn.De nuevo las autofunciones forman un conjunto ortogonal ya que

(33)

∫ L

−L

Cosnπx

LCos

mπx

Ldx =

0 n6=mL n = m = 02L n = m = 0

(34)

∫ L

−L

Sennπx

LSen

mπx

Ldx =

0 n6=mL n = m 6=0

(35)

∫ L

−L

Sennπx

LCos

mπx

Ldx = 0,

donde n y m son enteros arbitrarios (no negativos). La autofuncionconstante corresponde a los casos n = 0 0 m = 0.

Los coeficientes se obtienen de la misma manera que antes. Observe-mos que (32) es equivalente a

f(x) =∑∞

n=0AnCos

nπx

L+

∑∞n=1

BnSennπx

L.

11

Si multiplicamos esta expresion por Cosmπx

Lpor un lado y por Sen

mπx

Lpor otro e integramos desde x = −L hasta x = L, obtenemos

∫ L

−Lf(x)

Cosmπx

L

Senmπx

L

dx =∑∞

n=0An

∫ L

−LCos

nπx

L

Cosmπx

L

Senmπx

L

dx

+∑∞

n=1Bn

∫ L

−LSen

nπx

L

Cosmπx

L

Senmπx

L

dx

por lo que encontramos que∫ L

−Lf(x)Cos

mπx

Ldx = Am

∫ L

−LCos2mπx

Ldx,

∫ L

−Lf(x)Sen

mπx

Ldx = Bm

∫ L

−LSen2mπx

Ldx

Despejando los coeficientes de la forma habitual llegamos

(36)

Am =1

2L

∫ L

−Lf(x)dx,

Am =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

mπx

Ldx,

Bm =1

L

∫ L

−Lf(x)Sen

mπx

Ldx

La solucion del problema es (31), donde los coeficientes estan dadospor 36).

1. Ecuacion de Laplace

2. Ecuacion de Laplace en un rectangulo.

Consideremos el problema estacionario del calor en un dominio bidi-mensional rectangular, es decir 0 ≤x ≤L, 0 ≤y ≤H,donde la temper-atura en la frontera es una funcion que depende unicamente de laposicion. La temperatura en equilibrio u(x, y) satisface la ecuacionde Laplace con las siguientes condiciones de contorno

(1)

∂2u

∂2x+

∂2u

∂2y= 0

u(0, y) = g1(y); u(L, y) = g2(y),

u(x, 0) = f1(x); u(x,H) = f2(x),

donde f1(x), f2(x), g1(y) y g2(y) son funciones conocidas de x e y respec-tivamente. La ecuacion diferencial parcial es lineal y homogenea, perolas condiciones de contorno, aunque lineales, no son homogeneas. Nopodemos aplicar el metodo de separacion de variables a este problemaen su forma actual, por que cuando separamos variables el problema decontorno (que nos determina la constate de separacion) debe de tenercondiciones de contorno homogeneas.

Podemos superar esta dificultad dividiendo nuestro problema en cua-tro problemas, cada uno con una sola condicion no homogenea. Supong-amos pues

u(x, y) = u1(x, y) + u2(x, y) + u3(x, y) + u4(x, y),

donde cada ui(x, y), i = 1, 2, 3, 4 cumple la ecuacion de Laplace conuna condicion de contorno homogeneo y las otras tres condiciones decontorno homogeneas (Ver figura).

Comprobemos que la EDP y las condiciones de contorno se cumplen.Como cada ui(x, y), i = 1, 2, 3, 4 cumple la ecuacion de Laplace, quees lineal y homogenea, entonces, u =

∑4i=1ui(x, y) tambien cumple

esa misma ecuacion por el principio de superposicion. Para ver que sesatisfacen las condiciones de contorno, consideremos la frontera x = 0,entonces

u(0, y) =∑4

i=1ui(0, y) = u4(0, y) = g1(y).

De manera similar podemos comprobar que las cuatro condiciones nohomogeneas se cumplen.

El metodo para cualquiera de las ui(x, y) es el mismo: solo cambialas condiciones de Borde. Calculemos por ejemplo u4(x, y) y dejemos

1

2

el resto como ejercicio, esto es,

(2)

∂2u4

∂2x+

∂2u4

∂2y= 0

u4(0, y) = g1(y); u4(L, y) = 0,

u4(x, 0) = 0; u4(x,H) = 0,

Proponemos resolver este problema por el metodo de separacion devariable. Comenzamos ignorando la condicion no homogenea u4(0, y) =g1(y). Busquemos solucion como el producto de una funcion que solodepende de la variable x y una funcion que depende de la variable y,esto es,

(3) u4(x, y) = φ(x)ψ(y) 6=;0.

De las tres condiciones homogeneas obtenemos que

φ(L) = 0,

ψ(0) = 0,

ψ(H) = 0.

Si sustituimos (2) en la ecuacion de Laplace obtenemos

ψ(y)d2φ

dx2+ φ(x)

d2ψ

dy2= 0.

Se pueden separar las variables dividiendo por φ(x)ψ(y), ası

(4)1

φ

d2φ

dx2= − 1

ψ

d2ψ

dy2

El lado izquierdo es solo funcion de x mientras que el derecho es solofuncion de y, ambos deben ser igual a una constante de separacion,nos preguntamos ”¿Queremos usar −λ o λ?”. Una de ellas es laconveniente. Si la constante de separacion es negativa,(4) implica queφ(x) oscila y que Si la constante de separacion es negativa, (4) implicaque φ(x) oscila y que ψ(y) esta compuesta por exponenciales. Estoparece poco adecuado, ya que las condiciones de contorno homogenea(??) demuestran que la solucion que depende de y cumple dos condi-ciones homogeneas: ψ(y) debe ser cero en y = 0 y en y = H, porlo que no esperamos que funcione las exponenciales en esta variable.Po otro lado, si la constante de separacion es positiva, (4) implica queφ(x) esta compuesta por exponenciales mientras que ψ(y) oscila. Estoparece mas razonable y por tanto introduciremos la constante de sep-aracion λ (aunque no suponemos que λ > 0):

3

1

φ

d2φ

dx2= − 1

ψ

d2ψ

dy2= −λ.

Esto nos lleva a dos ecuaciones diferenciales ordinariasd2φ

dx2= λφ

d2ψ

dy2= −λψ.

El problema dependiente de x no es un problema de contorno, yaque no tiene dos condiciones de contorno homogeneas.

d2φ

dx2= λφ

φ(L) = 0.

Sin embargo, el problema dependiente de y si es un problema de con-torno y se utilizara para determinar la constante de separacion, ( o losautovalores) λ

(5)

d2ψ

dy2= λψ

ψ(0) = ψ(L) = 0.

Este problema de contorno ya lo hemos estudiado antes, pero aquı lalongitud del intervalo es H. Todos los autovalores son positivos, λ > 0.Las autofunciones son claramente senos, ya que ψ(0) = 0. Mas aun, lacondicion ψ(L) = 0 implica que

(6)

λ =(nπ

H

)2

n≥1

ψ(y) = Sen(nπy

H

).

Para obtener las soluciones producto debemos resolver (??). Como

λ =(nπ

H

)2

,

(7)d2ψ

dy2=

(nπ

H

)ψ.

La solucion general es una combinacion lineal de exponenciales o unacombinacion lineal de funciones hiperbolicas. Podemos utilizar la quequeramos, pero ninguna resulta particularmente adaptada a la res-olucion de la condicion de contorno homogenea φ(L) = 0. Podemosobtener nuestra solucion de una manera mas rapida si observamos que

4

Coshnπ(x− L)

Hy Senh

nπ(x− L)

Hson soluciones linealmente indepen-

dientes de (??). Podemos entonces expresar la solucion general comouna combinacion lineal de ellas dos, ası

(8) phi(x) = a1Coshnπ

H(x− L) + a2Senh

nπ

H(x− L),

donde ahora debe esta claro que φ(L) = 0 implica que a1 = 0. De aquı

(9) phi(x) = a2Senhnπ

H(x− L).

La razon por la que (8) es la solucion es por el hecho que que es una

simple traslacion de la solucion mas familiar en terminos de Coshnπx

Hy Senh

nπx

H. Podemos trasladar soluciones de ecuaciones diferenciales

solo si la ecuacion diferencial no cambia, es decir, es invariante bajotraslaciones. Como (7) tiene coeficientes constantes, situar el origen enx = L haciendo x = x− L no afecta la ecuacion diferencial, ya que

d2φ

dx2 =(nπ

H

)2

φ

segun la regla de la cadena. De aquı,

Coshnπx

H= Cosh

nπ

H(x− L)

es una solucion.Las soluciones producto son

(10) u4(x, y) = ASennπy

HSenh

nπ

H(x− L).

Podemos comprobar que la ecuacion de Laplace se cumple al igual quelos tres condiciones homogeneas. Es interesante notar que la partedependiente de y oscila mientras que la dependiente de x no. Esta esuna propiedad general de la solucion de la ecuacion de Laplace que noesta asociada a la geometrıa concreta ni a las condiciones de contorno.

Queremos utilizar estas soluciones producto para cumplir la condicionque falta que es la condicion de contorno no homogenea u4(0, y) =g1(y). Por el principio de superposicion si (10) es una solucion, tambienlo es

(11) u4(x, y) =∑∞

n=1AnSen

nπy

HSenh

nπ

H(x− L).

Evaluando en x = 0 determinaremos los coeficientes An a partir de lacondicion de contorno no homogenea:

(12) g1(y) =∑∞

n=1AnSen

nπy

HSenh

nπ

H(−L).

5

Este es el mismo tipo de serie de funciones seno que hemos estudi-

ado, tomando AnSenhnπ(−L)

Hcomo sus coeficientes. Entonces por la

ortogonalidad de las funciones Sennπy

Hpara y entre 0 y H, tenemos

AnSenhnπ(−L)

H=

2

H

∫ H

0g1(y)Sen

nπy

Hdy

Como Senhnπ(−L)

Hnunca es cero, podemos dividir por esta cantidad

y obtener finalmente una formula para los coeficientes:

(13) An =2

HSenhnπ(−L)

H

∫ H

0

g1(y)Sennπy

Hdy

La formula (12) con los coeficientes calculados en (13) es la solucionunica para u4(x, y). La solucion u(x, y) se obtiene sumando cuatrosoluciones de este tipo.

3. Ecuacion de Laplace en un Disco

Supongamos que tenemos un disco delgado de radio a (con propiedadestermicas constantes y sin fuentes internas) con temperatura prescritaen la frontera. Si la temperatura en la frontera es independiente deltiempo, entonces es razonable determinar la distribucion de temper-aturas en el equilibrio, de esta manera la temperatura satisface laecuacion de Laplace ∇2u = 0. La geometrıa de este problema sug-iere utilizar coordenadas polares, ası u = u(r, θ). En particular, en elcırculo r = a la distribucion de temperaturas es una funcion prescritade θ, u(a, θ = f(θ). El problema que queremos resolver es

(14)

∇2u(r, θ) =1

r

∂

∂r

(r∂u

∂r

)+

1

r2

∂2u

∂θ2= 0,

u(a, θ) = f(θ).

A primera vista podrıa parecer que no podemos utilizar separacionde variables porque nos falta condiciones homogeneas. Sin embargo, laintroduccion de coordenadas polares requiere un poco de estudio queilustrara el uso del metodo de separacion de variables. Si resolvemosla ecuacion de Laplace en un rectangulo, 0≤ x≤ L , 0≤ y≤ H, nece-sitamos condiciones en los extremos de los intervalos de definicion delas variables, x = 0, L e y = 0, H. Afortunadamente, estos extremoscoinciden con las fronteras fısicas. Sin embargo, en las coordenadaspolares, 0 ≤ r≤ a y −π≤ θ≤ π (donde hay cierta libertad en nuestra

6

definicion del angulo θ). Matematicamente, necesitamos condicionesen los puntos finales de las variables del sistema coordenado, r = 0, ay θ = −π, π. Aquı, solo r = a corresponde a una frontera fısica. Portanto, necesitamos condiciones que vengan motivadas por el problemafısico en los extremos r = 0 y θ = ±π. Las coordenadas polares son sin-gulares en r = 0; por razones fısicas supondremos que la temperaturaes acotada en ese punto

(15) acotada en el origen: |u(0, θ)| < ∞.

Matematicamente necesitamos condiciones tambien en θ = ±π. Lasituacion es similar a la del alambre circular. θ = −π corresponde alos mismos puntos que θ = π. Aunque no hay realmente una fronteraen θ = ±π, diremos que la temperatura es continua en ese punto y queel flujo de calor tambien es continuo en la direccion θ, lo cual implica:

(16)

u(r,−π) = u(r, π)

∂u

∂θ(r,−π) =

∂u

∂θ(r, π)

como si las dos regiones estuvieran en contacto termico perfecto allı.Las ecuaciones (16) se llaman condiciones de periodicidad ; sonequivalentes a u(r, θ) = u(r, θ + 2π). Notemos que las condicionesobtenidas, (15) y (14), son todas lineales y homogeneas (es facil com-probar que u≡0 satisface estas tres condiciones). De esta forma elproblema matematico parece bastante similar a la ecuacion de Laplacedentro de un rectangulo. Hay cuatro condiciones. Aquı, afortunada-mente, solo una es no homogenea, u(a, θ)0f(θ). Este problema es en-tonces adecuado para el metodo de separacion de variables.

Busquemos soluciones producto,

(17) u(r, θ) = φ(θ)G(r)6=0,

que satisfaga la EDP (14) y las tres condiciones homogeneas (15) y(16). Notemos que (17) no tiene por que satisfacer la condicion decontorno no homogenea (14). Sustituyendo (17) en las condiciones deperiodicidad vemos que

(18)

φ(−θ) = φ(θ),

dφ

dθ(−π) =

dφ

dθ(π);

la parte que depende de θ tambien satisface las condiciones de con-torno periodicas . La solucion producto cumplira la ecuacion deLaplace si:

7

1r

d

dr

(rdG

dr

)φ(θ) + 1

r2 G(r)d2φ

dθ2= 0.

Dividiendo por (1/r2)G(r)φ(θ), tenemos

(19)r

G

d

dr

(rdG

dr

)= −1

θ

d2φ

dθ2= λ.

La constante de separacion la introducimos como λ (mejor que −λ) yaque hay dos condiciones homogeneas en θ, (18), y por tanto esperamososcilaciones en θ. La ecuacion (19) da lugar a dos ecuaciones difer-enciales ordinarias. el problema de contorno que nos determinara laconstante de separacion es

(20)

d2φ

dθ2= −λφ

φ(−φ) = φ(φ)

dφ

dθ(−π) =

dφ

dθ(π).

Los autovalores λ se determinan de la forma usual. De hecho, estees uno de los tres problemas estandar, identico al del alambre circular(con L = pi). Luego los autovalores son:

(21) λ =(nπ

L

)2

= n2,

con las correspondientes autofunciones

(22) Sennθ Cosnθ.

El caso n = 0 debe estar incluido (siendo la autofuncion una constate).El problema radial es

(23)r

G

d

dr

(rdG

dr

)= λ = n2,

puede escribirse como:

(24) r2d2G

dr2+ r

dG

dr− n2G = 0.

Aquı, la condicion en r = 0 ya ha sido discutida, hemos prescrito|u(0, θ| < ∞. Para las soluciones producto, u(r, θ) = φ(θ)G(r), sigueque la condicion en el origen es que G(r) debe estar acotada allı

(25) |G(0)| < ∞.

8

La ecuacion (23) es lineal y homogenea, pero no tiene coeficientesconstantes. existen pocas ecuaciones lineales de segundo orden con co-eficientes no constantes que podemos resolver facilmente. La ecuacion(23) es una de ellas, conocida como Ecuacion de Cauchy - Euler.La forma mas facil de resolver (23) es observando que cualquier poten-cia rp se reproduce a si misma, sustituyendo entonces G(r) = rp en(23), obtenemos que:

r2p(p− 1)rp−2 + rprp−1 − n2rp = 0

⇒ [p(p− 1) + p− n2] rp = 0.

Por tanto, existen normalmente dos soluciones distintas,

p = ±n,

excepto cuando n = 0, en cuyo caso solo hay una solucion independientede la forma rp. Para n6=0, la solucion general de (3) es:

(26) G(r) = c1rn + c2r

−n.

Para n = 0 (y este caso es importante ya que λ = 0 es un autovaloren este problema), una solucion es r0 = 1, o cualquier constante. Unasegunda solucion para n = 0 se puede obtener facilmente a partir de .Si n = 0

d

dr

(rdG

dr

)= 0.

Integrando,

rdG

dr= K,

donde K es constante, o equivalentemente, dG/dr es proporcional a1/r. La segunda solucion independiente es por tanto lnr. Luego paran = 0, la solucion general de es

(27) G(r) = c1 + c2lnr.

Para la ecuacion (3) solo tenemos una condicion homogenea que im-poner, |G(0)| < ∞, y por tanto no es un problema de autovalores. Lacondicion de acotacion no hubiera impuesto ninguna restriccion a losproblemas que hemos estudiado previamente. Sin embrago, aquı (26)o (27) muestran soluciones que pueden tender a ∞ cuando r→0. Portanto, para que |G(0)| < ∞, c2 = 0 en (26) y c2 = 0 en (27). Lasolucion dependiente del radio (que esta acotada en r=0) es

G(r) = c1rn n≥0,

que para n = 0 se reduce a na constante arbitraria.Las soluciones producto obtenidas por el metodo de separacion de

variables que satisfacen las tres condiciones son

9

rnCosnθ n≥0 y rnSennθ n≥1.

Observemos que al igual que con las coordenadas rectangulares en laecuacion de Laplace, hay oscilaciones en una variable (aquı son en θ)pero no en la otra variable (r). Por el principio de superposicion, lasiguiente serie es una solucion de la ecuacion de Laplace en un cırculo:(28)

u(r, θ) =∑∞

n=0AnrnCosnθ+

∑∞n=1

BnrnSennθ 0≤θ < a −π < θ≤π

Para satisfacer la condicion no homogenea, u(a, θ) = f(θ), tenemos

(29) f(θ) =∑∞

n=0AnanCosnθ +

∑∞n=1

BnanSennθ − π < θ≤π,

donde

(30)

Ao =1

2π

∫ L

−Lf(θ)dθ

Anan =

1

π

∫ L

−Lf(θ)Cosnθdθ

Bnan =1

π

∫ L

−Lf(θ)Sennθdθ n≥1

Como an 6=0, los coeficientes An y Bn se pueden calcular de forma unicaa partir de (30).

La ecuacion (28) con los coeficientes dados por (30) determina ladistribucion de temperaturas en el equilibrio dentro del cırculo.

Universidad Central de Venezuela.Facultad de Ciencias.

Escuela de Matematica.Ecuaciones en Derivadas Parciales.

Noviembre 2005.Trabajo No. 2

1. Resolver la ecuacion de Laplace dentro del Rectangular 0≤x≤L,0≤ y≤H, con las siguientes condiciones de contorno

1.1∂u

∂x(0, y) = 0, u(L, y) = g(y), u(x, 0) = 0, u(x, H) = 0.

1.2∂u

∂x(0, y) = 0, u(L, y) = 0, u(x, 0) =

0 x > L/2,

1 x < L/2∂u

∂y(x, H) = 0.

2. Resolver la ecuacion de Laplace en el exterior de un disco r ≥ acon la condicion de contorno u(a, θ) = f(θ)

3. Resolver la ecuacion de Laplace dentro del sector circular de unanillo a < r < b, 0 < θ < π/2 con la condicion de contorno

u(r, 0) = 0, u(r, π/2) = f(r), u(a, θ) = 0, u(b, θ) = 0.

4. Resolver la ecuacion de Laplace dentro de un semicırculo 0 <r < a, 0 < θ < π, donde el diametro esta aislado y u(a, θ) =g(θ).

Fecha de Entrega: Miercoles: 30 de Noviembre de 2005.

1

Facultad de Ciencias

Ecuaciones en Derivadas Parciales.Practica. Mayo 2005

1-. Resolver la ecuacin ∂u/∂t = k∂2u/∂x2, 0 < x < L, t > 0, con las condiciones

∂u

∂x(0, t) = 0, t > 0,

∂u

∂x(L, t) = 0 t > 0

(a) u(x, 0) =

0 x < L/2

1 x > L/2

(b) u(x, 0) = 6 + 4Cos3πx

L

2-. Resolver la ecuacin de Laplace dentro del rectngulo 0 ≤x ≤L, 0 ≤y ≤H, con las

siguientes condiciones de borde:

(a)∂u

∂x(0, y) = 0,

∂u

∂x(L, y) = 0 u(x, 0) = 0, u(x,H) = f(x).

(b)∂u

∂x(0, y) = g(y),

∂u

∂x(L, y) = 0 u(x, 0) = 0, u(x,H) = 0.

(c)∂u

∂x(0, y) = 0, u(L, y) = g(y) u(x, 0) = 0, u(x,H) = 0.

(d) u(0, y) = 0, u(L, y) = 0 u(x, 0) =∂u

∂y(x, 0), u(x,H) = f(x).

3-. Considrese la funcin u(x, y), que satisface la ecuacin de Laplace en el rectngulo 0 <

x < L, 0 < y < H, con la siguientes condiciones de contorno

∂u

∂x(0, y) = 0,

∂u

∂y(x, 0) = 0,

∂u

∂x(L, y) = 0,

∂u

∂y(x,H) = f(x).

(a) Sin resolver este problema, explicar brevemente la condicin fsica bajo la cual

existe solucin.

(b) Resolver este problema por el mtodo de separacin de variables. Demostrar que

el mtodo funciona slo bajo la condicin deducida en el apartado (a).

2

(c) La solucin del apartado (b) contiene una constante arbitraria. Calcularla con-

siderando la ecuacin del calor dependiente del tiempo

∂u

∂t= k∇2u,

con la condicin inicial

u(x, y, 0) = g(x, y).

4-. Resolver la ecuacin de Laplace en el exteriorde un disco (r≥a) con las condiciones

de contorno

(a) u(a, θ) = ln2 + 4Cos3θ, (b) u(a, θ) = f(θ).

Se puede suponer que u(a, θ) es finito cuando r→∞.

5-. Resolver la ecuacin de Laplace dentro del cuarto de crculo de radio 1 (0 ≤x ≤π/2, 0 ≤r ≤1)

con las siguientes condiciones de contorno:

(a)∂u

∂θ(r, 0) = 0, u(r,

π

2) = 0, u(1, θ) = f(θ).

(b)∂u

∂θ(r, 0) = 0,

∂u

∂θ(r,

π

2) = 0, u(1, θ) = f(θ).

(c)u(r, 0) = 0, u(r,π

2) = 0,

∂u

∂r(1, θ) = f(θ).

(d)∂u

∂θ(r, 0) = 0,

∂u

∂θ(r,

π

2) = 0,

∂u

∂r(1, θ) = g(θ).

Demostrar que la solucin del apartado (d) existe slo si∫ π/2

0g(θ)dθ=0. Explicar fsica-

mente esta condicin.

6-. Resolver la ecuacin de Laplace dentro de un anillo circular (a < r < b) con las

siguientes condiciones de contorno

(a) u(a, θ) = f(θ), u(b, θ) = g(θ).

(b)∂u

∂r(a, θ) = 0, u(b, θ) = g(θ).

(c)∂u

∂r(a, θ) = f(θ),

∂u

∂r(b, θ) = g(θ).

7-. Resolver la ecuacin de Laplace dentro de un sector circular de 90 de un anillo (a <

r < b, 0 < θ < π/2) con las condiciones de contorno siguientes:

3

(a) u(r, 0) = 0, u(r, π/2) = 0 u(a, θ) = 0, u(b, θ) = f(θ).

(b) u(r, 0) = 0, u(r, π/2) = f(r) u(a, θ) = 0, u(b, θ) = 0.

1. Propiedades de las Funciones Armonicas.

1.1. Gradiente, Divergencia y laplaciano. Sea f un campo es-calar, esto es:

f : R3→R,

se define el gradiente de f , como

∇(f) =

(∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z

).

Para un campo vectorial diferenciable−→F : R3→R,

su divergencia se define

∇·−→F = 〈(

∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z

), (F1, F2, F3)〉

=∂F1

∂x+

∂F2

∂y+

∂F3

∂z

Por lo que si calculamos f−→F , tenemos

f−→F = (f.F1, f.F2, f.F3),

de manera que

1. ∇·(f.−→F ) =

∂

∂x(f−→F1) +

∂

∂y(f−→F2) +

∂

∂z(f−→F3), por lo que

∇·(f.−→F ) =

∂f

∂xF1 + f

∂F1

∂x+

∂f

∂yF2 + f

∂F2

∂y+

∂f

∂zF3 + f

∂F3

∂z

= f

[∂F1

∂x+

∂F2

∂y+

∂F3

∂z

]+

∂f

∂xF1 +

∂f

∂yF2 +

∂f

∂zF3

= f∇·−→F +∇f ·−→F .

2. ∇·(∇f) =

⟨(

∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z), (

∂f

∂x,∂f

∂y,∂f

∂z)

⟩= ∇2f.

3. ∇2−→F = (∇2F1,∇2F2,∇2F3).

Si en (1)−→F = ∇φ, donde φ es un campo escalar, entonces

−→F =

(∂φ

∂x,∂φ

∂y,∂φ

∂z

)

y ψ es un campo escalar, tenemos

∇· (ψ∇φ) = ψ∇·(∇φ) +∇ψ·∇φ1

2

Definicion: Diremos que una funcion f : Ω⊆R3→R, es unafuncion armonica si

(1) ∇2f = 0, ∀−→x ∈Ω.

Consideremos Ω un dominio de R3 y S la superficie que encierra a 3 ola frontera de Ω, esto es ∂Ω = S. Si f es una funcion armonica en Ω yademas

f(ξ) = 0, ∀−→ξ ∈S

demostraremos que f es la funcion identicamente igual a cero en Ω.La validez de esta afirmacion sera una consecuencia inmediata de las

”Identidades de Green”, que enunciaremos a continuacion:

Teorema. Sea φ, ψ dos campos escalares definidos en un con-junto abierto de R3, es decir, φ, ψ : U⊆R3→R. Sea Ω un dominio deR3 contenido en U , supongamos que ∂Ω = S y que la superficie estaorientada con su normal exterior. Entonces

1.∫ ∫ ∫

Ω(φ∇2ψ +∇φ∇ψ) dV =

∫ ∫S

(φ∇ψ) ndS

2.∫ ∫ ∫

Ω(φ∇2ψ − ψ∇2φ) dV =

∫ ∫S

(φ∇ψ − ψ∇φ) ndS

Demostracion: Consideremos el campo vectorial

−→F : U⊆R3→R3,

donde−→F = φ∇psi, siendo φ y ψ campos escalares. Aplicando el Teo-

rema de la divergencia a−→F , tenemos:

∫ ∫ ∫

Ω

∇·−→F dV =

∫ ∫

S

−→F ·ndS,

ası

(2)

∫ ∫ ∫Ω∇· (φ∇ψ) dV =

∫ ∫ ∫Ω

(φ∇2ψ +∇φ∇ψ) dV

=∫ ∫

S(φ∇ψ) ndS,

que se conoce como La Primera Identidad de Green.

Si consideramos ahora−→F = ψ∇φ, tenemos

(3)

∫ ∫ ∫

Ω

(ψ∇2φ +∇ψ∇φ

)dV =

∫ ∫

S

(ψ∇φ) ndS,

3

Restando (2) de (3), tenemos∫ ∫ ∫

Ω

(ψ∇2φ− φ∇2ψ

)dV =

∫ ∫

S

(φ∇ψ − ψ∇φ) ndS,

que es conocida como La Segunda Identidad de Green .

Supongamos que φ : U⊆R3→R es una funcion armonica en Ω⊂U ,esto es

∇2φ(−→x ) = 0, ∀−→x ∈Ω

con condicion en el borde

φ(−→ξ ) = 0 ∀−→ξ ∈S,

entonces, si suponemos que ψ = φ en (2), tenemos

(4)

∫ ∫ ∫

Ω

(φ∇2φ +∇φ∇φ

)dV =

∫ ∫

S

(φ∇φ) ndS,

como φ es armonica la expresion anterior se transforma en:

(5)

∫ ∫ ∫

Ω

‖∇φ‖2 dV =

∫ ∫

S

(φ∇φ) ndS,

como φ se anula en la superficie, la integral de la derecha es cero, porlo que ∫ ∫ ∫

Ω

‖∇φ‖2 dV = 0.

Llamemos φ = ‖∇φ‖2, esta funcion de de clase C1 y no negativa en

Ω, es decir φ(−→x )≥0 en Ω por lo que concluimos que

‖∇φ‖2 = 0 ∀−→x ∈Ω.

Es decir, [∂φ

∂x

]2

+

[∂φ

∂y

]2

+

[∂φ

∂z

]2

= 0,

de donde∂φ

∂x=

∂φ

∂y=

∂φ

∂z= 0.

Esto implica que φ es una funcion constante en Ω.Como φ es continua en Ω∪S y vale cero en S concluir que φ debe

valer cero en toda la region de Ω.

4

La solucion de la ecuacion de Laplace en un circulo por el metodode separacion de variable nos llega a un importante resultado

u(r, θ) = Ao +∑∞

n=1Anr

nCosnθ + BnrnSennθ,

donde 0≤ r≤ a y −π≤ theta<π. Si evaluamos la temperatura en elorigen r = 0, tenemos

(6) u(0, θ) = Ao =1

2π

∫ π

−π

f(θ)dθ,

es decir, la temperatura en r = 0 es igual al valor medio de la tem-peratura en la frontera del circulo. Esta es llamada propiedad dela media para la ecuacion de Laplace y se cumple en general paracualquier punto −→x o∈Ω. En efecto, supongamos que queremos resolverla ecuacion de Laplace en una region arbitraria Ω, consideremos unpunto cualquiera −→x o∈Ω ası como la bola de centro −→x o y radio ro su-ficientemente pequeno de manera que B(−→x o, ro)⊆Ω. Usemos coorde-nadas polares centrada en −→x o y denotemos por f(θ) la temperatura enla circunferencia. Nuestro analisis anterior sigue siendo valido por loque

u(ro, θ) = Ao =1

2π

∫ π

−π

f(θ)dθ.

Podemos utilizar este argumento para demostrar el principio delmaximo para la ecuacion de Laplace que enunciaremos como:

Principio del Maximo para la Ecuacion de Laplace: Enel estado estacionario la temperatura no puede alcanzar su maximoen el interior, al menos que la temperatura sea constante en todo eldominio.

Demostracion: Supongamos que el maximo se alcanza en unpunto −→x o∈Ω, pero:

u(ro, θ) =1

2π

∫ π

−π

f(θ)dθ.

Como el maximo coincidira con la media en todos los puntos de cualquiercircunferencia centrada en −→x o, es imposible que la temperatura en −→x o

sea mas alta que en todos los puntos alrededor. Esto contradice lasuposicion que hicimos de que −→x o es un punto maximo.

Si llamamos ψ = −u, tambien podemos demostrar que la temper-atura no puede alcanzar su mınimo en el interior. Si sigue entoncesque: En el estado estacionario, el maximo y el mınimo de latemperatura se alcanza en la frontera.

5

2. Problema Bien propuesto.

El principio del maximo es una herramienta muy importante parauna analisis profundo de las ecuaciones en derivadas parciales, espe-cialmente para establecer propiedades cualitativas.

Definicion:Diremos que un problema esta bien propuesto si ex-iste una unica solucion que depende continuamente de los datos nohomogeneos, es decir, la solucion varia poco si los datos se cambianligeramente.

Este es un concepto importante para los problemas fısicos, puestoque si la solucion cambia dramaticamente con solo pequenos cambiosen los datos, entonces cualquier medida fısica deberıa ser exacta paraque la solucion fuera confiable.

El principio del maximo se puede usar para probar que la ecuacionde Laplace

∇2u(−→x ) = 0, −→x ∈Ω

u(−→ξ ) = f(

−→ξ ),

−→ξ ∈S

esta bien propuesto. Para ello, supongamos que variamos los valoresen la frontera en pequena cantidades, de manera que

∇2v(−→x ) = 0, −→x ∈Ω

v(−→ξ ) = g(

−→ξ ),

−→ξ ∈S

donde∣∣∣g(−→ξ )− f(

−→ξ )

∣∣∣ < ε−→ξ ∈S. Consideremos entonces la funcion

w(−→x ) = u(−→x )− v(−→x ). Por linealidad∇2w(−→x ) = ∇2u(−→x )−∇2v(−→x ) = 0 ∀−→x ∈Ω

w(−→ξ ) = f(

−→ξ )− g(

−→ξ ),

−→ξ ∈S.

Como g(−→ξ )±f(

−→ξ ),

−→ξ ∈S, w(−→x ) es pequena y por tanto la solucion

v(−→x ) es casi la misma que u(−→x ), esto implica que la ecuacion deLaplace varıa ligeramente si los datos se alteran ligeramente.

Probemos ahora por reduccion al absurdo que la solucion de laecuacion de Laplace es unica. Supongamos como antes que existendos soluciones distintas φ y ψ de la Laplace con las misma condicionde contorno, esto es:

∇2φ(−→x ) = 0 −→x ∈Ω

φ(−→ξ ) = f(

−→ξ ),

−→ξ ∈S.

6

mientras que: ∇2ψ(−→x ) = 0 −→x ∈Ω

ψ(−→ξ ) = f(

−→ξ ),

−→ξ ∈S.

Si consideramos w(−→x ) = φ(−→x ) − ψ(−→x ), entonces El principio delmaximo y del mınimo implican que

0≤w(−→x )≤0, ∀−→x ∈Ω

lo cual implica que w(−→x ) = 0 y de aquı se tiene φ(−→x ) = ψ(−→x ),∀−→x ∈Ω, lo que demuestra que si existe una solucion esta es unica. estaspropiedades (unicidad y dependencia continua de los datos) demues-tran que la ecuacion de Laplace, con valor de u prescrito en la frontera,es un problema bien propuesto.

Si sobre la frontera el dato prescrito es el flujo de calor, es decir,

φ(−→ξ ) = −Ko∇un(ξ) = −Ko

∂u

∂n(ξ),

en lugar de la temperatura, la ecuacion de Laplace, puede no tenersolucion. En efecto, sabemos que

0 =

∫ ∫

Ω

∇2udV =

∫ ∫

Ω

∇cdor (∇u) dV =

∫

S

∇u·ndS.

Como ∇u·n es proporcional al flujo de calor a traves de la frontera, laecuacion anterior implica que el flujo neto de calor a traves de la fron-tera debe ser cero para que exista un estado estacionario. Fısicamenteesto es claro por que de otro modo habrıa un cambio (con el tiempo)de la energıa termica en el interior, lo que contradice la suposicion deestado estacionario. La ecuacion∫

S

∇u·ndS = 0,

se conoce como la condicion de solubilidad o condicion de com-patibilidad para la ecuacion del calor.

3. Representacion Integral para las funcione armonicas.

Consideremos u una funcion armonica en Ω⊆R2 con primeras derivadasparciales continuas en Ω

⋃S. Queremos expresar el valor de u en un

punto −→x o∈Ω mediante una integral de superficie, para ello, considere-mos un entorno B(−→x o, ε)⊆Ω cuya superficie es Sε. Tenemos entoncesel siguiente problema asociado:

∇2φ(−→x ,−→x o) = δ(−→x −−→x o) ∀−→x ∈Ω.

7

La solucion para esta ecuacion puede encontrarse si escribimos ellaplaciano en coordenadas polares y consideramos que existe una simetrıacircular, por lo tanto

1

r

∂

∂r

[r∂φ

∂r

]= 0, ∀−→x 6=−→x o∈Ω

y definiendo r =√

(x− xo)2 + (y − yo)2. De esta manera

∂

∂r

[r∂φ

∂r

]= 0

implica que

φ(−→x ,−→x o) = φ(r) = c2 + c1lnr,

donde c1 y c2 son constantes arbitrarias por determinar.Sin perdida de generalidad podemos suponer que c2 = 0, por lo que

φ(r) = c1lnr.

Basandonos en el principio de conservacion de masa, el cual nos expresaque ”el flujo total a traves de la superficie debe ser igual a la mas deflujo para el unico punto de origen −→x o”, tenemos∫

Sε

∂φ

∂n= 1,

asumiendo que la densidad del flujo es unitaria. Pero

∂φ

∂n=

c1

r,

de esta manera ∫

Sε

∂φ

∂n=

∫ 2π

0

c1

rrdθ = 2πc1 = 1,

por lo que

c1 =1

2π.

De esta manera

φ(r) =1

2πlnr,

la cual puede escribirse como

φ(−→x ,−→x o)1

2πln

[√(x− xo)2 + (y − yo)2

].

Si consideramos la segunda Identidad de Green, tenemos∫ ∫ ∫

Ω

(φ∇2u− u∇2φ

)dΩ =

∫ ∫

S⋃

Sε

(u∇φ− φ∇u) ndS,

8

pero∇2u(−→x ) = 0, ∀−→x ∈Ω

mientras que∇2φ(−→x ,−→x o) = δ(−→x −−→x o).

Sustituyendo en la expresion anterior, tenemos

−∫ ∫ ∫

Ω

u(−→x )δ(−→x −−→x o)dΩ =

∫ ∫

S⋃

Sε

(u∇φ− φ∇u) ndS,

usando las propiedades de la funcion δ(−→x −−→x o), nos queda

− u(−→x o) =

∫ ∫

S⋃

Sε

(u∂φ

∂n− φ

∂u

∂n

)dS,

haciendo tender ε→0, tenemos

u(−→x o) =

∫ ∫

S⋃

Sε

(φ

∂u

∂n− u

∂φ

∂n

)dS,

que es la representacion integral de la solucion de la ecuacion de Laplaceen termino de la integral de superficie.

Facultad de Ciencias

Ecuaciones en Derivadas Parciales.

Funciones Armonicas y Serie de Fourier. Mayo 2005

(1) Utilizando los principios de maximo para la ecuacion de Laplace, probar que la

solucion de la ecuacion de Poisson ∇2u, con condicion u = f(x) en la frontera,

es unica.

(2) (a) Utilizar el teorema de la divergencia para obtener una expresion alternativa para∫ ∫u∇2udxdydz.

(b) Usando el apartado (a), probar que la solucion de la ecuacion de Laplace ∇2 = 0

(con u prescrita en la frontera)es unica.

(c) Modificar el apartado (b) si ∇u.n = 0en la frontera.

(d) Modificar el apartado (b) si tenemos ahora ∇u.n + hu = 0 sobre la frontera.

Demostrar que la ley de enfriamiento de Newton corresponde a h < 0.

(3) Demostrar que al temperatura que cumple la ecuacion de laplace no puede alcanzar

su mınimo en el interior.

(4) Demostrar que la ecuacion del calor ”retrogada”,

∂u

∂t= −k

∂2u

∂x2

con las condiciones u(0, t) = u(L, t) = 0 y u(x, 0) = f(9), no es un problema bien

propuesto. Indicaciones: demostrar que si los datos se cambian en una cantidad

arbitrariamente pequena, por ejemplo

f(x)→f(x) + 1nsen

nπx

Lpara n grande, entonces la solucion u(x,t) cambia en una cantidad grande.

(5) Dibujar la serie de Fourier de f(x) de las siguientes funciones en el intervalo−L≤x≤L.

Comparar f(x) con su serie de Fourier:

(a) f(x) = x2 (b) f(x) = ex

(c) f(x) =

0, x < 0

1 + x, x > 0

(d) f(x) =

x, x < L/2

0, x > L/2

2

(6) Determinar la serie de Fourier de seno de f(x) y dibuje dicha serie

(a) f(x) = Cosπx

L(b) f(x) =

1, x < L/6

3, L/6 < x < L/2

0, x > L/6

(c) f(x) =

0, x < L/2

x, x > L/2

(d) f(x) =

1, x < L/2

0, x > L/2

(7) dibujar la serie de Fourier de senos de las siguientes funciones. Dibujar tambien,

aproximadamente, la suma de una cantidad finita de terminos no nulos (por lo menos

los dos primeros) de la serie de Fourier de senos:

(a) f(x) = Cosπx

L(b) f(x) =

1, x < L/2

0, x > L/2

(c) f(x) = x

(8) Dibujar la serie de Fourier de coseno de f(x) = Senπx

L. Analizar brevemente.

(9) Dibujar la serie de Fourier de cosenos de las siguientes funciones. Dibujar tambien,

aproximadamente, la suma de una cantidad finita de terminos no nulos (por lo menos

los dos primeros) de la serie de Fourier de cosenos:

(a) f(x) = x (b) f(x) =

0, x < L/2

1, x > L/2

(c) f(x) =

1, x < L/2

0, x > L/2

(10) Demostrar que ex es la suma de una funcion par y na impar.

(11) (a) Obtener una formula para la extension par de cualquier funcion f(x). Comparar

con la formula de la parte par de f(x).

(b) Hacer lo mismo con la extension impar de f(x) y la parte par de f(x).

3

(c) Calcular y dibujar las cuatro funciones de los apartados (a) y (b) si

x2, x < 0

x, x > 0

Sumar graficamente las partes par e impar de f(x). ¿Que ocurre?Similarmente,

sumar las extensiones par e impar.

(12) Para funciones continuas:

(a) ¿Bajo que condiciones es f(x) igual a su serie de Fourier para todo x?, 0 ≤ x ≤ L?

(b) ¿Bajo que condiciones es f(x) igual a su serie de Fourier de senos para todo x?,

0 ≤ x ≤ L?

(c) ¿Bajo que condiciones es f(x) igual a su serie de Fourier cosenos para todo x?,

0 ≤ x ≤ L?

1. Series de Fourier

1.1. Serie de Fourier de Senos y Cosenos. Al resolver ecuacionesen derivadas parciales por el metodo de separacion de variables hemosdescubierto que ciertas condiciones importantes (como por ejemplo lacondicion inicial, u(x, 0) = f(x)) se puede cumplir solamente si f(x) sepuede igualar a una combinacion lineal de autofunciones de un prob-lema de contorno dado. Hemos estudiado tres casos especıficos. Unoinvolucraba una serie de funciones senos, otra una serie de cosenos so-lamente (incluyendo un termino constante) y el tercero una serie queincluıa todos los terminos.

Comenzaremos investigando series con senos y cosenos a la vez, porque demostraremos que las series que solo contienen senos y las quesolo contienen cosenos son casos especiales de las Series de Fourier.

Para problemas con condiciones de frontera periodicas en el intervalo−L ≤x ≤L, nos preguntamos si la siguiente serie infinita (conocidacomo Serie de Fourier) tiene sentido:

(1) f(x) = Ao +∑∞

n=1AnCos

nπx

L+ BnSen

nπx

L.

¿Converge la serie infinita? ¿Converge a f(x)? ¿Es la serie infinitaresultante una solucion de la ecuacion en derivadas parciales (y cumpletambien todas las otras condiciones subsidiarias)? Joseph Fourierdesarrollo este tipo de series en su famoso tratado sobre el flujo decalor, a comienzo del siglo XIX.

La primera dificultad que surge es que esperamos que (1) sea validapara todas las funcione f(x). Sin embargo, (1) sera valida para al-gunos tipos de funciones y necesitamos solo una pequena modificacionpara otros tipos de funciones. Para tratar varios conceptos facilmente,trataremos solo funciones f(x) que son suaves s trozos.

Definicion Una funcion f(x) es suave a trozo en algun intervalo,si este intervalo puede dividirse en sub-intervalos, tales que en cadauno de ellos la funcion f(x) sea continua y su derivada sea tambiencontinua.

Ası, la funcion f(x) puede no ser continua, pero el unico tipo dediscontinuidad permitida es un numero finito de discontinuidades desalto.

1

2

Todas las funciones que aparecen en una serie de Fourier son periodicascon periodo 2L. Por tanto, la serie de Fourier de f(x) en el intervalo−L ≤ x ≤ L es periodica con periodo 2L. La funcion f(x) no es nece-sariamente periodica, sin embargo, podemos construir una extension

periodica de f, que denotaremos por f(x), tal que f(x) = f(x) en−L ≤ x ≤ L.

Definiremos a la serie de Fourier de una funcion f : [.L, L] → R,continua a trozos y periodica de periodo 2L, como

f(x) = Ao +∑∞

n=1 AnCosnπx

L+ BnSen

nπx

L, −L ≤ x ≤ L

donde

(2)

Ao =1

2L

∫ L

−Lf(x)dx

An =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

nπx

Ldx

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x)Sen

nπx

Ldx.

Notemos que la serie de Fourier no existe al menos que por ejemplo,Ao exista, es decir, a menos que

|∫ L

−L

f(x) dx| < ∞.

Esta propiedad, elimina ciertas funciones de nuestra consideracion. Porejemplo, nos preguntamos ¿Cual es la serie de Fourier de la funcion

f(x) = L/x2?. Incluso en situaciones en que∣∣∣∫ L

−Lf(x) dx

∣∣∣ < ∞, la

serie puede no converger; mas aun, puede que si converge no converjaa f(x), es por esta razon que utilizaremos el sımbolo ∼.

Podemos comenzar enunciaremos un teorema resume ciertas propiedadesde las serie de Fourier y nos referimos a el como el Teorema de Con-vergencia de Serie de Fourier.

Teorema:Si f(x) es suave a trozos en el intervalo −L ≤ x ≤ L,entonces la serie de Fourier de f(x) converge:

a) A la extension periodica de f(x), en los puntos donde la ex-tension periodica sea continua,

b) A la media de los dos lımites laterales

f(x+) + f(x−)

2,

3

en los puntos donde la extension periodica tenga discontinuidadesde salto.

Matematicamente, si f(x) es suave a trozos, entonces para todox∈(−L,L)

(3)f(x+) + f(x−)

2= Ao +

∞∑n=1

AnCosnπx

L+ BnSen

nπx

L,

donde los coeficientes de Fourier estan dados por (2).En los puntos donde f(x) es continua tenemos, f(x+) = f(x−), por

tanto, (3) implica que para −L < x < L,

f(x) = Ao +∞∑

n=1

AnCosnπx

L+ BnSen

nπx

L,

Fuera del rango −L ≤ x ≤ L la serie de Fourier converge a un valorfacilmente determinado usando el hecho de la periodicidad de la Seriede Fourier.

Ejemplo: Determinar la Serie de fourier de la funcion

f(x) =

0, x < L/2

1, x≥L/2.

El grafico de esta funcion es:

Consideremos f(x) una extension periodica de f(x), esto es

f(x + 2L) = f(x),

donde

f(x) = f(x), x∈(0, L).

La grafica de esta funcion es:En x = −L y x = L (al igual que en x = L/2±2nL y x = L±2nL),

la serie de Fourier converge a la media, 1/2, de esta manera podemosdecir

Ao +∞∑

n=1

AnCosnπx

L+ BnSen

nπx

L=

1/2, x = −L

0, −L < x < L/2

1/2, x = L/2

1, L/2 < x < L/21/2, x = L

La serie de Fourier puede converger a funciones muy extranas perono son demasiadas diferentes a la funcion original.

4

Los coeficientes son

Ao =1

2L

∫ L

L/2dx =

1

2L[x]x=L

x=L/2 =1

4

An =1

L

∫ L

L/2Cos

nπx

Ldx =

1

nπ

[Sennπ − Sen

nπ

2

]

Bn =1

L

∫ L

−LSen

nπx

Ldx =

1

nπ

[Cos

nπ

2− Cosnπ

].

Demostraremos que las series que solo contienen senos y las que solocontienen cosenos son casos especiales de Series de Fourier.

2. Serie de Fourier de Senos.

Funciones Impares. Una funcion impar es una funcion con lapropiedad

f(−x) = −f(x).

El grafico de una funcion impar para x < 0 se obtiene cambiando designo la imagen reflejada de f(x) para x > 0.

Ejemplos de Funciones impares son

f(x) = x3,

de hecho cualquier potencia impar y

f(x) = Sen4x.

La integral de una funcion impar en un intervalo simetrico es cero(cualquier contribucion que haya para x > 0 se cancelara con la con-tribucion de x < 0).

Calculemos los coeficientes de Fourier de una funcion impar:

Ao =1

2L

∫ L

−Lf(x)dx = 0

An =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

nπx

Ldx = 0.

Ambos son ceros porque el integrando, f(x) y f(9)Cosnπx

Les impar

(al ser el producto de una funcion impar,f(x) con una funcion par

Cosnπx

L). Como An = 0, las funciones cosenos (que son pares) no

aparecen en la serie de Fourier de una funcion impar. La serie deFourier de una funcion impar es una serie de funciones impares (senos):

(4) f(x)∼∑∞

n=1BnSen

nπx

L,

5

si f(x) es impar. En este caso los coeficientes de Fourier Bn se puedensimplificar:

(5)

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x)Sen

nπx

Ldx

=2

L

∫ L

0f(x)Sen

nπx

Ldx,

ya que la integral de una funcion par en un intervalo simetrico, es dosveces la integral de 0 a L. Para las funciones impares solo necesitamosla informacion f(x) para 0 ≤ x ≤ L.

Solo ocasionalmente nos encontraremos ante una funcion impar a laque tengamos que calcular su serie de Fourier, pero frecuentementeaparecen series de senos en el contexto de separacion de variables.Recordemos que la temperatura de una barra unidimensional de lon-gitud L con temperatura cero en los extremos u(0, t) = u(L, t) = 0,satisface

(6) u(x, t) =∑∞

n=1BnSen

nπx

Le−(nπ/L)2kt,

donde la condicion inicial u(x, 0) = f(x) se cumple si

(7) f(x) =∑∞

n=1BnSen

nπx

L.

Por tanto, se debe representar f(x) como una serie de senos; (7)tienela misma forma que (4), sin embargo, existe una diferencia significa-tiva. En (4) sabemos que f(x) es una funcion impar definida para−L ≤ x ≤ L. En (7), f(x) esta solo definida para 0 ≤ x ≤ L, pues esla distribucion de temperatura inicial; f(x) no es necesariamente im-par. Si conocemos f(x) solamente para 0 ≤ x ≤ L, entonces podemosextenderla como una funcion impar, obteniendo otra funcion llamadaextension impar de f(x). La extension impar de f(x) esta definidapara −L ≤ x ≤ L, y podemos aplicar el Teorema de Convergencia dela Serie de Fourier (si la extension impar de f(x) es suave a trozos, loque a su vez requiere que f(x) sea suave a trozos en 0 ≤ x ≤ L). Masaun, como la extension impar de f(x) es ciertamente impar, su serie de

Fourier solo tiene senos. Llamemos f(x) la extension impar de f(x),por lo tanto

f(x) =∑∞

n=1BnSen

nπx

L,

donde los Bn estan dados por (5). Nosotros estamos interesados sola-mente en lo que ocurre entre x = 0 y x = L. En esa region f(x) esidentica a su extension impar, ası

(8) f(x) =∑∞

n=1BnSen

nπx

L, 0 ≤ x ≤ L

6

donde

(9) Bn =2

L

∫ L

0

f(x)Sennπx

Ldx.

Llamaremos a esta la Serie de Fourier de Senos de f(x) en elintervalo 0 ≤ x ≤ L.

Ejemplo: Encontrar la serie de Fourier de senos de la funcion:

f(x) = 100 0 ≤x ≤L

Comenzamos dibujando su extension impar.La serie de Fourier de Senos de f(x) es igual a la serie de Fourier

de la extension impar de f(x). Repitamos periodicamente la extensionimpar (con periodo 2L). En los puntos de discontinuidad, marcamosla media con un ”·”. De acuerdo con el Teorema de Fourier, la serie deFourier de senos de 100 sera igual a 100 para 0 < x < L, pero la serieno es igual a 100 en x = 0 ni en x = L, es decir:

(10) 100 =∑∞

n=1BnSen

nπx

L, 0 < x < L

En x = 0, la figura muestra que la serie de Fourier de Senos convergea 0 por que al considerar la extension impar, x = 0 es un punto dediscontinuidad. Por esta misma razon la serie de Fourier de Senostambien converge a 0 en x = L. Estos resultados concuerdan con elresultado de sustituir x = 0 (y x = L) en la serie infinita de senos. Loscoeficientes de Fourier se determinan mediante (??), esto es:

(11)

Bn =2

L

∫ L

0f(x)Sen

nπx

Ldx

=200

L

∫ L

0Sen

nπx

Ldx =

0 n par

400

nπn impar

Este problema aparece al intentar resolver la ecuacion del calor uni-dimensional con condiciones de contorno nulas y temperatura incialconstante igual a 100o:

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2, 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = u(L, t) = 0

u(x, 0) = 100.

7

El metodo de separacion de variables implicaba

(12) u(x, t) =∑∞

n=1BnSen

nπx

Le−K(nπ/L)2t,

donde

100 =∑∞

n=1BnSennπx

L, 0 < x < L

Matematicamente, la serie de Fourier de la condicion inicial tieneun comportamiento bastante malo en x = 0 y en x = L. De hecho,para este problema, la situacion fısica no esta muy bien definida enx = 0(en el instante t=0). Existe un conflicto la condicion inicial y lacondicion de contorno en el punto x = 0, t = 0, esto es, la condicioninicial (t = 0) prescribe que la temperatura es de 100o incluso cuandox→0, mientras que la condicion de contorno (x = 0) prescribe quela temperatura es 0o incluso cuando t→0. Por lo tanto, el problemafısico tiene una discontinuidad en el punto x = 0, t = 0. En el mundofısico real, la temperatura no puede ser discontinua. Hemos introducidouna discontinuidad en nuestro modelo matematico al hacer pasar ”in-stantaneamente” la barra (en t = 0) de 100o a 0o en el punto x = 0.Esta operacion requiere en la practica un tiempo positivo, con lo quela temperatura es en realidad continua. No obstante, la transicion de0o a 100o ocurrira en tiempo y distancia extremadamente pequenos.

El Teorema de Fourier muestra como la discontinuidad fısica en x = 0(inicialmente, en t = 0) se reproduce matematicamente. La serie deFourier de senos de 100o (que representa la solucion fısica en t = 0)tiene la agradable propiedad de que es igual a 100o para todos los xdentro de la barra, 0 < x < L, y 0o en x = 0 y x = L cumpliendoası las condiciones de contorno. La serie de Fourier de senos de 100o esuna funcion matematica extrana, pero tambien lo es la aproximacionfısica para la que se necesita.

2.1. Fenomeno Gibbs. Para finaliza con las series de Fourier y susaplicaciones, consideremos la serie de Fourier de senos de f(x) = 100o,

(13) 100 =400

π

[Sen(πx/L)

1+

Sen(3πx/L)

3+

Sen(5πx/L)

5+ ...

]

Nos preguntamos ¿Sera valida la formula (13)?. Ciertamente no esvalida en x = 0 ni tampoco en x = L, ya que en x = 0 todos losterminos de la serie se anulan, sin embargo el Teorema de la conver-gencia de la Serie de Fourier nos asegura que es valida en todo puntoexcepto en los dos extremos.

8

Por ejemplo, para x = L2

vemos que

100 =400

π

[1− 1

3+ 1

5− 1

7+ 1

9− ...

]

⇒ π

4=

[1− 1

3+ 1

5− 1

7+ 1

9− ...

]

Que es la famoso ”Formula de Euler” para π. La validez de la seriede Fourier de senos para otros valores de x, 0 < x < L puede tambiensorprendernos. Dibujemos el lado izquierdo y el lado derecho de laserie.

Para n = 1, tenemos que el primer termino de la serie es400

π

Sen(πx/L)

1,

cuya grafica es

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0.5 1 1.5 2 2.5 3

theta

Esta no es una buena aproximacion para la constante 100.Para n = 3, tenemos que los dos primeros terminos de la serie son

400

π

[Sen(πx/L)

1+

Sen(3πx/L)

3

], cuya grafica es:

9

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0.5 1 1.5 2 2.5 3

theta

Observemos que la suma de los dos primeros terminos no nulos yaparecen constituir una mejora considerable con respecto del primertermino.

Si continuamos sumando, podemos observar una mejor aproximacion,esto es:

1,2

1

0,8

0,6

0,4

0,2

0

theta

32,521,510,50

Para n suficientemente grande, vemos que parece razonable creer quela serie infinita converge a 100o para 0 < x < L

10

1,2

0,4

1

0,6

0,8

0,2

theta

32,5210

0

1,50,5

Los lugares donde la suma finita difiere mas del valor de 100o, estancada vez mas cerca de x = 0 y x = L segun el numero de terminosaumenta. Para una cantidad finita de terminos de la serie, la solucioncomienza en cero en x = 0 y se dispara por encima de 100, esto es loque llamamos el ”exceso” primario. La serie sera mas y mas precisasegun aumentemos el numero de terminos de la serie. Podrıamos es-perar que el exceso desapareciera cuando n→∞, pero por el contrario,se forma un pico en los puntos de maximo exceso, donde la solucion noparece que se aproxime a 100. Este exceso es un ejemplo del llamado”Fenomeno de Gibbs”. En general (para n grande), existe un ex-ceso (y su correspondiente defecto) de aproximadamente el 9% de ladiscontinuidad.

3. Serie de Fourier de Cosenos.

Al igual que para funciones impares, tenemos ideas similares parafunciones pares, en las que f(−x) = f(x). Desarrollaremos los resulta-dos basicos, los coeficientes de la serie de Fourier que acompanan a lafuncion seno son ceros para una funcion par, esto es,

Bn =1

L

∫ L

−L

f(x)Sennπx

Ldx = 0,

ya que en este caso f(x)Sennπx

Les impar. La serie de Fourier de una

funcion par es una representacion de f(x) mediante una suma formadaexclusivamente por funciones pares,

(14) f(x) = ∼Ao +∑∞

n=1AnCos

nπx

L.

11

Los coeficientes de los cosenos se pueden evaluar utilizando informacionsobre f(x) solo entre 0 < x < L, ya que:

Ao =1

2L

∫ L

−Lf(x) dx =

1

L

∫ L

0f(x) dx,

mientras que

An =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

nπx

Ldx =

2

L

∫ L

0f(x)Cos

nπx

Ldx.

Normalmente la funcion dada f(x) no es una funcion par, usual-mente, al tratar de representar una funcion arbitraria f(x) usando una

serie infinita de funciones Cosnπx

L, que son las autofunciones del prob-

lema de contorno:

d2φ

dx2= −λφ

dphi

dx(0) =

dphi

dx(L) = 0

querıamos que

f(x) =∑∞

n=0AnCosnπx

L, 0 < x < L

para poder relacionara con esta serie de Fourier simplemente introduci-mos La extension par de f(x), esto es,

f(−x) = f(x) ∀x∈[−L, L]

f(−x) = f(x) ∀x∈[0, L]

Ademas si f(x) es suave a trozos en 0 ≤ x ≤ L, entonces f(x) tambienlo sera en −L ≤ x ≤ L, por lo que podemos aplicar el Teorema de con-vergencia de la Serie de Fourier a la extension par de f(x), por lo que

f(x)±∑∞

n=0Cos

nπx

L, − L ≤ x ≤ L

Ejemplo: Consideremos la serie de Fourier de cosenos de lafuncion:

f(x) = x,

cuya grafica es:Notemos que f(x) es impar. Consideremos a f(x) solo en el intervalo

0 ≤ x ≤ L y extendemos de forma para:

f(x) =

x, 0 ≤ x ≤ L

−x, −L ≤ x < 0

La extension periodica de esta funcion es:

12

La serie de Fourier de cosenos no tiene discontinuidades de salto, porlo que podemos escribir

x =∑∞

n=0AnCos

nπx

L,

donde

A0 =1

L

∫ L

oxdx =

L

2

An =2

L

∫ L

oxCos

nπx

Ldx =

2L

(nπ)2[Cosnπ − 1] .

Parece entonces evidente que cualquier funcion f(x) (que sea suave atrozos) se puede representar a la vez como una serie de Fourier de senosy como una serie de Fourier de cosenos. Elegiremos el Tipo de seriedependiendo de las condiciones de contorno si el problema surge en elcontexto de resolver una ecuacion en derivadas parciales utilizando elmetodo de separacion de variables. Tambien es posible utilizar seriede Fourier que incluya senos y cosenos. Por ejemplo, consideremos lasgraficas de la serie de Fourier, Serie de Fourier de senos y Serie deFourier de cosenos de la funcion

La Serie de Fourier de f(x) se dibuja repitiendo este esquema conperiodo 2L.

La serie de Fourier de senos o de cosenos se obtiene dibujando primerola extension par o impar de f(x) antes de repetir el esquema por peri-odicidad, por lo que

Observemos que para −L ≤ x ≤ L solo la serie de Fourier de f(x) esrealmente igual a f(x). Sin embargo, en los tres casos la Serie es iguala f(x) en el intervalo 0 ≤ x ≤ L.

4. Parte par e impar de una funcion.

Consideremos la serie de Fourier de una funcion f(x) que no es nece-sariamente par o impar, esto es,

(15) f(x)±Ao +∑∞

n=1AnCos

nπx

L+ BnSen

nπx

L,

donde

A0 =1

2L

∫ L

−Lf(x)dx

An =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

nπx

Ldx

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x)Sen

nπx

Ldx.

13

Observemos que una serie de Fourier es la suma de una serie decosenos y una serie de senos, pero por ejemplo,

∑∞n=1

BnSennπx

L,

no es en general la serie de Fourier de senos de f(x), por que los coefi-cientes, no son en general los mismos coeficientes de una serie de Fourier

de senos (2

L

∫ L

of(x)Sen

nπx

Ldx), por lo que esta serie deberıa ser por

si misma la serie de Fourier de senos de alguna funcion. Busquemosdicha funcion.

La ecuacion (15) muestra que f(x) esta representada como una sumade una funcion par y una funcion impar. esto es una propiedad generalde las funciones, pues para cualquier funcion es obvio que:

(16)

f(x) =1

2f(x) +

1

2f(x) +

1

2f(−x)− 1

2f(−x)

=1

2[f(x) + f(−x)] +

1

2[f(x)− f(−x)] .

Llamenos

fp(x) =1

2[f(x) + f(−x)] ,

entonces

fp(−x) =1

2[f(−x) + f(x)] = fp(x),

por lo que decimos que fp(x) es una funcion par que llamaremos partepar de f(x). Si llamamos

fi(x) =1

2[f(x)− f(−x)] ,

entonces

fi(−x) =1

2[f(x)− f(x)] = −fi(x),

por lo que fi(x) es una funcion impar que llamaremos parte imparde f(x).

De esta manera, cualquier funcion se escribe como la suma de unafuncion par fp(x) y una funcion impar fi(x). Por ejemplo, si

f(x) =1

1 + x,

14

entonces

1

1 + x=

1

2

[1

1 + x+

1

1− x

]+

1

2

[1

1 + x− 1

1− x

]

=1

1− x2− x

1− x2.

Esto es la suma de una funcion par, fp(x) =1

1− x2y una impar

fi(x) =−x

1− x2. De esta manera, la serie de Fourier de f(x) es igual a

la suma de la serie de Fourier de fp(x) y la serie de Fourier de fi(x).

1. Series de Fourier

1.1. Serie de Fourier de Senos y Cosenos. Definiremos a la seriede Fourier de una funcion f : [L, L] → R, continua a trozos y periodicade periodo 2L, como

f(x) = Ao +∑∞

n=1 AnCosnπx

L+ BnSen

nπx

L, −L ≤ x ≤ L

donde

(1)

Ao =1

2L

∫ L

−Lf(x)dx

An =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

nπx

Ldx

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x)Sen

nπx

Ldx.

Notemos que la serie de Fourier no existe al menos que por ejemplo,Ao exista, es decir, a menos que

|∫ L

−L

f(x) dx| < ∞.

Esta propiedad, elimina ciertas funciones de nuestra consideracion. Porejemplo, nos preguntamos ¿Cual es la serie de Fourier de la funcion

f(x) = L/x2?. Incluso en situaciones en que∣∣∣∫ L

−Lf(x) dx

∣∣∣ < ∞, la

serie puede no converger; mas aun, puede que si converge no converjaa f(x), es por esta razon que utilizaremos el sımbolo ∼.

La Clase pasada enunciamos un teorema que resume ciertas propiedadesde las serie de Fourier y nos referimos a el como el Teorema de Con-vergencia de Serie de Fourier.

Teorema:Si f(x) es suave a trozos en el intervalo −L ≤ x ≤ L,entonces la serie de Fourier de f(x) converge:

a) A la extension periodica de f(x), en los puntos donde la ex-tension periodica sea continua,

b) A la media de los dos lımites laterales

f(x+) + f(x−)

2,

en los puntos donde la extension periodica tenga discontinuidadesde salto.

1

2

Matematicamente, si f(x) es suave a trozos, entonces para todox∈(−L,L)

(2)f(x+) + f(x−)

2= Ao +

∞∑n=1

AnCosnπx

L+ BnSen

nπx

L,

donde los coeficientes de Fourier estan dados por (1).En los puntos donde f(x) es continua tenemos, f(x+) = f(x−), por

tanto, (2) implica que para −L < x < L,

f(x) = Ao +∞∑

n=1

AnCosnπx

L+ BnSen

nπx

L,

Fuera del rango −L ≤ x ≤ L la serie de Fourier converge a un valorfacilmente determinado usando el hecho de la periodicidad de la Seriede Fourier.

Ejemplo: Determinar la Serie de fourier de la funcion

f(x) =

0, x < L/2

1, x≥L/2.

Consideremos f(x) una extension periodica de f(x), esto es

f(x + 2L) = f(x),

donde

f(x) = f(x), x∈(0, L).

En x = −L y x = L (al igual que en x = L/2±2nL y x = L±2nL),la serie de Fourier converge a la media, 1/2, de esta manera podemosdecir

Ao +∞∑

n=1

AnCosnπx

L+ BnSen

nπx

L=

1/2, x = −L

0, −L < x < L/2

1/2, x = L/2

1, L/2 < x < L/21/2, x = L

La serie de Fourier puede converger a funciones muy extranas perono son demasiadas diferentes a la funcion original.

3

Los coeficientes son

Ao =1

2L

∫ L

L/2dx =

1

2L[x]x=L

x=L/2 =1

4

An =1

L

∫ L

L/2Cos

nπx

Ldx =

1

nπ

[Sennπ − Sen

nπ

2

]

Bn =1

L

∫ L

−LSen

nπx

Ldx =

1

nπ

[Cos

nπ

2− Cosnπ

].

Demostraremos que las series que solo contienen senos y las que solocontienen cosenos son casos especiales de Series de Fourier.

2. Serie de Fourier de Senos.

Funciones Impares. Una funcion impar es una funcion con lapropiedad

f(−x) = −f(x).

El grafico de una funcion impar para x < 0 se obtiene cambiando designo la imagen reflejada de f(x) para x > 0.

Ejemplos de Funciones impares son

f(x) = x3,

de hecho cualquier potencia impar y

f(x) = Sen4x.

La integral de una funcion impar en un intervalo simetrico es cero(cualquier contribucion que haya para x > 0 se cancelara con la con-tribucion de x < 0).

Calculemos los coeficientes de Fourier de una funcion impar:

Ao =1

2L

∫ L

−Lf(x)dx = 0

An =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

nπx

Ldx = 0.

Ambos son ceros porque el integrando, f(x) y f(9)Cosnπx

Les impar

(al ser el producto de una funcion impar,f(x) con una funcion par

Cosnπx

L). Como An = 0, las funciones cosenos (que son pares) no

aparecen en la serie de Fourier de una funcion impar. La serie deFourier de una funcion impar es una serie de funciones impares (senos):

(3) f(x)∼∑∞

n=1BnSen

nπx

L,

4

si f(x) es impar. En este caso los coeficientes de Fourier Bn se puedensimplificar:

(4)

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x)Sen

nπx

Ldx

=2

L

∫ L

0f(x)Sen

nπx

Ldx,

ya que la integral de una funcion par en un intervalo simetrico, es dosveces la integral de 0 a L. Para las funciones impares solo necesitamosla informacion f(x) para 0 ≤ x ≤ L.

Solo ocasionalmente nos encontraremos ante una funcion impar a laque tengamos que calcular su serie de Fourier, pero frecuentementeaparecen series de senos en el contexto de separacion de variables.Recordemos que la temperatura de una barra unidimensional de lon-gitud L con temperatura cero en los extremos u(0, t) = u(L, t) = 0,satisface

(5) u(x, t) =∑∞

n=1BnSen

nπx

Le−(nπ/L)2kt,

donde la condicion inicial u(x, 0) = f(x) se cumple si

(6) f(x) =∑∞

n=1BnSen

nπx

L.

Por tanto, se debe representar f(x) como una serie de senos; (6)tienela misma forma que (3), sin embargo, existe una diferencia significa-tiva. En (3) sabemos que f(x) es una funcion impar definida para−L ≤ x ≤ L. En (6), f(x) esta solo definida para 0 ≤ x ≤ L, pues esla distribucion de temperatura inicial; f(x) no es necesariamente im-par. Si conocemos f(x) solamente para 0 ≤ x ≤ L, entonces podemosextenderla como una funcion impar, obteniendo otra funcion llamadaextension impar de f(x). La extension impar de f(x) esta definidapara −L ≤ x ≤ L, y podemos aplicar el Teorema de Convergencia dela Serie de Fourier (si la extension impar de f(x) es suave a trozos, loque a su vez requiere que f(x) sea suave a trozos en 0 ≤ x ≤ L). Masaun, como la extension impar de f(x) es ciertamente impar, su serie de

Fourier solo tiene senos. Llamemos f(x) la extension impar de f(x),por lo tanto

f(x) =∑∞

n=1BnSen

nπx

L,

donde los Bn estan dados por (4). Nosotros estamos interesados sola-mente en lo que ocurre entre x = 0 y x = L. En esa region f(x) esidentica a su extension impar, ası

(7) f(x) =∑∞

n=1BnSen

nπx

L, 0 ≤ x ≤ L

5

donde

(8) Bn =2

L

∫ L

0

f(x)Sennπx

Ldx.

Llamaremos a esta la Serie de Fourier de Senos de f(x) en elintervalo 0 ≤ x ≤ L.

Ejemplo: Encontrar la serie de Fourier de senos de la funcion:

f(x) = 100 0 ≤x ≤L

Comenzamos dibujando su extension impar.La serie de Fourier de Senos de f(x) es igual a la serie de Fourier

de la extension impar de f(x). Repitamos periodicamente la extensionimpar (con periodo 2L). En los puntos de discontinuidad, marcamosla media con un ”·”. De acuerdo con el Teorema de Fourier, la serie deFourier de senos de 100 sera igual a 100 para 0 < x < L, pero la serieno es igual a 100 en x = 0 ni en x = L, es decir:

(9) 100 =∑∞

n=1BnSen

nπx

L, 0 < x < L

En x = 0, la figura muestra que la serie de Fourier de Senos convergea 0 por que al considerar la extension impar, x = 0 es un punto dediscontinuidad. Por esta misma razon la serie de Fourier de Senostambien converge a 0 en x = L. Estos resultados concuerdan con elresultado de sustituir x = 0 (y x = L) en la serie infinita de senos. Loscoeficientes de Fourier se determinan mediante (??), esto es:

(10)

Bn =2

L

∫ L

0f(x)Sen

nπx

Ldx

=200

L

∫ L

0Sen

nπx

Ldx =

0 n par

400

nπn impar

Este problema aparece al intentar resolver la ecuacion del calor uni-dimensional con condiciones de contorno nulas y temperatura incialconstante igual a 100o:

∂u

∂t= K

∂2u

∂x2, 0 < x < L, t > 0

u(0, t) = u(L, t) = 0

u(x, 0) = 100.

6

El metodo de separacion de variables implicaba

(11) u(x, t) =∑∞

n=1BnSen

nπx

Le−K(nπ/L)2t,

donde

100 =∑∞

n=1BnSennπx

L, 0 < x < L

Matematicamente, la serie de Fourier de la condicion inicial tieneun comportamiento bastante malo en x = 0 y en x = L. De hecho,para este problema, la situacion fısica no esta muy bien definida enx = 0(en el instante t=0). Existe un conflicto la condicion inicial y lacondicion de contorno en el punto x = 0, t = 0, esto es, la condicioninicial (t = 0) prescribe que la temperatura es de 100o incluso cuandox→0, mientras que la condicion de contorno (x = 0) prescribe quela temperatura es 0o incluso cuando t→0. Por lo tanto, el problemafısico tiene una discontinuidad en el punto x = 0, t = 0. En el mundofısico real, la temperatura no puede ser discontinua. Hemos introducidouna discontinuidad en nuestro modelo matematico al hacer pasar ”in-stantaneamente” la barra (en t = 0) de 100o a 0o en el punto x = 0.Esta operacion requiere en la practica un tiempo positivo, con lo quela temperatura es en realidad continua. No obstante, la transicion de0o a 100o ocurrira en tiempo y distancia extremadamente pequenos.

La serie de Fourier de senos de 100o es una funcion matematica ex-trana, pero tambien lo es la aproximacion fısica para la que se necesita.

2.1. Fenomeno Gibbs. Para finaliza con las series de Fourier y susaplicaciones, consideremos la serie de Fourier de senos de f(x) = 100o,

(12) 100 =400

π

[Sen(πx/L)

1+

Sen(3πx/L)

3+

Sen(5πx/L)

5+ ...

]

Nos preguntamos ¿Sera valida la formula (12)?. Ciertamente no esvalida en x = 0 ni tampoco en x = L, ya que en x = 0 todos losterminos de la serie se anulan, sin embargo el Teorema de la conver-gencia de la Serie de Fourier nos asegura que es valida en todo puntoexcepto en los dos extremos.

Por ejemplo, para x = L2

vemos que

100 =400

π

[1− 1

3+ 1

5− 1

7+ 1

9− ...

]

⇒ π

4=

[1− 1

3+ 1

5− 1

7+ 1

9− ...

]

Que es la famoso ”Formula de Euler” para π. La validez de la seriede Fourier de senos para otros valores de x, 0 < x < L puede tambien

7

sorprendernos. Dibujemos el lado izquierdo y el lado derecho de laserie.

Para n = 1, tenemos que el primer termino de la serie es400

π

Sen(πx/L)

1,

cuya grafica es

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0.5 1 1.5 2 2.5 3

theta

Esta no es una buena aproximacion para la constante 100.Para n = 3, tenemos que los dos primeros terminos de la serie son

400

π

[Sen(πx/L)

1+

Sen(3πx/L)

3

], cuya grafica es:

8

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0.5 1 1.5 2 2.5 3

theta

Observemos que la suma de los dos primeros terminos no nulos yaparecen constituir una mejora considerable con respecto del primertermino.

Si continuamos sumando, podemos observar una mejor aproximacion,esto es:

1,2

1

0,8

0,6

0,4

0,2

0

theta

32,521,510,50

Para n suficientemente grande, vemos que parece razonable creer quela serie infinita converge a 100o para 0 < x < L

9

1,2

0,4

1

0,6

0,8

0,2

theta

32,5210

0

1,50,5

Los lugares donde la suma finita difiere mas del valor de 100o, estancada vez mas cerca de x = 0 y x = L segun el numero de terminosaumenta. Para una cantidad finita de terminos de la serie, la solucioncomienza en cero en x = 0 y se dispara por encima de 100, esto es loque llamamos el ”exceso” primario. La serie sera mas y mas precisasegun aumentemos el numero de terminos de la serie. Podrıamos es-perar que el exceso desapareciera cuando n→∞, pero por el contrario,se forma un pico en los puntos de maximo exceso, donde la solucion noparece que se aproxime a 100. Este exceso es un ejemplo del llamado”Fenomeno de Gibbs”. En general (para n grande), existe un ex-ceso (y su correspondiente defecto) de aproximadamente el 9% de ladiscontinuidad.

3. Serie de Fourier de Cosenos.

Al igual que para funciones impares, tenemos ideas similares parafunciones pares, en las que f(−x) = f(x). Desarrollaremos los resulta-dos basicos, los coeficientes de la serie de Fourier que acompanan a lafuncion seno son ceros para una funcion par, esto es,

Bn =1

L

∫ L

−L

f(x)Sennπx

Ldx = 0,

ya que en este caso f(x)Sennπx

Les impar. La serie de Fourier de una

funcion par es una representacion de f(x) mediante una suma formada

10

exclusivamente por funciones pares,

(13) f(x) = ∼Ao +∑∞

n=1AnCos

nπx

L.

Los coeficientes de los cosenos se pueden evaluar utilizando informacionsobre f(x) solo entre 0 < x < L, ya que:

Ao =1

2L

∫ L

−Lf(x) dx =

1

L

∫ L

0f(x) dx,

mientras que

An =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

nπx

Ldx =

2

L

∫ L

0f(x)Cos

nπx

Ldx.

Normalmente la funcion dada f(x) no es una funcion par, usual-mente, al tratar de representar una funcion arbitraria f(x) usando una

serie infinita de funciones Cosnπx

L, que son las autofunciones del prob-

lema de contorno:

d2φ

dx2= −λφ

dphi

dx(0) =

dphi

dx(L) = 0

querıamos que

f(x) =∑∞

n=0AnCosnπx

L, 0 < x < L

para poder relacionara con esta serie de Fourier simplemente introduci-mos La extension par de f(x), esto es,

f(−x) = f(x) ∀x∈[−L, L]

f(−x) = f(x) ∀x∈[0, L]

Ademas si f(x) es suave a trozos en 0 ≤ x ≤ L, entonces f(x) tambienlo sera en −L ≤ x ≤ L, por lo que podemos aplicar el Teorema de con-vergencia de la Serie de Fourier a la extension par de f(x), por lo que

f(x)±∑∞

n=0Cos

nπx

L, − L ≤ x ≤ L

Ejemplo: Consideremos la serie de Fourier de cosenos de lafuncion:

f(x) = x,

cuya grafica es:

11

Notemos que f(x) es impar. Consideremos a f(x) solo en el intervalo0 ≤ x ≤ L y extendemos de forma para:

f(x) =

x, 0 ≤ x ≤ L

−x, −L ≤ x < 0

La serie de Fourier de cosenos no tiene discontinuidades de salto, porlo que podemos escribir

x =∑∞

n=0AnCos

nπx

L,

donde

A0 =1

L

∫ L

oxdx =

L

2

An =2

L

∫ L

oxCos

nπx

Ldx =

2L

(nπ)2[Cosnπ − 1] .

Parece entonces evidente que cualquier funcion f(x) (que sea suave atrozos) se puede representar a la vez como una serie de Fourier de senosy como una serie de Fourier de cosenos. Elegiremos el Tipo de seriedependiendo de las condiciones de contorno si el problema surge en elcontexto de resolver una ecuacion en derivadas parciales utilizando elmetodo de separacion de variables. Tambien es posible utilizar seriede Fourier que incluya senos y cosenos. Por ejemplo, consideremos lasgraficas de la serie de Fourier, Serie de Fourier de senos y Serie deFourier de cosenos de la funcion

La Serie de Fourier de f(x) se dibuja repitiendo este esquema conperiodo 2L.

La serie de Fourier de senos o de cosenos se obtiene dibujando primerola extension par o impar de f(x) antes de repetir el esquema por peri-odicidad, por lo que

Observemos que para −L ≤ x ≤ L solo la serie de Fourier de f(x) esrealmente igual a f(x). Sin embargo, en los tres casos la Serie es iguala f(x) en el intervalo 0 ≤ x ≤ L.

4. Parte par e impar de una funcion.

Consideremos la serie de Fourier de una funcion f(x) que no es nece-sariamente par o impar, esto es,

(14) f(x)±Ao +∑∞

n=1AnCos

nπx

L+ BnSen

nπx

L,

12

donde

A0 =1

2L

∫ L

−Lf(x)dx

An =1

L

∫ L

−Lf(x)Cos

nπx

Ldx

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x)Sen

nπx

Ldx.

Observemos que una serie de Fourier es la suma de una serie decosenos y una serie de senos, pero por ejemplo,

∑∞n=1

BnSennπx

L,

no es en general la serie de Fourier de senos de f(x), por que los coefi-cientes, no son en general los mismos coeficientes de una serie de Fourier

de senos (2

L

∫ L

of(x)Sen

nπx

Ldx), por lo que esta serie deberıa ser por

si misma la serie de Fourier de senos de alguna funcion. Busquemosdicha funcion.

La ecuacion (14) muestra que f(x) esta representada como una sumade una funcion par y una funcion impar. esto es una propiedad generalde las funciones, pues para cualquier funcion es obvio que:

(15)

f(x) =1

2f(x) +

1

2f(x) +

1

2f(−x)− 1

2f(−x)

=1

2[f(x) + f(−x)] +

1

2[f(x)− f(−x)] .

Llamenos

fp(x) =1

2[f(x) + f(−x)] ,

entonces

fp(−x) =1

2[f(−x) + f(x)] = fp(x),

por lo que decimos que fp(x) es una funcion par que llamaremos partepar de f(x). Si llamamos

fi(x) =1

2[f(x)− f(−x)] ,

entonces

fi(−x) =1

2[f(x)− f(x)] = −fi(x),

por lo que fi(x) es una funcion impar que llamaremos parte imparde f(x).

13

De esta manera, cualquier funcion se escribe como la suma de unafuncion par fp(x) y una funcion impar fi(x). Por ejemplo, si

f(x) =1

1 + x,

entonces

1

1 + x=

1

2

[1

1 + x+

1

1− x

]+

1

2

[1

1 + x− 1

1− x

]

=1

1− x2− x

1− x2.

Esto es la suma de una funcion par, fp(x) =1

1− x2y una impar

fi(x) =−x

1− x2. De esta manera, la serie de Fourier de f(x) es igual a

la suma de la serie de Fourier de fp(x) y la serie de Fourier de fi(x).

5. Series de Fourier continuas.

El teorema de convergencia de las series de Fourier muestran que laserie de Fourier de f(x) puede ser una funcion diferente a f(x). sinembargo, en el intervalo de interes, ambas funciones coinciden exceptoen los pocos puntos en que la extension periodica de f(x) tiene una dis-continuidad de salto. La serie de senos (y de cosenos) tienen el mismocomportamiento, pero en lugar de f(x) hay que considerar la extensionimpar (o par) de la funcion. Ademas de los puntos de discontinuidadde salto de f(x), las distintas extensiones de la funcion puede intro-ducir otras discontinuidades de salto. Para algunos ejemplos expuestosanteriormente ”algunas veces” la serie resultante no tiene ninguna dis-continuidad de salto. En estos casos, la serie de fourier de f(x) seraigual a f(x) en el intervalo de interes. En ese caso, la serie de Fouriermisma sera una funcion continua.

Merece la pena resumir las condiciones bajo las cuales una serie deFourier es continua.

Para una funcion f(x) suave a trozos, su serie de Fourieres continua en −L ≤x ≤L si y solo si f(x) es continua y

f(−L) = f(L).

Es necesario que f(x) sea continua; de otro modo habra discontinuidadesde salto (y la serie de Fourier de f(x) convergera a la media). Enla figura ilustraremos el significado de la condicion f(−L) = f(L),mostrando dos funciones continua , de las cuales solo una de ellassatisface f(−L) = f(L).

14

La condicion f(−L) = f(L) garantiza que el esquema repetido periodicamente(con periodo 2L) sea continua en los puntos extremos.

Consideremos la serie de Fourier de cosenos de f(x) (funcion que yaha sido extendida de forma par). Si f(x) es continua, ¿Es continua laserie de Fourier de cosenos? Un ejemplo que es continua en 0 ≤x ≤Lse muestra en la figura. en primer lugar, extendemos f(x) de formapar y luego periodicamente. Vemos facilmente que:

Para una funcion f(x) suave a trozos, la serie de Fourierde cosenos de f(x) es continua en 0 ≤x ≤L si y solo si f(x)

es continua.

Observemos que no son necesarias condiciones adicionales sobre f(x)para que la serie de cosenos sea continua (ademas de que f(x) seacontinua). Una razon para este resultado es que si f(x) es continuaen 0 ≤x ≤L, entonces la extension par sera continua en −L ≤x ≤L.Notemos tambien que la extension par toma el mismo valor en ±L.Por lo tanto, la extension periodica sera automaticamente continua enlos puntos extremos.

Comparemos este resultado con lo que ocurre con una serie de Fourierde senos. Consideremos cuatro ejemplos, todos ellos con funcionescontinuas en 0 ≤x ≤L.

Si f(0)6=0, entonces la extension impar de f(x) tendra una discon-tinuidad de salto en x = 0, como se ilustra en las figuras (a) y (c). Sif(L)6=0, entonces la extension impar en x = −L tendra signo contrariode f(L), con lo que la extension periodica no sera continua en los pun-tos finales si f(L)6=0 como puede verse en la figura (a) y (b). Por loque podemos concluir que

Para una funcion f(x) suave a trozos, la serie de Fourierde senos de f(x) es continua en 0 ≤x ≤L si y solo si f(x) es

continua y se tiene f(0) = 0 y f(L) = 0.

6. Diferenciacion termino a termino de la Series deFourier.

Al resolver ecuaciones en derivadas parciales por el metodo de sep-aracion de variables, las condiciones de contorno homogeneas algunasveces sugieren que la solucion deseada es o bien una serie infinita desenos o de cosenos. Por ejemplo, consideremos la ecuacion del calor uni-dimensional con condiciones de contorno cero. Como antes, queremos

15

resolver el problema de valor inicial

(16)

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2,

u(0, t) = u(L, t) = 0,

u(x, 0) = f(x).

Por el metodo de separacion de variables, combinado con el principio desuperposicion (tomando una combinacion lineal finita de soluciones),sabemos que la funcion

u(x, t) =∑N

n=1BnSen

nπx

Le−k(nπ/L)2t,

satisface la ecuacion en derivadas parciales y las dos condiciones de con-torno homogeneas. Para cumplir las condiciones iniciales necesitamosuna serie infinita. ¿Resuelve la serie

u(x, t) =∑∞

n=1BnSen

nπx

Le−k(nπ/L)2t

nuestro problema?. La teorıa de series de fourier de senos demuestraque los coeficientes de Fourier Bn se pueden determinar para que secumpla cualquier condicion inicial (suave a trozos), tenemos

Bn =2

L

∫ L

0

f(x)Sennπx

Ldx.

Para ver si la serie infinita cumple realmente la ecuacion en derivadasparciales, sustituimos (6) en (16). Si la serie de Fourier infinita se puedederivar termino a termino, entonces

∂u

∂t(x, t) = −

∑∞n=1

k(nπ

L)2BnSen

nπx

Le−k(nπ/L)2t

y

∂2u

∂x2(x, t) = −

∑∞n=1

(nπ

L)2BnSen

nπx

Le−k(nπ/L)2t

Por lo tanto, la serie infinita de Fourier obtenida por el metodo de

separacion de variables cumple la ecuacion del calor (∂u

∂t= k

∂2u

∂x2) si es

valida la derivacion termino a termino de una serie de Fourier.

16

Desafortunadamente las series infinitas (incluso las convergentes) nosiempre se pueden derivar termino a termino, es decir, no siempre escierto que

d

dx

∑∞n=1

Cnun(x) =∑∞

n=1Cn

dun

dx;

el intercambio de operaciones entre la diferenciacion y la suma infinitano siempre esta justificada. Incluso para la serie de Fourier, la diferen-ciacion termino a termino no siempre es valida. Para Ilustrar la difi-cultad de derivara termino a termino, consideremos la serie de Fourierde senos (en el intervalo 0 ≤ x ≤ L), la cual puede expresarse como

x = 2∑∞

n=1

L

nπ(−1)n+1Sen

nπx

L, en 0 ≤ x ≤ L.

Si derivamos la funcion del lado izquierdo obtenemos la funcion 1. Sinembargo, si derivamos formalmente termino a termino la funcion de laderecha llegamos a

2∑∞

n=1(−1)n+1Cos

nπx

L,

que es una serie de cosenos, aunque no es la serie de cosenos de f(x) = 1(la serie de Fourier de cosenos de 1 es simplemente 1). Tenemos, portanto, un ejemplo en el que no podemos derivara termino a termino.Incluso la serie resultante no converge en ningun sitio, ya que el terminon-esimo no tiende a cero.

Esta dificultad surge siempre que la serie de Fourier de f(x) tieneuna discontinuidad de salto. La derivacion termino a termino no estajustificada en esta situacion. El resultado valido es el siguiente:

Una serie de Fourier que es continua se puede derivaratermino a termino si f ′(x) es suave a trozos.

El resultado de la derivacion termino a termino es la serie de Fourierde f ′(x) que puede no ser continua. Resultados similares para las seriesde Fourier de senos y cosenos son de uso mucho mas frecuente al resolverecuaciones en derivadas parciales.

Para las series de Fourier de cosenos se tiene:

Si f ′(x) es suave a trozos, entonces si la serie de Fourierde cosenos de f(x) es continua, se puede derivara termino

a termino.

El resultado de la derivacion termino a termino es la serie de Fourierde senos de f ′(x), que puede no ser continua. Recordemos que f(x)

17

solo necesita ser continua para que su serie de Fourier de cosenos seacontinua. Por tanto, este Teorema se puede enunciar de la siguienteforma alternativa:

Si f ′(x) es suave a trozos, entonces si la serie de Fourierde cosenos de una funcion continua f(x) se puede derivar

termino a termino.

Apliquemos estos enunciados a la serie de Fourier de cosenos de f(x):

(17) f(x) =∑∞

n=1AnCos

nπx

L, 0 ≤ x ≤ L

donde el signo ” = ” significa que la serie infinita converge a f(x) paratodo x (0 ≤ x ≤ L) ya que f(x) es continua. Matematicamente, losterminos anteriores establecen que la derivacion termino a termino esvalida.

(18) f ′(x)∼−∑∞

n=1

(nπ

L

)AnSen

nπx

L,

donde el signo ”∼” quiere decir aquı que se tiene la igualdad, donde laserie de Fourier de senos de f ′(x) es continua, y que la serie de senosde f ′(x) es discontinua.

Ejemplo: Consideremos la serie de Fourier de coseno de x

(19) x =L

2− 4L

π2

∑n impar

1

n2Cos

nπx

L, 0 ≤ x ≤ L

Notemos que esta serie es continua para 0 ≤ x ≤ L, por lo que uti-lizamos el signo = en (19). La derivada de esta serie de Fourier decoseno es la serie de Fourier de f(x) = 1.

La serie de Fourier de senos de f(x) = 1 se puede obtener derivandotermino a termino la serie de Fourier de cosenos de f(x) = x suponiendoque la derivacion termino a termino de (19) es valida como enunciamos,se sigue que

1∼ 4

π

∑n impar

1

nSen

nπx

L,

que es efectivamente correcta.Un resultado similar es valida para las series de Fourier de senos

Para las series de Fourier de cosenos se tiene:

Si f ′(x) es suave a trozos, entonces si la serie de Fourierde senos de f(x) es continua, se puede derivar termino a

termino.

Sin embargo, si f(x) es continua, entonces la serie de Fourier desenos es continua solo si f(0) = 0 y f(L) = 0. Por tanto, debemos ser

18

cuidadosos al derivar termino a termino una serie de Fourier de senos.En particular, Para las series de Fourier de cosenos se tiene:

Si f ′(x) es suave a trozos, entonces si la serie de Fourierde senos de una funcion continua, solo se puede derivar

termino a termino si f(0) = 0 y f(L) = 0.

Demostracion: Las demostraciones de estos teoremas son todasbastante similares. Probaremos la validez de la derivacion termino atermino de la serie de Fourier de senos de una funcion f(x) continua:

(20) f(x)∼∑∞

n=1BnSen

nπx

L.

Habra igualdad en (20) solo si f(0) = f(L) = 0. Si f ′(x) es suave atrozos, entonces f ′(x) tiene una serie de Fourier de cosenos, esta es

(21) f ′(x)∼Ao +∑∞

n=1AnCos

nπx

L.

Esta serie no converge a f’(x) en los puntos de discontinuidad a f ′(x).Si podemos verificar que

f ′(x)∼∑∞

n=1

(nπ

L

)BnCos

nπx

L,

es decir, si Ao = 0 y An =(nπ

L

)Bn, habremos demostrado que una

serie de Fourier de seno se puede derivar termino a termino. Los coe-ficientes de la serie de Fourier de cosenos se obtienen a partir de (21).Si integramos por parte, obtenemos

(22) Ao =1

L

∫ L

0

f ′(x)dx =1

L[f(L)− f(0)] ,

(n6=0)(23)

An =2

L

∫ L

0

f ′(x)Cosnπx

Ldx =

2

L

[f(x)Cos

nπx

L|x=Lx=0 +

nπ

L

∫ L

0

f(x)Sennπx

Ldx

].

Pero, segun (20), Bn es el coeficiente de la serie de Fourier de senos def(x),

Bn =2

L

∫ L

0

f(x)Sennπx

Ldx,

y por lo tanto, para n6=0,

(24) An =nπ

LBn +

2

L[(−1)nf(L)− f(0)] .

19

Vemos entonces comparando los coeficientes de la serie de Fourier decosenos que la serie de Fourier de senos se puede derivar termino atermino solo si se tiene a la vez f(L) = f(0) = 0 (para que A0 = 0) y(−1)nf(L)− f(0) = 0 (para que an = (nπ/L) Bn). Ambas condicionesse cumplen solo si

f(0) = f(L) = 0,

que son exactamente las condiciones para que la serie de Fourier desenos de una funcion continua sea continua. por tanto, hemos com-pletado la pruebe. Sin embrago, esta demostracion nos ha dado masinformacion. hemos obtenido la formula para derivar la serie de Fourierde senos de una funcion continua cuando la serie no es continua. Ten-emos que:

Si f ′(x) es suave a trozos, entonces la serie de Fourier desenos de una funcion continua f(x),

f(x)∼∑∞

n=1BnSen

nπx

L,

no se puede, en general, derivar termino a termino. Sinembargo,(25)

f ′(x)∼ 1

L[f(L)− f(0)]+

∑∞n=1

[nπ

LBn +

2

L((−1)nf(L)− f(0))

]Cos

nπx

L

En esta demostracion puede parecer que nunca hemos necesitado quef(x) sea continua. Sin embargo, utilizamos integracion por partes paraobtener (21). en el estudio habitual del calculo, la integracion porpartes se establece como valida si u(x) y v(x) y sus derivadas soncontinuas.

Ejemplo: Consideremos la serie de Fourier de senos de f(x) = x,

(26) x∼2∑∞

n=1

L

nπ(−1)n+1Sen

nπx

L, en 0 ≤ x ≤ L.

Ya sabemos que la serie de Fourier de cosenos de (d/dx)x = 1 no seobtiene derivando termino a termino (26), ya que f(L)6=0. Sin em-bargo, podemos aplicar (25) ya que f(x) es continua (y f ′(x) es suave

a trozos). Observando que f(0) = 0, f(L) = L ynπ

LBn = 2(−1)n+1, se

sigue que la serie de Fourier de cosenos de (df/dx) es

df

dx∼1

20

La funcion constante 1 es exactamente la serie de Fourier de cosenos dedf/dx, ya que f = x implica que df/dx = 1. por tanto, el lado derechode (25) nos da la expresion correcta de la serie de Fourier de cosenos def ′(x) cuando conocemos la serie de Fourier de senos de f(x), incluso sif(0) 6=0 y/o f(L)6=0

7. Metodo de desarrollo en autofunciones.

Vemos como nuestro resultado sobre las condiciones bajo las que unaserie de Fourier se puede derivar termino a termino se puede aplicar ennuestro estudio de ecuaciones en derivadas parciales. Consideremos laecuacion del Calor

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2,

con condiciones de contorno nulas en x = 0 y x = L. Demostraremosque ciertamente

u(x, t) =∑∞

n=1BnSen

nπx

Le−k(nπ/L)2t,

es la representacion en serie infinita de la solucion de este problemautilizando un esquema alternativo para obtener esta solucion, conocidocomo el metodo de desarrollo en autofunciones , cuya impor-tancia esta en que tambien se puede usar cuando hay fuentes o lascondiciones de contorno no son homogeneas. Comenzaremos desarrol-lando la solucion desconocida u(x, t), en terminos de las autofuncionesdel problema (con condiciones de contorno homogeneas). En este ejem-

plo, las autofunciones son Sennπx

L, lo que sugiere una serie de Fourier

de senos para cada tiempo

(27) u(x, t)∼∑∞

n=1Bn(t)Sen

nπx

Le−k(nπ/L)2t

los coeficientes de la serie de Fourier de senos, Bn, dependeran deltiempo,Bn(t). La ecuacion (27) es valida si u(x, t) es suave a trozos;de hecho, nuestra formulacion fısica requiere mas, a saber, que u(x, t)y ∂u/∂x sean funciones continuas de x. Mas aun, sera convenientesuponer que ∂2u/∂x2 es por lo menos suave a trozos.

La condicion inicial [u(x, 0) = f(x)] se cumple si

(28) f(x)∼∑∞

n=1Bn(0)Sen

nπx

L,

21

lo cual determina los coeficientes de la serie de Fourier de senos en elinstante inicial

(29) Bn(0) =2

L

∫ L

0

f(x)Sennπx

L.

Lo que resta investigar es si la representacion en serie de Fourier desenos en el instante inicial

(30) Bn(0) =2

L

∫ L

0

f(x)Sennπx

Ldx.

Lo que resta investigar es si la representacion en serie de fourier desenos de u(x, t), (27) satisface la ecuacion del calor ∂u/∂t = k∂2u/∂x2.Para estudiar esto debemos derivar la serie de Fourier de senos. Esaquı donde nos seran utiles los resultados sobre diferenciacion terminoa termino.

En primer lugar necesitamos calcular dos derivadas respecto a x. Siu(x, t) es continua, entonces la serie de Fourier de senos de u(x, t) sepuede derivara termino a termino si u(0, t) = 0 y u(L, t) = 0. Comoestos son exactamente las condiciones de contorno sobre u(x, t) se siguede (27) que

8. Integracion Termino a Termino de la Serie de Fourier

Al hacer manipulaciones matematicas con series infinitas debemosrecordar que algunas propiedades de las series finitas no son ciertaspara series infinitas. En particular, debemos ser especialmente cuida-dosos al derivar termino a termino una serie de Fourier infinita. Elsiguiente teorema sin embargo, nos permite integrar series de Fouriersin precauciones.

Teorema: Una serie de Fourier de una funcion f(x) suave atrozos siempre se puede integrar termino a termino, y el resultado esuna serie infinita convergente, que siempre converge a la integralde f(x) para −L ≤x ≤L (incluso si la serie de Fourier original tienediscontinuidades de salto).

Conviene senalar que la nueva serie formada al integrar termino atermino es continua. Sin embargo, la nueva serie puede no ser una seriede Fourier.

Para comprobar esta afirmacion, supongamos que f(x) es suave atrozos y, por tanto, tiene una serie de Fourier en el intervalo −L ≤x ≤Lno necesariamente continua

(31) f(x)∼Ao +∑∞

n=1AnCos

nπx

L+ BnSen

nπx

L

22

Probemos que podemos integrar este resultado termino a termino

∫ x

−L

f(t)dt∼Ao(x + L) +∑∞

n=1An

∫ x

−L

Cosnπt

Ldt + Bn

∫ x

−L

Sennπt

Ldt

La integracion indicada nos da

∫ x

−L

f(t)dt∼Ao(x+L)+∑∞

n=1

[LAn

nπSen

nπt

L+

LBn

nπ

(Cosnπ − Cos

nπx

L

)]

En realidad el enunciado anterior es valido con un signo =. Si laintegracion termino a termino desde −L hasta x de una serie de Fourieres valida, entonces cualquier integracion definida es valida, ya que

∫ b

a

dx =

∫ b

−L

dx−∫ a

−L

dx

Ejemplo: La integracion termino a termino tiene algunas apli-caciones interesantes. Recordemos que la serie de Fourier de senos def(x) = 1 esta dada por

(32) 1∼ 4

π

[Sen

πx

L+

1

3Sen

3πx

L+

1

5Sen

5πx

L+ . . .

]

donde usamos el signo ∼ ya que (32) es una igualdad solo para 0 <x < L. La integracion termino a termino desde 0 hasta x da lugar a(33)

x ∼4L

π2

[1 +

1

32+

1

52+ . . .

]

− 4L

π2

[Cos

πx

L+

1

32Cos

3πx

L+

1

52Cos

5πx

L+ . . .

]0 ≤ x ≤L

Inmediatamente nos damos cuenta de que (33) deberıa ser la serie deFourier de cosenos de la funcion x que se obtuvo integrado la serie deFourier de senos de f(x) = 1. Sin embargo, aparece una serie infinitade constantes en (33); se trata del termino constante de la serie deFourier de cosenos de x. Podemos evaluar esa serie infinita de estamanera

4L

π2

[1 +

1

32+

1

52+ . . .

]=

1

L

∫ L

0

xdx =L

2.

23

Por tanto, obtenemos la forma usual de la serie de Fourier de cosenosde x,(34)

x∼L

2− 4L

π2

[Cos

πx

L+

1

32Cos

3πx

L+

1

52Cos

5πx

L+ . . .

]0 ≤ x ≤L

El proceso de obtener series nuevas a partir de otras anteriores se puedecontinuar. Integrando (34) desde 0 hasta x obtenemos(35)x22

=

L

2x− 4L2

π3

[Sen

πx

L+

1

33Sen

3πx

L+

1

53Sen

5πx

L+ . . .

]0 ≤ x ≤L

Este ejemplo ilustra que integrando una serie de Fourier terminoa termino no necesariamente obtenemos otra serie de Fourier .Sin embrago, (35) se puede entender en dos sentidos:

1. Como la Serie de Fourier de senos dex2

2− (

L

2)x.

2. O bien como la serie de Fourier de senos dex2

2, donde necesi-

tamos conocer primero la serie de Fourier de senos de x.

Un proceso alternativo es calcular la integral indefinida. En estecaso debemos incluir una constante indefinida y luego calcularla. Porejemplo, reconsideremos la serie de Fourier de senos de f(x) = 1. ha-ciendo una integracion indefinida termino a termino obtenemos la seriede Fourier de cosenos de x,

x = c− 4L

π2

[Cos

πx

L+

1

32Cos

3πx

L+

1

52Cos

5πx

L+ . . .

].

La constante de Integracion no es arbitraria, se debe evaluar. Aquı ces de nuevo el´termino constante de la Serie de Fourier de cosenos dex

c =1

L

∫ L

0

xdx =L

2.

Demostracion de la Integracion de Series de Fourier.Sea

(36) F (x) =

∫ x

−L

f(t)dt.

24

Esta integral es una funcion continua de x, ya que f(x) es suave atrozos. F (x) tiene una serie de Fourier continua solo si F (L) = F (−L)(en otro caso, recordemos que la naturaleza periodica de las series deFourier implica que la serie de Fourier no converge a F (x) en los puntosextremos x = ±L). Sin embargo notemos que segun la definicion (36)

F (−L) = 0

y

F (L) =

∫ L

−L

f(t)dt = 2LAo.

Por tanto, en general F (x) no tiene una serie de Fourier continua. Sinembargo, consideremos la lınea recta que conecta el punto F (−L) conF (L), esta es,

y = Ao(x + L).

Si definimos G(x) como la diferencia entre F (x) y la lınea recta,

G(x) = F (x)− Ao(x + L),

sera cero en ambos extremos, x = ±L,

(37) G(−L) = G(L) = 0,

y G(x) tambien sera continua. Por tanto, G(x) cumple las propiedadesque hacen que su serie de Fourier realmente sea igual a ella:

(38) G(x) = A0 +∑∞

n=1AnCos

nπx

L+ BnSen

nπx

L.

Estos coeficientes de Fourier pueden calcularse como

An =1

L

∫ L

−L

[F (x)− Ao(x + L)] Cosnπx

Ldx (n 6=0)

El termino x se puede eliminar ya que es impar (es decir,∫ L

−LxCos

nπx

Ldx =

0). La expresion resultante se puede integrar por partes como sigue:

u = F (x)− AoL dv = Cosnπx

Ldx

du =dF

dx(x)dx = f(x)dx, v = dfracLnπSen

nπx

L,

25

obteniendose,(39)

An =1

L[F (x)− AoL]

LSennπx

Lnπ

|L−L −L

nπ

∫ L

−Lf(x)Sen

nπx

Ldx

= −LBn

nπ,

donde observamos que los Bn son los coeficientes de Fourier de senosde f(x). De un modo similar, se puede demostrar que

Bn =LAn

nπ.

A0 se puede calcular de forma distinta (el metodo anterior no fun-cionara). ya que G(L) = 0, y la serie de Fourier de G(x) es convergentepuntualmente, de (38) se sigue que

0 = A0 +∑∞

n=1AnCosnπ = A0 −

∑∞n=1

LBn

nπCosnπ,

ya que An = −LBn

nπ. Luego hemos demostrado a partir de (38) que

(40)

F (x) = A0(x+L)+∑∞

n=1

[LAn

nπSen

nπx

L+

LBn

nπ

(Cosnπ − Cos

nπx

L

)]

que es exactamente el resultado de la integracion simple termino atermino. Sin embargo, observemos que (40) no es la serie de Fourierde F (x), por que aparece A0x. No obstante, (40) es valida. Asıpues, hemos justificado la integracion termino a termino de la seriede Fourier.

9. Convergencia de la Serie de Fourier.

Lema de Riemann - Lebesgue. Sea f : [a, b]→R una funcionintegrable. Entonces

limλ→∞

∫ b

a

f(x)Sen(λx)dx = limλ→∞

∫ b

a

f(x)Cos(λx)dx = 0.

Demostracion Demostremos que

limλ→∞

∫ b

a

f(x)Sen(λx)dx = 0.

El otro lımite es analogo.Estudiemos tres casos.

26

Caso I: Sea f una funcion caracterıstica de un intervalo [c, d], esdecir.

f(x) =

1, x∈ [c, d]

0, x/∈ [c, d]

En este caso∫ b

af(x)Sen(λx)dx =

∫ d

cSen(λx)dx

= − Cos(λx)

λ

∣∣∣∣d

c

=1

λ[Cos(λc)− Cos(λd)] ,

como la funcion cosenos es acotada, esta ultima expresion tiende a cerosi limλ→∞.

Caso II: Si f es una funcion escalonada, f puede escribirse comouna combinacion lineal de un numero finito de funciones caracterısticasde intervalos contenidos en [a, b], por linealidad de la Integral el resul-tado para este caso se obtiene inmediatamente del Caso I .

Caso III: Caso general, sea f integrable en [a, b]. Dado ε > 0,existe una funcion escalonada h, definida en [a, b], tal que:

∫ b

a

|f(x)− h(x)| dx <ε

2.

Por lo demostrado en el caso anterior, existe εo∈R tal que si ε > εo,entonces ∣∣∣∣

∫ b

a

h(x)Sen(λx)dx

∣∣∣∣ <ε

2.

Por lo tanto si ε > εo, tenemos∣∣∣∫ b

af(x)Sen(λx)dx

∣∣∣ =∣∣∣∫ b

a(f(x)− h(x) + h(x))Sen(λx)dx

∣∣∣

≤∣∣∣∫ b

a(f(x)− h(x))Sen(λx)dx

∣∣∣ +∣∣∣∫ b

ah(x)Sen(λx)dx

∣∣∣

≤ ∫ b

a|f(x)− h(x)| dx +

∣∣∣∫ b

ah(x)Sen(λx)dx

∣∣∣

<ε

2+

ε

2= ε

27

Corolario 1. Sea f : R→R una funcion periodica de periodo 2L, in-tegrable en el intervalo [-L,L]. Si An y Bn son sus coeficientes deFourier, entonces

limn→∞An = limn→∞Bn = 0.

A continuacion probaremos una formula se sumacion y aplicaremosel Lema de Riemann - Lebesgue al calculo de una integral definidaque no es posible obtener atraves del Teorema Fundamental del Calculo

Proposicion 1. Si x ∈ R, tal que Sen(x

2) 6=0 y n un numero natural,

entonces:

1

2+ Cosx + Cos2xs + . . . + Cosnx =

Sen((n + 12)x)

2Sen(x2)

.

Demostracion:(2Sen(x

2)) [

1

2+ Cosx + Cos2xs + . . . + Cosnx

]=

= Sen(x2) + 2Sen(x

2)Cosx + · · ·+ 2Sen(x

2)Cosnx

Pero

2Sen(x2)Coskx = Sen(x

2− kx) + Sen(x

2+ kx)

= −Sen((k − 12)x) + Sen((k + 1

2)x)

Por lo tanto(2Sen(x

2)) [

1

2+ Cosx + Cos2xs + . . . + Cosnx

]=

= Sen(x2)− Sen(x

2) + Sen(3x

2)− Sen(3x

2) + · · · − Sen((n− 1

2)x) + Sen((n + 1

2)x)

= Sen((n + 12)x)

Teorema 1 (Teorema de Convergencia de las Series de Fourier). Sif(x) es suave a trozos en el intervalo −π ≤ x ≤ π, entonces la seriede Fourier de f(x) converge

1-. A la extension periodica de f(x), donde la extension periodicasea continua.

2-. A la media de los dos lımites laterales

1

2

[f(x+) + f(x−)

],

28

donde la extension periodica tenga una discontinuidad desalto

Demostracion: Sea Sn la sucesion de sumas parciales de la Seriede Fourier de f(x), es decir,

Sn(x) = A0 +∑n

k=1AkCos(kx) + BkSen(kx),

donde

A0 =1

2π

∫ π

−πf(x)dx,

An =1

π

∫ π

−πf(x)Cos(kπx)dx,

Bn =1

π

∫ π

−πf(x)Sen(kπx)dx.

Sustituyendo los coeficientes en (9), tenemos

Sn(x) =1

2π

∫ π

−πf(t)dt +

∑nk=1

[1

π

∫ π

−πf(t)Cos(kπt)dt

]Coskx

+

[1

π

∫ π

−πf(t)Sen(kπt)dt

]Senkx

=1

π

∫ π

−πf(t)

[1

2+

∑nk=1CosktCoskx + SenktSenkx

]dt

=1

π

∫ π

−πf(t)

[1

2+

∑nk=1Cos (k(t− x))

]dt

Usando la Proposicion anterior, tenemos

Sn(x) =1

2π

∫ π

−π

f(t)Sen((n + 1

2)(t− x))

Sen( (t−x)2

)dt

Haciendo el cambio de variable τ = t− x, obtenemos

Sn(x) =1

2π

∫ π−x

−π−x

f(x + τ)Sen((n + 1

2)τ)

Sen( τ2)

dt,

puesto que f(x) es una funcion periodica, podemos escribir

Sn(x) =1

2π

∫ π

−π

f(x + τ)Sen((n + 1

2)τ)

Sen( τ2)

dt.

29

Llamemos

Dn(t) =Sen((n + 1

2)t)

2πSen( t2)

,

conocido como el nucleo de Dirichlet, la cual es una sucesion de fun-ciones Dn. Por lo que (9) puede escribirse como

Sn(x) =

∫ π

−π

f(x + τ)Dn(t)dt.

Observemos que

Dn(t) =1

2π+

1

π(Cost + Cos2t + · · ·+ Cosnt) ,

de aquı tenemos que∫ π

−πDn(t)dt = 1,

∫ π

0Dn(t)dt =

∫ 0

−πDn(t)dt = 1

2.

Luego

Sn(x)− f(x+) + f(x−)

2=

∫ π

−πf(x + t)Dn(t)dt− f(x+)

∫ π

0Dn(t)dt

− f(x−)∫ 0

−πDn(t)dt,

=∫ π

0(f(x + t)− f(x+)) Dn(t)dt

+∫ 0

−π(f(x + t)− f(x−)) Dn(t)dt,

=1

2π

∫ π

0

[f(x + t)− f(x+)

Sen t2

]Sen((n + 1

2)t)dt

=1

2π

∫ π

0

[f(x + t)− f(x−)

Sen t2

]Sen((n + 1

2)t)dt.

Definamos para t ∈ [0, π],

g(t) =f(x + t)− f(x+)

Sent

2

,

claramente

g(t) =

[f(x + t)− f(x+)

t

] t

Sent

2

,

30

de las hipotesis sobre f se sigue inmediatamente que existe limt→0g(t)y si definimos este limite como g(0), entonces g es continua a trozos en[0, π].

Por el Lema de Riemann - Lebesgue

limn→∞1

2π

∫ π

0

f(x + t)− f(x+)

Sent

2

Sen((n +

1

2)t)dt = 0.

De manera completamente analoga se prueba que

limn→∞1

2π

∫ π

0

f(x + t)− f(x−)

Sent

2

Sen((n +

1

2)t)dt = 0.

Por lo tanto

limn→∞Sn(x) =f(x+) + f(x−)

2. ♠

Ecuaciones en Derivadas Parciales.

Funciones Armonicas y Serie de Fourier. Enero 2006

(1) Utilizando los principios de maximo para la ecuacion de Laplace, probar que la

solucion de la ecuacion de Poisson ∇2u, con condicion u = f(x) en la frontera,

es unica.

(2) (a) Utilizar el teorema de la divergencia para obtener una expresion alternativa para∫ ∫u∇2udxdydz.

(b) Usando el apartado (a), probar que la solucion de la ecuacion de Laplace ∇2 = 0

(con u prescrita en la frontera)es unica.

(c) Modificar el apartado (b) si ∇u.n = 0en la frontera.

(d) Modificar el apartado (b) si tenemos ahora ∇u.n + hu = 0 sobre la frontera.

Demostrar que la ley de enfriamiento de Newton corresponde a h < 0.

(3) Demostrar que al temperatura que cumple la ecuacion de laplace no puede alcanzar

su mınimo en el interior.

(4) Demostrar que la ecuacion del calor ”retrogada”,

∂u

∂t= −k

∂2u

∂x2

con las condiciones u(0, t) = u(L, t) = 0 y u(x, 0) = f(9), no es un problema bien

propuesto. Indicaciones: demostrar que si los datos se cambian en una cantidad

arbitrariamente pequena, por ejemplo

f(x)→f(x) + 1nsen

nπx

Lpara n grande, entonces la solucion u(x,t) cambia en una cantidad grande.

(5) Dibujar la serie de Fourier de f(x) de las siguientes funciones en el intervalo−L≤x≤L.

Comparar f(x) con su serie de Fourier:

(a) f(x) = x2 (b) f(x) = ex

(c) f(x) =

0, x < 0

1 + x, x > 0

(d) f(x) =

x, x < L/2

0, x > L/2

2

(6) Determinar la serie de Fourier de seno de f(x) y dibuje dicha serie

(a) f(x) = Cosπx

L(b) f(x) =

1, x < L/6

3, L/6 < x < L/2

0, x > L/6

(c) f(x) =

0, x < L/2

x, x > L/2

(d) f(x) =

1, x < L/2

0, x > L/2

(7) Dibujar la serie de Fourier de senos de las siguientes funciones. Dibujar tambien,

aproximadamente, la suma de una cantidad finita de terminos no nulos (por lo menos

los dos primeros) de la serie de Fourier de senos:

(a) f(x) = Cosπx

L(b) f(x) =

1, x < L/2

0, x > L/2

(c) f(x) = x

(8) Dibujar la serie de Fourier de coseno de f(x) = Senπx

L. Analizar brevemente.

(9) Dibujar la serie de Fourier de cosenos de las siguientes funciones. Dibujar tambien,

aproximadamente, la suma de una cantidad finita de terminos no nulos (por lo menos

los dos primeros) de la serie de Fourier de cosenos:

(a) f(x) = x (b) f(x) =

0, x < L/2

1, x > L/2

(c) f(x) =

1, x < L/2

0, x > L/2

(10) Demostrar que ex es la suma de una funcion par y na impar.

(11) (a) Obtener una formula para la extension par de cualquier funcion f(x). Comparar

con la formula de la parte par de f(x).

(b) Hacer lo mismo con la extension impar de f(x) y la parte par de f(x).

3

(c) Calcular y dibujar las cuatro funciones de los apartados (a) y (b) si

x2, x < 0

x, x > 0

Sumar graficamente las partes par e impar de f(x). ¿Que ocurre?Similarmente,

sumar las extensiones par e impar.

(12) Para funciones continuas:

(a) ¿Bajo que condiciones es f(x) igual a su serie de Fourier para todo x?, 0 ≤ x ≤ L?

(b) ¿Bajo que condiciones es f(x) igual a su serie de Fourier de senos para todo x?,

0 ≤ x ≤ L?

(c) ¿Bajo que condiciones es f(x) igual a su serie de Fourier cosenos para todo x?,

0 ≤ x ≤ L?

(13) Supongase que f(x) y df/dx son suaves a trozos. Probar que la serie de Fourier de

f(x) se puede derivar termino a termino si la serie de Fourier de f(x) es continua.

(14) Supongase que f(x) es continua excepto por una discontinuidad de salto en x = x0,

f(x−0 ) = α y f(x+0 = β y que df/dx es suaves a trozos

a) Calcular la serie de Fourier de senos de df/dx en terminos de los coeficientes de

la serie de Fourier de cosenos de f(x).

b) Calcular la serie de Fourier de cosenos de df/dx en terminos de los coeficientes

de la serie de Fourier de senos de f(x).

(15) Supongase que f(x) y df/dx son suaves a trozos.

a) Probar que la serie de Fourier de senos de una funcion continua f(x) solo se

puede derivar termino a termino si f(0) = 0 y f(L) = 0.

b) Probar que la serie de Fourier de cosenos de una funcion continua se puede

derivar termino a termino.

(16) Hay algunos errores en la siguiente demostracion, encontrarlos y corregirlos. En este

problema intentamos obtener los coeficientes de Fourier de cosenos de ex:

(1) ex = A0 +∑∞

n=1AnCos

nπx

L.

Derivando, obtenemos

ex = −∑∞

n=1

nπ

LAnSen

nπx

L,

la serie de Fourier de senos de ex. Derivando de nuevo llegamos a que

(2) ex = −∑∞

n=1

(nπ

L

)2

AnCosnπx

L.

4

Con la ecuacion (1)y (2) nos dan la serie de Fourier de cosenos de ex, deben ser

identicas. Por tanto,

A0 = 0

An = 0

obviamente falso. Corrigiendo los errores se pueden calcular A0 y An sin utilizar la

tecnica habitual.

(17) Probar que la serie de Fourier de una funcion continua se puede derivar termino a

termino con respecto al parametro t si ∂u/∂t es suave a trozos.

(18) Consideremos la ecuacion

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2,

con las condiciones (∂u/∂x)(0, t) = 0, (∂u/∂x)(L, t) = 0 y u(x, 0) = f(x). Resolver

este problema de las siguiente forma: buscar la solucion como una serie de Fourier

de cosenos;suponer que u y ∂u/∂x son continuas y que ∂2u/∂x2 y ∂u/∂t son suaves

a trozos. Justificar todas las diferenciaciones de series infinitas.

(19) Consideremos la ecuacion del calor con una fuente conocida q(x, t):

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2+ q(x, t),

con u(0, t) = u(L, t) = 0. Supongamos que q(x, t) (para cada t > 0) es una funcion

suave a trozos de x. Supongamos tambien que u y (∂u/∂x) son funciones continuas

de x (para t > 0) y que ∂2u/∂x2 y ∂u/∂t son suaves a trozos. En ese caso,

u(x, t) =∑∞

n=1Bn(t)Sen

nπx

L.

¿Que ecuacion diferencial ordinaria cumple Bn(t)? No es necesario resolver esta

ecuacion diferencial.

(20) Modificar el Ejercicio 7-. si ahora tenemos las condiciones (∂u/∂x)(0, t) = 0 y

(∂u/∂x)(L, t) = 0

(21) Consideremos la ecuacion del calor no homogenea con fuente de calor estacionaria

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2+ g(x).

5

Resolver esta ecuacion con la condicion inicial u(x, 0) = f(x) y las condiciones de

contorno u(0, t) = u(L, t) = 0. Indicaciones: desarrollar la solucion en serie de

Fourier de senos (es decir, utilizar el metodo de desarrollo en autofunciones); desar-

rollar g(x) tambien en serie de Fourier de senos; calcular la serie de Fourier de senos

de la solucion. Justificar todas las diferenciaciones respecto a x.

(22) Resolver el siguiente problema no homogeneo:

∂u

∂t= k

∂2u

∂x2+ e−t + e−2tCos

3πx

L,

suponiendo que 2 6=k(3π/L)2, con las condiciones

∂u

∂x(0, t) = 0,

∂u

∂x(L, t) = 0, yu(x, 0) = f(x)

Utilizar el siguiente metodo: buscar la solucion como una serie de cosenos. Justificar

todas las diferenciaciones de series infinitas (suponiendo la continuidad adecuada).

(23) Supongamos que

x∼∑∞

n=1BnSen

nπx

L

a) Determinar los Bn derivando correctamente esta serie dos veces.

b) Determinar los Bn integrando esta serie dos veces

(24) Integre la serie de Fourier de senos de la funcion f(x) = 1 para calcular la suma

1 +1

22+

1

32+

1

42+ . . .

Indicacion: Despues de integrar evalue en x = 0.

(25) Integre dos veces la serie de Fourier de senos de la funcion f(x) = 1 para calcular la

suma

1− 1

33+

1

53− 1

73+ . . .

6

(26) Resolver la ecuacion del calor con fuente independiente del tiempo y condiciones de

contorno∂u

∂t= k

∂2u

∂x2+ Q(x)

u(x, 0) = f(x),

si existe una solucion de equilibrio. Analizar los lımites cuando t→∞. Si no existe

equilibrio, explicar por que y reducir el problema a uno con condiciones de contorno

homogeneas (pero sin resolverlo). Supongase que

a) Q(x) = 0, u(0, t) = A,∂u

∂x(L, t) = B.

b) Q(x) = k, u(0, t) = A, u(L, t) = B

c) Q(x) = Sen2πx

L,

∂u

∂x(0, t) = 0,

∂u

∂x(L, t) = 0.

1. Membranas y Cuerdas Vibrantes.

Hasta los momentos, el unico problema fısico que hemos estudiado esla conduccion del calor. Para ampliar nuestra discusion estudiaremosahora las vibraciones de cuerdas y membranas perfectamente elasticas.

1.1. Deduccion de la ecuacion para la cuerda vibrante. Unacuerda vibrante es un sistema fısico complicado, pero nos gustarıa pre-sentar una deduccion sencilla del modelo. Una cuerda vibra solo siesta tensa, por lo que consideremos una cuerda tensa horizontal ensu posicion de equilibrio. Imaginemos que los extremos estan sujetosde alguna forma (condiciones de contorno), manteniendo la tirantezde la cuerda. Como ejemplo podemos pensar en un instrumento decuerda. Comencemos estudiando el movimiento de cada una de laspartıculas que constituyen la cuerda: sea α la coordenada x de unaparticula cuando la cuerda esta en la posicion horizontal de equilibrio.La cuerda se mueve con el tiempo, en un tiempo t estara en algun sitiodistinto de la posicion de equilibrio. La trayectoria de la partıcula α seindica en la figura con sus componentes horizontal v y la vertical u.

Supondremos que la pendiente de la cuerda es pequena, en cuyo casose puede demostrar que el desplazamiento horizontal v se puede despre-ciar. En una primera aproximacion, el movimiento es completa-mente vertical , es decir, x = α. En esta situacion el desplazamientovertical u depende de x y t:

(1) y = u(x, t)

Consideremos un segmento infinitesimal de la cuerda, contenido en-tre x y x + 4x. En la posicion horizontal sin perturbar (en la quela cuerda esta ya tensa), supondremos que la densidad de masaρo(x) es conocido. La masa total del pequeno segmento considerado esaproximadamente ρo(x)4x.

El objetivo es deducir una ecuacion en derivadas parciales que de-scriba como la posicion u cambia con el tiempo. Puesto que la acelera-ciones son debidas a la accion de ciertas fuerzas, debemos usar la leyde Newton para una masa puntual

(2) F = m.a

Debemos discutir cuales son las fuerzas que actuan en este segmentode la cuerda. Supondremos que hay fuerzas que actuan solamente enla direccion vertical (por ejemplo, la fuerza de gravedad), al igual quefuerzas que actuan sobre los extremos del segmento de cuerda. Supon-dremos tambien que la cuerda es perfectamente flexible , es decir,no ofrece ninguna resistencia al doblarse. Esto significa que la fuerza

1

2

ejercida por el resto de la cuerda sobre los puntos extremos del seg-mento es de direccion tangente a la cuerda. Esta fuerza tangencial seconoce como la tension de la cuerda, y denotaremos su magnitud porT (x, t). En la figura mostramos que la fuerza debido a la tension (ejer-cida por el resto de la cuerda) tira en ambos extremos en la direccionde la tangente, tendiendo a estirar el pequeno segmento. Para obtenerlas componentes de las tensiones, introducimos el angulo θ que formala cuerda con la horizontal. El angulo depende a la vez de la posicion xy del tiempo t. Mas aun, la pendiente de la cuerda se puede representar

comody

dxo como tgθ:

(3)dy

dx= tgθ(x, t) =

∂u

∂xPor la Ley de Newton, la componente horizontal prescribe el movimiento

horizontal, que estamos suponiendo pequeno y despreciable. La ecuaciondel movimiento vertical establece que la masa, ρo(x)4x, por la com-

ponente vertical de la aceleracion,∂2u

∂t2(usamos la notacion

∂

∂t, ya que

x esta fijo para este movimiento), es igual a la componente vertical delas fuerzas que actuan sobre el cuerpo(4)

ρo(x)4x∂2u

∂t2= T (x+4x, t)Senθ(x+4x, t)−T (x, t)Senθ(x, t)+ρo(x)4xQ(x, t)

donde T (x, t) es la tension y Q(x, t) es la componente vertical de lafuerza que actua sobre el cuerpo por unidad de masa. Dividiendo (4)por 4x y tomando el lımite cuando 4x→0, obtenemos

(5) ρo(x)∂2u

∂t2=

∂

∂x[T (x, t)Senθ(x, t)] + ρo(x)Q(x, t).

Para angulos θ pequenos,

∂u

∂x= Tgθ =

Senθ

Cosθ'Senθ,

y por tanto, (5) se convierte en

(6) ρo(x)∂2u

∂t2=

∂

∂x

[T (x, t)

∂u

∂x

]+ ρo(x)Q(x, t).

2. Cuerdas perfectamente elastica.

La tension de una cuerda se determina por medio de experimen-tos. Las cuerdas reales son casi perfectamente elasticas, con lo quequeremos decir que la magnitud de la tension T (x, t) solo depende delestiramiento local de la cuerda. Como supondremos que el angulo θ

3

es pequeno, el estiramiento de la cuerda es casi el mismo que parala cuerda horizontal bien estirada (sin perturbar), donde la tension esconstante, To(para estar en equilibrio). Por tanto, la Tension T (x, t)se puede aproximar por una constante To. En consecuencia, laspequenas vibraciones verticales de una cuerda muy tensa se rige por

(7) ρo(x)∂2u

∂t2= To

∂2u

∂x2+ ρo(x)Q(x, t)

2.1. Ecuacion de Ondas Unidimensional. Si la unica fuerza ex-terna que actua por unidad de masa es la gravedad, entonces en (7)se tiene que Q(x, t) = −g. En muchos de estos casos, esta fuerza es

pequena comparada con la tension (ρo(x) ≤ ‖To∂2u

∂x2)‖ y se puede des-

preciar, por lo que podemos escribir

(8) ρo(x)∂2u

∂t2= To

∂2u

∂x2,

es decir

(9)∂2u

∂t2= C2∂2u

∂x2,

donde C2 = To/ρo(x). La ecuacion (9) se conoce como ecuacionde ondas unidimensionales. Se introduce la notacion c2 por queTo/ρo(x) tiene las dimensiones de velocidad al cuadrado.

3. Condiciones de Contorno.

La ecuacion en derivadas parciales para una cuerda vibrante, (7)o(8), tiene una derivada espacial de segundo orden. Aplicaremos unacondicion de contorno en cada extremo, tal como se hizo para la ecuaciondel calor unidimensional.

La condicion de contorno mas sencilla es la que corresponde a unacuerda fija en los extremos, usualmente en la posicion cero. Por ejem-plo, si la cuerda esta fija (y con desplazamiento cero) en x = L, entonces

(10) u(L, t) = 0.

De forma alternativa, podrıamos mover un extremo de la cuerda deuna forma prescrita:

(11) u(L, t) = f(t).

Ambas condiciones, (10) y (11) son condiciones de contornos lineales;(10) es homogenea, mientras que (11) no lo es.

Tenemos una condicion de contorno mas interesante si un extremode la cuerda esta fijo a un sistema movil. Supongamos que el extremosizquierdo de una cuerda, x = 0, esta sujeta a un sistema masa resorte.

4

Impondremos que el movimiento sea totalmente vertical. Para obteneresto, debemos imaginarnos la masa situada en un riel vertical (posible-mente sin friccion). El riel proporciona una fuerza horizontal a la masacuando sea necesario compensar la gran componente horizontal de latension al moverse en el sistema masa - resorte. La cuerda esta atadaa la masa de tal forma que si la posicion de la masa es y(t), esa es laposicion del extremo izquierdo de la cuerda:

(12) u(L, t) = y(t).

Sin embargo, y(t) es desconocida,solo sabemos que ella satisface unaecuacion diferencial ordinaria obtenida a partir de las leyes de Newton.Supongamos que el riel es un muelle en reposo que tiene una longitud ly que obedece a la ley de Hooke con constante elastica k. Para hacer elproblema incluso mas interesante, haremos que el soporte del muelle semueva de alguna forma prescrita, ys(t). Ası, la longitud del muelle esy(t)− ys(t) y el estiramiento del muelle es y(t)− ys(t− l). De acuerdocon la Ley de Newton (usando la ley de Hooke con constante elasticak),

md2y

dt2= k(y(t)− ys(t− l))+ Otras Fuerzas

sobre la masa.

Las otras fuerzas verticales sobre la masa son una tension ejercida por lacuerda T (0, t)Senθ(0, t) y una fuerza g(t) que representa otras fuerzasexternas a la masa. recordemos que debemos restringirnos a angulospequenos, de modo que la tension sera casi constante To. En ese caso,

la componente vertical es aproximadamente To∂u

∂x, es decir,

T (0, t)Senθ(0, t) ∼ T (0, t)Sen(0, t)

Cos(0, t)

= T (0, t)∂u

∂x

∼ To∂u

∂x,

ya que para angulos pequenos, Cosθ ∼ 1. De esta manera, la condicionde contorno en x = 0 para una cuerda vibrante unida a un sistema masa- resorte (con un soporte variable ys(t) y una fuerza externa g(t)) es

(13) md2u

dt2(0, t) = k(u(0, t)− ys − l)) + To

∂u

∂x+ g(t).

Consideremos algunos casos especiales en los que no hay fuerzas ac-tuando sobre la masa, es decir g(t) = 0. Si ademas la masa es suficien-temente pequena para que las fuerzas sobre la masa esten en equilibrio,

5

entonces

(14) Tod2u

dt2(0, t) = k(u(0, t)− ue(t)),

donde ue(t) es la posicion de equilibrio de la masa ue(t) = ys(t) + l.Esta expresion, conocida como condicion de contorno elastica no ho-mogenea es exactamente analoga a la ley de enfriamiento de Newton(con con temperatura externa ue(t)) para la ecuacion del calor. Si laposicion de equilibrio de la masa coincide con la posicion de equilib-rio de la cuerda, ue(t) = 0, la version homogenea de la condicion decontorno elastica es:

(15) Tod2u

dt2(0, t) = −ku(0, t),

que nos dice qued2u

dt2es proporcional a u. Como por razones fısicas To >

0 y k > 0, los signos de (15) estan prescritos. Esta es la misma eleccionde signos que tenıa lugar para la Ley de enfriamiento de Newton.

Otra condicion de contorno que puede estudiarse para una cuerdavibrante se conoce como extremo libre, aunque no esta literalmentelibre. El extremo esta fijo a un riel vertical sin friccion, como antes, ypuede moverse libremente hacia arriba y hacia abajo. No hay sistemamasa - resorte ni fuerza externa. Sin embargo, se puede obtener estacondicion de contorno tomando el lımite en (15) cuando k→0

(16) Tod2u

dt2(0, t) = 0

1. Metodo de las Caracterısticas para Ecuaciones deOndas Lineales.

Hasta ahora hemos obtenido algunos resultados sobre la ecuacion deondas unidimensionales.

(1)∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2,

con las condiciones iniciales

(2)

u(x, 0) = f(x),

∂u

∂t(x, 0) = g(x).

En el caso que la cuerda vibrante esta sujeta en los extremos x = 0y x = L, obtuvimos la solucion como una serie de Fourier en senos apartir del metodo de separacion de variables

(3) u(x, t) =∑∞

n=1Sen

nπx

L

(AnCos

nπct

L+ BnSen

nπct

L

).

Esta solucion se puede expresar tambien como suma de dos ondas avan-zando en direcciones opuestas. En particular,

(4) u(x, t) =f(x− ct) + f(x + ct)

2+

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(x)dx,

donde f(x) y g(x) son las extensiones periodicas impares de las fun-ciones dadas en (2).

Introduciremos una herramienta mas potente conocida como el metodode las caracterısticas, para resolver la ecuacion de la onda unidimen-sional. Mostraremos que en general se tiene u(x, t) = F (x−ct)+G(x+ct), donde F y G son funciones arbitrarias. A partir de ella deducire-mos la formula (4) en toda la recta. Introduciremos las modificacionesnecesarias para tratar problemas en la semi-recta o en intervalos aco-tados.

1.1. Caracterısticas para ecuaciones de ondas de primer orden.La ecuacion de ondas unidimensional

(5)∂2u

∂t2− c2∂2u

∂x2= 0,

1

2

se puede ”factorizar” de dos maneras:(

∂

∂t+ c

∂

∂x

)(∂

∂t− c

∂

∂x

)= 0,

(∂

∂t− c

∂

∂x

)(∂

∂t+ c

∂

∂x

)= 0.

Si llamamos

(6)

w =∂

∂t− c

∂

∂x,

v =∂

∂t+ c

∂

∂x,

vemos que la ecuacion de ondas unidimensional de segundo orden, dalugar a dos ecuaciones de ondas de primer orden:

(7)

∂w

∂t+ c

∂w

∂x= 0,

∂v

∂t− c

∂v

∂x= 0.

Comenzaremos analizando una cualquiera de las dos ecuaciones deprimer orden anterior, por ejemplo,

(8)∂w

∂t+ c

∂w

∂x= 0.

El metodo que desarrollaremos nos sera de utilidad para, posterior-mente, estudiar la ecuacion de ondas (1). La idea es considerar lafuncion w(x, t) medida por un observador movil, x = x(t), y estudiarsu variacion. La regla de la cadena implica

(9)d

dt(w(x(t), t)) =

∂w

∂t+

dx

dt

∂w

∂x.

El primer termino∂w

∂trepresenta la variacion de w para una posicion

fija, mientras quedx

dt

∂w

∂xrepresenta la variacion debida al hecho de que

el observador se mueve a una region en que w es posiblemente diferente.Comparando (9) con la ecuacion diferencial para w, ecuacion (8), vemosque si el observador se mueve con velocidad c, es decir, si

(10)dx

dt= c,

3

entonces

(11)dw

dt= 0.

Esto implica que w es constante. Un observador que se mueve exacta-mente con velocidad c no notarıa cambios en w.

De esta forma, hemos sustituido la ecuacion en derivadas parciales(8) por dos ecuaciones diferenciales ordinarias (10) y (11). Integrando(10), tenemos la ecuacion de la familia de caracterısticas1 de (10),

(12) x = ct + xo,

una familia de rectas paralelas, esbozada en la figura. Observemos queen t = 0 se tiene x = xo. Ademas, w(x, t) es constante a lo largo decada una de estas rectas (no necesariamente constante en todas partes).La funcion w se propaga como una onda con velocidad c.

Si conocemos el valor inicial de w(x, t) para t = 0,

(13) w(x, 0) = P (x),

entonces podemos determinar el valor de w en el plano (x, t). Como wes constante a lo largo de la caracterıstica que pasa por este punto, setiene

w(x, t) = w(xo, 0) = P (xo).

Ahora, dados x y t, calculamos xo a partir de la ecuacion de la carac-terıstica, xo = x− ct, por lo que

(14) w(x, t) = P (x− ct).

Si pensamos en P (x) como una funcion arbitraria, hemos obtenidola solucion general de (8), hecho que se puede comprobar sustituyendo(14) en la ecuacion diferencial (8). Usando la regla de la cadena

∂w

∂x=

dP

d(x− ct)

∂(x− ct)

∂x=

dP

d(x− ct)

y∂w

∂t=

dP

d(x− ct)

∂(x− ct)

∂t= −c

dP

d(x− ct),

es decir, (14) verifica (8). La solucion general de una ecuacion enderivadas parciales de primer orden contiene una funcion arbitraria,mientras que la solucion general de una ecuacion diferencial ordinariade primer orden contiene una constante arbitraria.

1Una caracterıstica es una curva a lo largo de la cual una EDP se reduce a unaEDO.

4

Ejemplo: Consideremos la ecuacion

∂w

∂t+ 2

∂w

∂x= 0,

con la condicion inicial

w(x, 0) =

0, x < 0

4x, 0 ≤ x < 1

0, x > 1

Hemos visto que w es constante a lo largo de la caracterıstica x− 2t =ctte, avanzando con velocidad 2 (hacia la derecha), mientras mantienesu forma. Representaremos las caracterısticas principales x = 2t + 0 yx = 2t + 1.

Para hacer un esbozo de la solucion para varios tiempos, tenemosque w(x, t) = 0, si x > 2t + 1 o x < 2t, en el resto tenemos

w(x, t) = 4(x− 2t), si 2t < x < 2t + 1

La deduccion de esta formula, que utiliza la caracterıstica que empiezaen x = xo,

x = 2t + xo,

es como sigue: a lo largo de esta caracterıstica la solucion w(x, t) esconstante. Si 0 < xo < 1, entonces

w(x, t) = w(xo, 0) = 4xo = 4(x− 2t).

Finalmente, la condicion 0 < xo < 1 es equivalente a 0 < x− 2t <1. De esta manera la grafica de la propagacion para la ecuacion deondas de primer orden es

1.2. Forma Constante. En general, w(x, t) = P (x − ct). Para cadatiempo fijo t, la solucion de la ecuacion de ondas de primer orden tienela misma forma trasladada a una distancia ct (distancia = velocidadpor tiempo).

Aplicaremos este metodo para resolver le ecuacion de onda (1).

2. Metodo de las Caracterısticas para la ecuacion deondas unidimensional.

A partir de la ecuacion de ondas unidimensional

(15)∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2,

5

hemos obtenido dos ecuaciones en derivadas parciales de primer orden,∂w

∂t+c

∂w

∂x= 0, y

∂v

∂t−c

∂v

∂x= 0, donde w =

∂u

∂t−c

∂u

∂xy v =

∂u

∂t+c

∂u

∂x.

Hemos visto que w mantiene su forma moviendose con una velocidadc:

(16) w =∂u

∂t− c

∂u

∂x= P (x− ct).

El problema para v es exactamente el mismo, reemplazando c por −c.Por tanto, v se traslada con velocidad −c manteniendo su forma:

(17) v =∂u

∂t+ c

∂u

∂x= Q(x + ct).

Combinando (15) y (16) podemos obtener, por ejemplo,

∂u

∂t=

1

2[P (x− ct) + Q(x + ct)] ,

2c∂u

∂x= Q(x + ct)− P (x− ct),

y por lo tanto

(18) u(x, t) = F (x− ct) + G(x + ct),

donde F y G son funciones arbitrarias (−cF ′ = (1/2)P y cG′ =(1/2)Q).

La solucion general es la suma de F (x− ct), una onda que se muevehacia la derecha con velocidad c, y G(x + ct), una onda que se muevehacia la izquierda con velocidad −c, manteniendo ambas su forma.Podremos esbozar la solucion si conocemos F (x) y G(x). TrasladamosF (x) hacia la derecha a una distancia ct, hacemos lo mismo con G(x)hacia la izquierda y sumamos las dos. Aunque la forma de cada ondaes constante la suma de las dos si varia en general con el tiempo.

2.1. Caracterısticas: Parte de la solucion es constante a lo largo dela familia de caracterısticas x − ct = ctte, mientras que una partediferente de la solucion es constante a lo largo de x + ct = ctte. Parala ecuacion de ondas unidimensional (15) hay dos familias de curvascaracterısticas.

3. Problema de valores Iniciales en toda la recta.

Hemos probado que la solucion general de la ecuacion de ondas uni-dimensional es

(19) u(x, t) = F (x− ct) + G(x + ct).

6

Aquı, determinaremos las funciones arbitrarios de manera que sesatisfagan las condiciones iniciales:

(20)

u(x, 0) = f(x), −∞ < x < ∞

∂u

∂t(x, 0) = g(x), −∞ < x < ∞

Estas condiciones iniciales implican

(21)

f(x) = F (x) + G(x)

g(x)

c(x, 0) = −dF

dx+

dG

dx.

Podemos despejar G(x), por ejemplo

dG

dx=

1

2

(df

dx+

g(x)

c

).

Sustituyendo en (21), tenemos

dF

dx=

1

2

(df

dx− g(x)

c

).

Integrando, obtenemos los valores de G y F , los cuales estan dadospor:

(22)

G(x) =1

2f(x) +

1

2c

∫ x

0g(x)dx + k

F (x) =1

2f(x)− 1

2c

∫ x

0g(x)dx− k,

La constante de Integracion k se puede eliminar, pues u(x, t) es la sumade ambas formulas trasladadas convenientemente.

3.1. Posicion Inicial en reposo. Si una cuerda vibrante se encuentrainicialmente en reposo, (∂u(x, 0)/∂t = g(x) = 0), entonces (22) implica

que F (x) = G(x) =1

2f(x). Por tanto,

(23) u(x, t) =1

2[f(x− ct) + f(x + ct)] .

El dato inicial u(x, 0) = f(x) se separa en dos partes; la mitad se muevehacia la izquierda y la otra mitad hacia la derecha.

7

Ejemplo: Supongamos que una cuerda infinita tiene inicialmentela forma de un pulso rectangular y se encuentra en reposo. Las condi-ciones iniciales son entonces

u(x, 0) = f(x) =

1, |x| < h,

0, |x| > h.

y

∂u

∂t(x, 0) = g(x) = 0.

La solucion viene dada por (23). Sumando dos pulsos rectangularesobtenemos

f(x− ct) =

1, |x− ct| < h,

0, |x− ct| > h.

y

f(x + ct) =

1, |x + ct| < h,

0, |x + ct| > h.

Esta situacion viene dada porLos pulsos se solapan hasta que el extremo izquierdo del pulso que

se mueve hacia la derecha adelanta al extremo derecho del otro pulsocomo ambos pulsos viajan con velocidad c, se estan alejando uno deotro con velocidad 2c. Los extremos se encuentran inicialmente a unadistancia 2h, por lo que los dos pulsos se separan despues de un tiempo

t =distancia

velocidad=

2h

2c=

h

c.

La siguiente figura muestra las principales Caracterısticas. F semantiene constante moviendose hacia la derecha con velocidad c, mien-tras que G se mantiene constante moviendose hacia la izquierda, ası

F (x) = G(x) =

1/2, |x| < h,

0, |x| > h.

Ejemplo de una cuerda que inicialmente no esta en re-poso: Supongamos que una cuerda infinita se encuentra inicialmenteposicion de equilibrio, pero con velocidad inicial prescrita, de manera

8

que las condiciones iniciales son:

u(x, 0) = f(x) = 0

∂u

∂t(x, 0) = g(x) =

1, |x| < h,

0, |x| > h.

Esta situacion corresponde a una fuerza instantanea que actua sobretodo el intervalo |x| < h, como el efecto de un golpe con un martilloancho. A partir de (22) vemos que necesitamos calcular

∫ x

0g(x)dx, que

representa el area bajo g(x) entre 0 y x:

2cG(x) = −2cF (x) =

∫ x

0

g(x)dx =

−h, x < −h

x, −h < x < h

h, x > h.

La solucion u(x, t) es la suma de F (x) trasladado a la derecha (convelocidad c) y G(x) trasladado a la izquierda (tambien con velocidadc). El golpe del martillo produce un desplazamiento creciente de lacuerda allı donde ha sido golpeada, y el efecto se nota en la cuerda aderecha e izquierda de esta region, segun avanza el tiempo. Pasado untiempo, la cuerda alcanza una altura estable.

4. Solucion de d’Alembert.

Sustituyendo las formulas (22) en (19) se obtiene la expresion

u(x, t) =f(x + ct) + f(x− ct)

2+

1

2c

[∫ x+ct

o

g(x)dx−∫ x−ct

o

g(x)dx

]

que simplificada da

(24) u(x, t) =f(x + ct) + f(x− ct)

2+

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(x)dx,

conocida como solucionde d’Alembert(obtenida previamente porFourier utilizando la transformada que llevarıa despues su nombre).Esta formula es elegante, aunque para dibujar las soluciones es a menudomas conveniente utilizar directamente (22), trasladadas de acuerdo a(MC19).

9

5. Dominio de Dependencia y Dominio de Influencia.

La importancia de las caracterısticas x − ct = ctte y x + ct = ctteha quedado de manifiesto en los calculos anteriores. Para conocer lasolucion en un punto x y en un tiempo t, se necesita el valor de laposicion inicial en x±ct, ası como los valores de la velocidad inicial enel intervalo entre x − ct y x + +ct. Este intervalo [x − ct, x + ct] sedenomina dominio de dependencia de la solucion en (x, t), segunse ve en la figura. Tambien se refleja en esta figura el dominio deInfluencia , el conjunto afectado por los valores iniciales en un puntodado.

6. Cuerda Semi-infinita y Reflexion.

Vamos a resolver la ecuacion de ondas unidimensional en un intervalosemi-acotado, por ejemplo, en la semi - recta x > 0:

(25)

∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2

u(x, 0) = f(x),

∂u

∂t(x, 0) = g(x).

Necesitamos una condicion en la frontera x = 0. supondremos que lacuerda esta fija en ese extremo, es decir,

(26) u(0, t) = 0.

Aunque podemos usar la Transformada de Fourier de senos, utilizare-mos la solucion general y el metodo de las caracterısticas:

(27) u(x, t) = F (x− ct) + G(x + ct).

Al igual que antes, las condiciones iniciales implican

(28)

G(x) =1

2f(x) +

1

2c

∫ x

0g(x)dx, x > 0

F (x) =1

2f(x)− 1

2c

∫ x

0g(x)dx, x > 0

Sin embargo, y en contra de lo que sucede para una cuerda infinitalas igualdades anteriores son solo validas para x > 0; es decir, lasfunciones arbitrarias quedan determinadas unicamente si el argumentoes positivo. en la solucion general el termino G(x + ct) requiere soloargumentos positivos de G (pues x > 0 y t > 0). Por otro lado, elargumento de F (x − ct) es positivo si x > ct, y negativo si x < ct.

10

Como se ilustra en el diagrama espacio tiempo, la informacion de queexiste una frontera fija en x = 0 viaja con una velocidad c. Por tanto,en un punto (x, t) con x > ct, no ha llegado tal informacion y la cuerdaignora que exista ninguna frontera. en ese caso (x > ct), la solucion esla misma que antes, es decir

(29) u(x, t) =f(x− ct) + f(x + ct)

2+

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(x)dx, x > ct

la solucion de d’Alembert. Veamos que ocurre para x < ct. el sumandocorrespondiente a G es el mismo que antes, pues x + ct > 0,

G(x + ct) =1

2f(x + ct) +

1

2c

∫ x+ct

0

g(x)dx.

Para obtener el valor de F cuando su argumento es negativo, nopodemos usar los datos iniciales, sino el dato frontera. La condicion decontorno u(0, t) = 0 implica (a partir de (26))

(30) 0 = F (−ct) + G(ct), Si t > 0.

Por tanto, F para un argumento negativo es −G para el correspondi-ente argumento positivo:

(31) F (x) = −G(−x), Si x < 0.

Ası, la solucion para x− ct < 0 es

u(x, t) = F (x− ct) + G(x + ct)

= G(x + ct)−G(ct− x)

=1

2[f(x + ct)− f(ct− x)] +

1

2c

[∫ x+ct

0g(x)dx− ∫ ct−x

0g(x)dx

]

=1

2[f(x + ct)− f(ct− x)] +

1

2c

∫ x+ct

ct−xg(x)dx

Para interpretar la solucion obtenida, es de gran ayuda el metodo delas caracterısticas. Recordemos que para el problema en toda la recta,la solucion u(x, t) es la suma de F (moviendose hacia la derecha) y G(moviendose hacia la izquierda). En el problema del intervalo semi -infinito no afecta a las caracterısticas si x > ct.

Por otro lado, para x < ct, la figura muestra la caracterıstica quese mueve a la izquierda (G constante), que no se ve afectada por lafrontera, y la caracterıstica que se crea en la frontera. Como F es con-stante moviendose hacia la derecha, la condicion de contorno implicaque F +G = 0 en x = 0, es decir, la onda que se mueve hacia la derechaes igual a la onda que se mueve hacia la izquierda cambiando el signo.

11

Las ondas se invierten al ”rebotar” en la frontera. La onda resul-tante −G(ct − x), que se mueve hacia la derecha, se denomina Ondareflejada . Si x < ct, la solucion es, en total, la suma de la onda refle-jada que se mueve hacia la derecha y la onda sin reflejar que se muevehacia la izquierda:

u(x, t) = G(x + ct)−G(−(x− ct)).

La onda reflejada se comporta como si inicialmente, en t = 0, fuera−G(−x). Si no hubiera frontera, la onda que se mueve hacia la derecha,F (x − ct), serıa inicialmente F (x). por tanto la Onda reflejada esexactamente la onda producida por el dato inicial definido por

F (x) = −G(−x), si x < 0,

o lo que es lo mismo

1

2f(x)− 1

2c

∫ x

0

g(x)dx = −1

2f(x)− 1

2c

∫ −x

0

g(x)dx.

Vemos ası que podıamos haber obtenido esta formula si consideramosel dato posicion f(x), extendido de forma impar a x > 0 (tal quef(−x) = −f(x)), al igual que la velocidad inicial g(x) (de manera quela integral

∫ x

0g(x)dx, es una funcion par). en resumen, la solucion

del problema semi - infinito con u = 0 en x = 0 es la mismaque la solucion del problema definido en toda la recta, conlos datos iniciales extendidos de forma impar.

Supongamos que u(x, t) es una solucion cualquiera de la ecuacion deondas. Como esta ecuacion permanece inalterada si reemplazamos xpor −x, se tiene que u(−x, t) (y cualquier multiplo de ella) es tambienuna solucion de la ecuacion de ondas. si los datos iniciales son funcionesimpares de x, entonces tanto u(x, t) como −u(−x, t) verifican estosdatos. La unicidad implica u(x, t) = −u(−x, t); es decir, u(x, t), quees impar inicialmente, lo es para todo tiempo, o lo que es lo mismo:condiciones iniciales impares dan lugar a una solucion con valor ceroen x = 0.

Ejemplo: Consideremos una cuerda semi infinita x > 0, conun extremo fijo u(0, t) = 0, que se encuentra inicialmente en reposo,∂u/∂t(x, 0) = 0, y cuya posicion inicial es una funcion pulso rectangu-lar, es decir,

f(x) =

1, 4 < x < 50, en el resto.

Como g(x) = 0, se sigue que

F (x) = G(x) =1

2f(x) =

1/2, 4 < x < 50, en el resto. (x > 0)

12

F se mueve hacia la derecha, mientras que G se mueve hacia la izquierda,reflejandose negativamente al atravesar x = 0. esto se puede interpre-tar como una condicion inicial (en toda la recta), con f(x) y g(x)extendidas de forma impar.

7. Metodo de las Caracterısticas para una cuerda deLongitud finita.

En secciones anteriores consideramos el siguiente problema para unacuerda vibrante de longitud finita

(32)

∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2

u(0, t) = 0,

u(L, t) = 0,

u(x, 0) = f(x),

∂u

∂t(x, 0) = g(x),

que resolvimos mediante desarrollo en serie de Fourier. Usando lasolucion general de la ecuacion de ondas unidimensional, podemosobtener una expresion alternativa para esta solucion, que sera inclusode mayor utilidad en algunos casos:

(33) u(x, t) = F (x− ct) + G(x + ct).

Los datos iniciales estan dados unicamente para 0 < x < L, y, portanto, las formulas para F (x) y G(x) que hemos obtenido antes sonsolo validos en ese intervalo:

(34)

G(x) =1

2f(x) +

1

2c

∫ x

0g(x)dx, x > 0

F (x) =1

2f(x)− 1

2c

∫ x

0g(x)dx, x > 0

Si 0 < x−ct < L y 0 < x+ct < L, la solucion de d’Alembert es valido,como puede verse en la figura.

(35) u(x, t) =f(x− ct) + f(x + ct)

2+

1

2c

∫ x+ct

x−ct

g(x)dx, x > ct

En esta region la cuerda no tiene informacion de que exista fronteraalguna, pues esta informacion viaja con velocidad c desde x = 0 yx = L. Sin embargo, si un punto (x, t) es tal que la senal desde la

13

frontera ya ha llegado, debemos realizar algunas modificaciones en laformula (35). La condicion de contorno en x = 0 implica que

0 = F (−ct) + G(ct), si t > 0,

mientras que en x = L tenemos

0 = F (L− ct) + G(L + ct), si t > 0.

Todo esto implica multiples reflexiones, como puede verse en la figura.De forma alternativa, se puede considerar la solucion definida en toda

la recta verificando que es simetrica impar alrededor de x = 0, ası comotambien alrededor de x = L. De esta manera, se verifica la condicioncero en ambos extremos x = 0 y x = L. Observemos que u(x, t)es periodica con periodo 2L. De hecho, ignoramos la simetrıa imparalrededor de x = L, ya que las funciones periodicas que son imparesalrededor de x = 0 son automaticamente impares alrededor de x = L.Por tanto, la manera mas sencilla de obtener la solucion es extenderlos datos iniciales como funciones impares (alrededor de x =0) y periodicas (con periodo 2L). Con estas condiciones inicialesperiodicas impares, podemos utilizar el metodo de las caracterısticas yla Formula(35).

Ejemplo: Consideremos una cuerda, que se encuentra inicial-mente en reposo y en la posicion u(x, 0) = f(x), manteniendose fijapor los extremos x = 0 y x = L. en lugar de utilizar el metodo dedesarrollo en serie de Fourier,extendemos los datos iniciales de formaimpar alrededor de x = 0 y x = L, o lo que es lo mismo, introducimosla extension impar (que tambien ha sido utilizada en el desarrollo enseries de Fourier de senos). Como la cuerda se encuentra inicialmenteen reposo, se tiene g(x) = 0, y la extension periodica impar de estafuncion es g(x) = 0 para todo x. Por tanto, la solucion de la ecuacionde ondas unidimensional es la suma de dos ondas simples:

u(x, t) =f(x− ct) + f(x + ct)

2,

donde f(x) es la extension periodica impar de la posicion inicial dada.esta expresion de la solucion es mucho mas sencilla que la suma de cienterminos del desarrollo en serie de Fourier de senos.

1. Ecuacion de Poisson

Hemos aplicado el metodo de desarrollo en autofunciones a prob-lemas de valores en la frontera no homogeneos y que dependen deltiempo. Los problemas independientes del tiempo deben ser resul-tos de modo ligeramente diferentes. Consideremos la distribucion detemperaturas en equilibrio con fuentes independientes del tiempo, quesatisfacen la ecuacion de Poisson,

(1) ∇2u(−→x ) = Q(−→x ).

No especificaremos por ahora la region geometrica. Sin embargo, supon-dremos que la temperatura esta especificada en la frontera, es decir,

u(−→ξ ) = α(

−→ξ ),

donde α generalemente no es constante. Este problema es no ho-mogeneo por dos razones: debido a la funcion de forzamiento Q ya la condicion de contorno α. Podemos descomponer la temperaturade equilibrio en dos partes:

u = u1 + u2,

de modo que u1 sea debida al forzamiento y u2 se deba a la condicionde contorno:

(2)

∇2u1(−→x ) = Q(−→x ) ∇2u2(

−→x ) = 0

u1(−→ξ ) = 0, u2(

−→ξ ) = α(

−→ξ ).

Es facil comprobar que u = u1 + u2 satisface la ecuacion de Poissony la condici´n de contorno no homogeneo. El problema cuya soluciones u2 es una ecuacion de Laplace (con condiciones de contorno no ho-mogenea) y, como sabemos, puede resolverse para geometrıas sencillaspor el metodo de separacion de variables.

Por tanto, centraremos nuestra atencion en la ecuacion de Poisson

(3) ∇2u1(−→x ) = Q(−→x ),

con condiciones de contorno homogeneas (u1 = 0 sobre toda la fron-tera). Podemos analizar el problema de dos formas algo diferentes:

1. Potemos desarrollar la solucion en autofunciones del problemahomogeneo asociado, que se obtiene por separacion de variableen la ecuacion ∇2u1(

−→x ) = 0 (como se hace para problemasdependientes del tiempo), o

2. Podemos desarrollar la solucion en las autofuncione

∇2φ(−→x ) + λφ = 0

Los dos metodos son diferentes (pero estan relacionados).1

2

1.1. Autofunciones Unidimensionales. Consideremos la ecuacionde Poisson bidimensional en un rectangulo con condiciones de contornonulas:

(4)

∇2u1(−→x ) = Q(−→x ),

u1(−→ξ ) = 0.

El problema homogeneo asociado es,

∇2u1(−→x ) = 0,

que es la ecuacion de Laplace, la cual puede separarse (en coordenadasrectangulares).

Debemos recordar que la solucion oscila en una direccion y es unacombinacion de exponenciales en la otra direccion. Por tanto, las aut-ofunciones del problema homogeneo asociado (que son necesarias parapoder usar el metodo del desarrollo en autofunciones) podrıan ser aut-ofunciones en la variable x o autofunciones en la variable y. Puestoque tenemos dos condiciones homogeneas de contorno en mabas direc-ciones, podemos usar o bien las autofunciones que dependen de x obien las autofunciones que dependen de y. Usaremos por ejemplo, las

autofunciones que dependen de x, que son Sennπx

L, puesto que u1 = 0

en x = 0 y en x = L. El metodo del desarrollo por autofuncionesconsiste en desarrollar u1(x, y) en serie de estas autofunciones

(5) u1(x, y) =∑∞

n=1bn(y)Sen

nπx

L,

donde bn(y) son los coeficientes de la serie de Fourier que dependen dey. Sustituyendo en la ecuacion de Poisson obtenemos

(6)∑∞

n=1

d2bn

dy2Sen

nπx

L+

∂2u1

∂x2= Q(x, y).

Para determinar∂2u1

∂x2diferenciaremos termino a termino (5), asi obten-

emos

(7)∑∞

n=1

[d2bn

dy2−

(nπ

L

)2

bn

]Sen

nπx

L= Q(x, y),

puesto que ambas, u1 y Sennπx

L, verifican las mismas condiciones ho-

mogeneas de contorno. Por tanto, los coeficientes de la serie de Fourierde senos satisfacen la siguiente ecuacion diferencial ordinaria de se-gundo orden

(8)d2bn

dy2−

(nπ

L

)2

bn =2

L

∫ L

0

Q(x, y)Sennπx

Ldx ≡ qn(y),

3

donde el lado derecho es el coeficiente en seno de Q,

(9) Q =∑∞

n=1qn(y)Sen

nπx

L.

Debemos resolver la ecuacion (8), para ello necesitamos dos condicionesiniciales. La ecuacion (5) satisface la ecuacion de Poisson y las condi-ciones de contorno en x = 0 y x = L. Las condiciones de contorno eny = 0 (para todo x), u1 = 0 y y = H (para todo x), u1 = 0 implicanque

(10) bn(0) = 0 y bn(H) = 0.

Por tanto, los coeficientes desconocidos en el metodo del desarrollo enautofunciones resuelven por sı mismo un problema no homogeneo devalores en la frontera. Usando variacion de parametros obtenemos que

(11)

bn(y) = Senhnπ(H − y)

L

∫ y

0qn(ξ)Senh

nπξ

Ldξ

+Senhnπy

L

∫ H

yqn(ξ)Senh

nπ(H − ξ)

Ldξ

Por tanto, podemos resolver la ecuacion de Poisson (con condiciones decontorno homogeneas) usando las autofunciones homogeneas asociadasque dependen de x

1.2. Autofunciones Bidimensionales. Una forma algo diferente deresolver la ecuacion de Poisson

(12) ∇2u(−→x ) = Q(−→x ).

sobre un rectangulo con condiciones de contorno nulas es considerar lasautofunciones bidimensionales asociadas

∇2φ = −λφ,

con φ = 0 sobre la frontera. Sabemos que, para un rectangulo, estoimplica una serie de senos en x, ası como tambien una serie de senosen y:

(13)

φnm = sennπx

Lsen

mπx

H,

λnm =(nπ

L

)2

+(mπ

H

)2

.

El metodo de desarrollo en autofunciones consiste en desarrollar lasolucion u1 en terminos de estas autofunciones bidimensionales

(14) u1 =∑∞

n=1

∑∞m=1

bnmsennπx

Lsen

mπx

H.

4

Aqui, los coeficientes bnm son cosntantes (no una funcion de otra vari-able) puesto que u1 solo dependen de x e y. La sustitucion de (14) enla ecuacion de Poisson nos conduce a

∑∞n=1

∑∞m=1

− bnmλnmsennπx

Lsen

mπx

H= Q,

puesto que∇2φnm = −λnmφnm. El Laplaciano puede evaluarse derivadotermino a termino, puesto que ambas, u1 y φnm, satisfacen las mismascondiciones homogeneas de contorno. Las autofunciones φnm son or-togonales (en sentido bidimensional). Por tanto,

(15) − bnmλnm =

∫ H

0

∫ L

0Qsen

nπx

Lsen

mπx

Hdxdy

∫ H

0

∫ L

0sen2

nπx

Lsen2

mπx

Hdxdy

lo que permite determinar los coeficientes bnm. Podemos reconocer enel numerador del miembro derecho de (15) los coeficientes de Fouriergeneralizados de Q. Para despejar bnm basta devidir ahora por λnm,lo que no presenta dificultad ya que λnm¿0. Ası pues, es mas facilobtener la solucion usando el desarrollo en terminos de las autofun-ciones bidimensionales que usando las unidimensionales. Sin embargo,conviene tener en cuenta que las series doblemente infinitas como (14)pueden converger bastante lentamente, con lo que puede ser preferibleusar metodos numericos excepto en los casos sencillos. Como ejerciciose puede demostrar que los coeficientes de la seri de Fourier de Senosen la variable y y de bn(y) coninciden con bnm (Ejercicio 8.6.2). Estoprueba la equivalencia entre las dos estrategias de usar el desarrollo enautofunciones en una o dos dimensiones.

2. Condiciones de contorno no homogeneas en dominiosgenerales.

Las autofunciones bidimensionales pueden tambien usarse directa-mente para resolver ecuaciones de Poisson sujeta a condiciones de con-torno no homogeneas. Ademas, no es mas dificil indicar cual es lasolucion para geometrıas bastantes generales. Supongamos que

∇2u = Q

con u = α sobre la frontera. Consideremos las autofunciones φi de∇2φ = −λφ con φ = 0 sobre la frontera. Representemos u en terminosde estas autofunciones

(16) u =∑

ibiφi.

5

Sin embargo, ahora ya no es cierto que

∇2u =∑

ibi∇2φ,

puesto que u no satisface condiciones homogeneas de contorno. Encambio, a partir de (16) deducimos que

(17) bi =

∫ ∫uφidxdy∫ ∫φ2

i dxdy= − 1

λi

∫ ∫u∇2φidxdy∫ ∫

φ2i dxdy

,

ya que ∇2φi = −λiφi. Podemos evaluar el numerador usando laformula de Green Bidimensional

(18)

∫ ∫ (u∇2v − v∇2u

)dxdy =

∮(u∇v − v∇u) .nds.

Haciendo v = φi, vemos que∫ ∫u∇2φidxdy =

∫ ∫φi∇2udxdy +

∮(u∇φi − φi∇u) .nds.

Sin embargo, ∇2u = Q y, sobre la frontera, φi = 0 y u = α. Por tanto,

(19) bi = − 1

λi

∫ ∫φiQdxdy +

∮α∇φi.nds∫ ∫

φ2i dxdy

Esta es la expresion general que buscamos para los coeficientes bi,puesto que estamos suponiendo que λi, φi, α y Q son conocidos.

Si u satisface condiciones de contorno homogeneas, es decir, si α = 0,entonces (19) se convierte en

bi = − 1

λi

∫ ∫φiQdxdy∫ ∫φ2

i dxdy,

lo que concuerda con (14) en el caso de una region rectrangular. Estomuestra que (8) puede ser derivada termino a termino si u y φ satisfacenlas mismas condiciones homogeneas de contorno.

Facultad de Ciencias

Ecuaciones en Derivadas Parciales.

Metodos de las Caracterısticas.

Julio 2005

(1) Resolver el problema

∂w

∂t− 3

∂w

∂x= 0

con w(x, 0) = cosx.

(2) Resolver el problema

∂w

∂t+ 4

∂w

∂x= 0

con w(0, t) = sen3t.

(3) Resolver el problema

∂w

∂t+ c

∂w

∂x= 0 (c > 0) para x > 0y t > 0

w(x, 0) = f(x) x > 0, w(0, t) = h(t) t > 0

(4) Consideremos el problema

∂u

∂t+ 2u

∂u

∂x= 0

con u(x, 0) = f(x). Demostrar que las caracterısticas son lıneas rectas

(5) Si en el problema anterior

u(x, 0) = f(x) =

1, x < 0

1 + x/L, 0 < x < L,

2, x > L.

(a) Obtener las ecuaciones de las caracterısticas. esbozar su grafica.

(b) obtener la solucion u(x, t). Esbozar la grafica de u(x, t) para t fijo

2

(6) Consideremos la ecuacion de primer orden cuasilineal.

a∂u

∂x+ b

∂u

∂y= c,

donde a, b y c son funciones de x e y, ası como de u. Demostrar que el metodo de las

caracterısticas implica

adx

a=

dy

b=

du

c.

(7) Supongamos que u(x, t) = F (x− ct. Evaluar:

(a)∂u

∂t(x, 0). (b)

∂u

∂x(0, t).

(8) Determinar analıticamente formulas para u(x, t) si

u(x, 0) = f(x) = 0

∂u

∂t(x, 0) = g(x) =

1, |x| < h,

0, |x| > h.

Indicacion: obtener dos regiones, t < h/c y t > h/c, donde la solucion tiene

hasta cinco formas diferentes dependiendo de x.

(9) Determinar u(x, t) en el problema

∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2, x < 0,

donde u(x, 0) = cosx si x < 0,∂u

∂t(x, 0) = 0 si x < 0, u(0, t) = e−t para t > 0. No

esbozar la solucion, pero si las caracterısticas principales en un diagrama espacio -

tiempo.

(10) Considerese la ecuacion de ondas en un intervalo

∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2, 0 < x < ∞,

con el dato frontera∂u

∂t(0, t) = 0 y las condiciones iniciales

u(x, 0) =

0, 0 < x < 2,

1, 2 < x < 3,

0, x > 3

∂u

∂t(x, 0) = 0

Determinar la solucion. Esbozar la solucion para varios tiempos (suponer que u es

continua en x = 0, t = 0).

3

(11) (a) Usando el metodo de las caracterısticas resolver para x > 0, t > 0

∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2, 0 < x < ∞,

u(x, 0) = f(x)∂u

∂t(x, 0) = g(x)

x > 0,

∂u

∂x(0, t) = 0, t > 0.

(Suponer que u es continua en x = 0, t = 0.)

(b) Comprobar que la solucion del apartado (a) se puede obtener extendiendo la

posicion y velocidad iniciales como funciones pares (alrededor de x = 0).

(c) Esbozar la solucion si g(x) = 0 y

f(x) =

1, 4 < x < 5,

0, en el resto

(12) Resolver mediante el metodo de las caracterısticas el problema:

∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2,

sujeta a las condiciones u(x, 0) = 0, u(0, t) = h(t),∂u

∂t(x, 0) = 0 y u(L, t) = 0.

(13) Considerese el problema

∂2u

∂t2= c2∂2u

∂x2, 0 < x < 10

sujeta a las condiciones

u(x, 0) = f(x) =

1, 4 < x < 5,

0, en el resto

∂u

∂t(x, 0) = g(x) = 0,

∂u

∂x(L, t) = 0.

(a) Esbozar la solucion mediante el metodo de las caracterısticas.

(b) Obtener la solucion convirtiendo el problema en un problema definido em toda

la recta.

(14) ¿Como se deberıa extender los datos iniciales∂u

∂x(x, 0) = 0 y u(L, t) = 0?